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
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
> 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.
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