Pitatoria

luffy

Problema: Pruebe que para todos los enteros positivos n

\displaystyle\prod_{i=1}^n2^{\frac{i}{2^i}}<4

Saludos :

impure

Solución:
[hide]Lo anterior es quivalente a demostrar que \displaystyle \sum^{n}_{i=1} \dfrac{i}{2^i}<2, como cada sumando de esta suma es positivo nos bastara probar que \displaystyle\sum^{\infty}_{i=1} \dfrac{i}{2^i}=2 y esto ultimo es directo para z=\dfrac{1}{2} de que z \cdot \left(\dfrac{1}{1-z}\right)'=\displaystyle\sum^{\infty}_{i=1} iz^{i} siempre que |z|<1.[/hide]

gergajar

(Solución fea )
Veamos primero la sumatoria:
\begin{align}\displaystyle \sum_{i=1}^{n}ix^i &= \frac{1}{x-1} \left [\sum_{i=1}^{n} ix^{i+1}- ix^i \right ] \notag \\ &= \frac{1}{x-1} \left [\sum_{i=1}^{n} \left((i+1)x^{i+1}- ix^i \right)-x^{i+1} \right ] \notag \\ &= \frac {1}{x-1}\left [ (n+1)x^{n+1}-x \right ]- \frac{x}{x-1} \left [ \sum _{i=1}^{n} x^i \right] \notag \\ & = \frac {1}{x-1}\left [ (n+1)x^{n+1}-x \right ] - \frac{x}{x-1} \left [ \frac {x^{n+1}-x}{x-1} \right ] \notag \\ &= \frac{1}{x-1}\left[ \left( (n+1)x^{n+1}-x \right) - x \left( \frac {x^{n+1}-x}{x-1} \right) \right ] \notag \end{align}

Ahora si reemplazamos por x=\frac{1}{2} tenemos :
\begin{align} \displaystyle \sum_{i=1}^{n}i \left(\frac{1}{2} \right)^i &=-2\left[ \left( (n+1)\left( \frac{1}{2} \right)^{n+1}-\frac{1}{2} \right) + \left( \left( \frac{1}{2}\right)^{n+1}-\frac{1}{2} \right) \right ] \notag \\ &= -2\left[ \frac{n+1}{2^{n+1}} -\frac{1}{4} + \left(\frac{1}{2^{n+1}} \right) \right] \notag \\ &= -2 \left[ \frac{n+2}{2^{n+1}} - \frac{1}{4}\right] \notag \\ &= \frac{-2n-4}{2^{n+1}}+ \frac{1}{2} \end{align}
Como dijo iMPuRe queremos demostrar que : \displaystyle \sum_{i=1}^{n}i \left(\frac{1}{2} \right)^i < 2 , lo que es equivalente a : \displaystyle\frac{-2n-4}{2^{n+1}} < \frac{3}{2}
Lo que es cierto pues :

\begin{align} 3*2^{n+1} + 4n+8 & > 0 \notag \\ -2(-2n-4) &> -3*2^{n+1} \notag \\ \frac{-2n-4}{2^{n+1}}&< \frac{3}{2} \end{align}
:

Buster

Correcto.

En todo caso, lo último sale con

\frac{-2n-4}{2^{n+1}}<0<\frac{3}{2}

brunoandrades

Solución:
[hide]Lo anterior es quivalente a demostrar que \displaystyle\sum^{n}_{i=1} \dfrac{i}{2^i}<2, como cada sumando de esta suma es positivo nos bastara probar que \displaystyle\sum^{\infty}_{i=1} \dfrac{i}{2^i}=2 y esto ultimo es directo para z=\dfrac{1}{2} de que z \cdot \left(\dfrac{1}{1-z}\right)'=\displaystyle\sum^{\infty}_{i=1} iz^{i} siempre que |z|<1.[/hide]

Encontre otra manera de probar que

\displaystyle\sum_{i=1}^n \frac{i}{2^i}<2 \forall n \in \mathbb{N}^*

Tal como dijo él, bastará con probar que \displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{2^i}\leq 2

Analizaremos el caso general de \displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i}, a>1

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \frac{1}{a} + \frac{2}{a^2} +\frac{3}{a^3} + \frac{4}{a^4} + \cdots

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \displaystyle \sum_{j=1}^\infty(\displaystyle\sum_{i=j}^\infty\frac{1}{a^i})

La prueba de esto se encuentra al final

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \displaystyle \sum_{j=1}^\infty(\frac{\frac{1}{a^j}}{1-\frac{1}{a}})

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \displaystyle \sum_{j=1}^\infty(\frac{1}{a^{j-1}(a-1)})

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \frac{1}{a-1}\displaystyle \sum_{j=0}^\infty(\frac{1}{a^j})

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} =( \frac{1}{a-1})(\frac{1}{1-\frac{1}{a}})

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \frac{a}{(a-1)^2}

Si reemplazamos a=2 obtenetmos \displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{2^i} = 2

Prueba de que: \displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \displaystyle \sum_{j=1}^\infty(\displaystyle\sum_{i=j}^\infty\frac{1}{a^i})

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \frac{1}{a} + \frac{2}{a^2} +\frac{3}{a^3} + \frac{4}{a^4} + \cdots

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \frac{1}{a} + \frac{1}{a^2} +\frac{1}{a^3} + \frac{1}{a^4} + \cdots

+\frac{1}{a^2} +\frac{1}{a^3} + \frac{1}{a^4} + \cdots

+\frac{1}{a^3} + \frac{1}{a^4} + \cdots

+ \frac{1}{a^4} + \cdots

\vdots

Esto es fácil de ver sumando en diagonales

\Longrightarrow \displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{a^i}+ \displaystyle\sum_{i=2}^\infty \frac{1}{a^i}+ \displaystyle\sum_{i=3}^\infty \frac{1}{a^i}+\cdots

\displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{i}{a^i} = \displaystyle \sum_{j=1}^\infty(\displaystyle\sum_{i=j}^\infty\frac{1}{a^i})

pancracio

Sea x_n = \displaystyle\prod_{k = 1}^{n} 2^{\left(\frac{k}{2^k} \right )}. Notemos que \displaystyle\prod_{k = 1}^{n} 2^{\left(\frac{k}{2^k} \right )} es equivalente a 2^{{\sum_{k = 1}^{n} \left (\frac{i}{2^i} \right )}}. Luego, operando con el exponente, se tiene:
\begin{align*} \sum_{k = 1}^{n} \left (\frac{i}{2^i} \right ) &= \sum_{k = 1}^{n} \left (\frac{i}{2^{i-1}} - \frac{i}{2^i} \right ) \\ &= \sum_{k = 1}^n \left (\frac{i-1}{2^{i-1}} - \frac{i}{2^i} + \frac{1}{2^{i-1}} \right ) \\ &= \sum_{k = 1}^n \left (\frac{i-1}{2^{i-1}} - \frac{i}{2^i} \right ) + \sum_{k = 1}^n \frac{1}{2^{i-1}} \\ &= -\frac{n}{2^n} + \sum_{k = 0}^{n-1} \frac{1}{2^k} \\ &= -\frac{n}{2^n} + \frac{1 - \frac{1}{2^n}}{\frac{1}{2}} \\ &= 2 - \frac{2}{2^n} - \frac{n}{2^n} < 2. \end{align*}
Como 2^k es una función estrictamente creciente, tenemos que x_n < 2^2 = 4 para todo n \in \mathbb{N}, que es lo que se quería probar. _\blacksquare