(2,0 pontos) Fixado 0<a<1, seja f: R R uma função contínua em x=0 tal que f(x)+f(a x)=x, para todo x in R.
(a) Mostre que f(x)=x sumk=0^n(-a)^k+(-1)^n+1 f(a^n+1 x), para quaisquer x in R e n in N.
(b) Fazendo n infty no item anterior, determine f.

Passo 1

O enunciado fixa 0<a<1 e uma função f:RtoR contínua em x=0 que satisfaz
f(x)+f(a x)=x,forall xinR
Queremos, em (a), obter por iteração a fórmula
f(x)=xsumk=0^n(-a)^k+(-1)^n+1fl(a^n+1xr),
e em (b) tirar ntoinfty usando 0<a<1 e a continuidade para encontrar a expressão fechada de f.

Passo 2

Mostramos a fórmula para n=0. A soma de k=0 a 0
sumk=0^0(-a)^k=(-a)^0=1,
e a fórmula afirma
f(x)=xcdot1+(-1)^1fl(a^1xr) Long<=ftrightarrow f(x)=x-f(ax),
o que é equivalente à condição f(x)+f(ax)=x. Logo a base n=0 vale.

Passo 3

Suponha a fórmula verdadeira para algum n>=0, ou seja,
f(x)=xsumk=0^n(-a)^k+(-1)^n+1fl(a^n+1xr)
Usando a equação funcional em a^n+1x, temos
fl(a^n+1xr)+fl(a^n+2xr)=a^n+1x Longrightarrow fl(a^n+1xr)=a^n+1x - fl(a^n+2xr)
Substituindo em f(x):
f(x) = xsumk=0^n(-a)^k +(-1)^n+1l(a^n+1x - f(a^n+2x)r) = xsumk=0^n+1(-a)^k +(-1)^n+2fl(a^n+2xr)
Isto completa o passo de indução, provando a fórmula para todo ninN.

Passo 4

Para achar f, fazemos ntoinfty. Como 0<a<1, a^n+1xto0 e pela continuidade em 0 vale
fl(a^n+1xr)to f(0)
Mas da equação funcional em x=0 segue
f(0)+f(acdot0)=f(0)+f(0)=0 Longrightarrow f(0)=0
Logo o termo de resto
(-1)^n+1fl(a^n+1xr)longrightarrow0
Enquanto isso a soma finita é parte da série geométrica de razão -a, que converge para
sumk=0^infty(-a)^k =11-(-a) =11+a
Portanto, no limite ntoinfty, obtemos
f(x)=xsumk=0^infty(-a)^k =x1+a

Resposta

boxedf(x)=x1+a

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