Mudando um pouco a notação... Ponha: Df(x) = f(x+1) - f(x). Para todo x em R+, e todo inteiro positivo k, existe (pelo TVM) y_k entre x e x+1 tal que (Df)^(k)(x) = f^(k)(x+1) - f^(k)(x) = f'^(k+1)(y_k) > 0. Logo, Df satisfaz a primeira condição do enunciado. Além disso, como f' é positiva para todo x em R+, para todo m em R+, existe (pelo TVM) a_m entre m e m+1 tal que Df(m) = f(m+1) - f(m) = f'(a_m) > 0 ==> Df(m) é inteiro positivo. Logo, Df satisfaz a condição 2 do enunciado.
Suponha que o resultado valha para Df (ou seja, que Df(n) >= 2^(n-1) para todo inteiro positivo n). Pela condição 2 do enunciado, f(1) >= 1. Além disso, para todo n > 1, f(n) = f(1) + Df(1) + Df(2) + ... + Df(n-1) >= 1 + 2^0 + 2^1 + ... + 2^(n-2) = 1 + (2^(n-1) - 1) = 2^(n-1) Portanto, se o resultado valer para Df, então valerá para f. Pelo mesmo argumento, as funções D^2f, D^3f, ..., D^(n-1)f, dadas por: D^2f(x) = Df(x+1) - Df(x), D^3f(x) = D^2f(x+1) - D^2f(x) ... D^(n-1)f(x) = D^(n-2)f(x+1) - D^(n-2)f(x) também satisfazem as duas condições do enunciado. Logo, se o resultado valer para D^2f, então valerá para Df (e, portanto, pelo que foi feito acima, para f). E assim por diante... se valer para D^3f, então valerá para D^2f, ... se valer para D^(n-1)f, então valerá para D^(n-2)f. Agora, D^(n-1)f(1) = 1 (já que D^(n-1)f satisfaz a condição 2 do enunciado). E assim... D^(n-2)f(2) = D^(n-2)f(1) + D^(n-1)f(1) >= 1 + 1 = 2 D^(n-3)f(3) = D^(n-3)f(1) + D^(n-2)f(1) + D^(n-2)f(2) >= 1 + 1 + 2 = 1 + 3 = 4 ... D^2f(n-2) = D^2f(1) + D^3f(1) + ... + D^3f(n-3) >= 1 + 1 + ... + 2^(n-4) = 1 + (2^(n-3) - 1) = 2^(n-3) Df(n-1) = Df(1) + D^2f(1) + D^2f(2) + ... D^2f(n-2) >= 1 + 1 + 2 + ... + 2^(n-3) = 1 + (2^(n-2) - 1) = 2^(n-2) Finalmente... f(n) = f(1) + Df(1) + Df(2) + ... + Df(n-1) >= 1 + 1 + 2^1 + ... + 2^(n-2) = 1 + (2^(n-1) - 1) = 2^(n-1) E acabou! []s, Claudio. On Wed, Oct 30, 2019 at 5:38 PM Ernesto Rodrigues <[email protected]> wrote: > Pense um pouco sobre g(x)=f(x+1)-f(x), essa questão é bem tricky, o > segredo é que a g satisfaz as condições da questão, logo, por indução, vale > que g(n) é maior ou igual a dois elevado a n menos um, mas isto implica que > o mesmo vale para f(n+1), completando a indução (tem que pensar bastante > para sacar a ideia). > > Em qua, 30 de out de 2019 13:47, Lucas Dantas <[email protected]> > escreveu: > >> Meu grupo da faculdade estamos com dificuldade de resolver o problema 5 >> da segunda fase da OBM-U 2018. >> >> Enunciado: Sejam R+ o conjunto dos números reais positivos e f:R+->R+ uma >> função infinitamente diferenciável tal que: >> >> 1) Para todo k inteiro positivo e para todo real positivo x, f^(k)(x)>0 . >> (Onde f^(k) representa a k-esima derivada). >> >> 2) para todo m inteiro positivo, f(m) é inteiro positivo. >> >> Prove que para todo inteiro positivo n, f(n)>= 2^(n-1) >> >> >> >> Estávamos pensando que qualquer função com todas as derivadas positivas >> cresceria mais rápido que uma exponencial do tipo b^x com uma base maior >> que um. Mas daí conseguimos o contraexemplo vish(sqrt(x)). Agora estamos >> pensando em pensar em algo do tipo que f(x+1)>=2f(x). Mas mesmo assim não >> sei como continuar. Se alguém tiver alguma sugestão de como resolver ou >> alguma ideia pra nos ajudar. >> >> -- >> Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e >> acredita-se estar livre de perigo. > > > -- > Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antivírus e > acredita-se estar livre de perigo. -- Esta mensagem foi verificada pelo sistema de antiv�rus e acredita-se estar livre de perigo.
