Seja f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} ma função contínua tal que
f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x, y \in \mathbb{R}

Passo 1

O enunciado dá uma função contínua f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} que satisfaz a igualdade
f(x+y)=f(x)+f(y),\qquad \forall x,y\in\mathbb{R}.
O que se pede (inferido do enunciado clássico) é determinar todas as funções f que satisfazem essa condição sob a hipótese de continuidade. Informações relevantes que temos:
  • Domínio e contradomínio: f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}.
  • Continuidade de f em todos os pontos de \mathbb{R}.
  • Equação funcional aditiva: f(x+y)=f(x)+f(y) para todo x,y.

Passo 2

Primeiro fato simples: o valor de f em 0. Substitui y=0 na equação funcional:
f(x+0)=f(x)+f(0).
Como x+0=x, a expressão à esquerda é f(x). Logo
f(x)=f(x)+f(0).
Subtraindo f(x) dos dois lados obtemos
f(0)=0.
Esse é um passo padrão: qualquer função aditiva deve enviar 0 em 0.

Passo 3

Agora mostramos que f é ímpar: f(-x)=-f(x). Use x e -x na equação:
f(x+(-x))=f(x)+f(-x).
Como x+(-x)=0 e f(0)=0, temos
0=f(x)+f(-x).
Portanto
f(-x)=-f(x),\qquad \forall x\in\mathbb{R}.

Passo 4

Mostramos que f é homogênea em inteiros: para todo inteiro n e todo real x vale
f(nx)=n\,f(x).
Prova para n\in\mathbb{N} por indução:
  • Base n=1: f(1\cdot x)=f(x)=1\cdot f(x).
  • Passo indutivo: suponha f(nx)=n f(x). Então
f((n+1)x)=f(nx+x)=f(nx)+f(x)=n f(x)+f(x)=(n+1)f(x).
Para n=0 já temos f(0)=0. Para inteiros negativos, use o item anterior:
f((-n)x)=-f(nx)=(-n)f(x).
Assim a fórmula vale para todo n\in\mathbb{Z}.

Passo 5

Agora estendemos para racionais. Seja n\in\mathbb{N}, n\neq 0. Substitua x por x/n na igualdade do Passo 4:
f\big(n\cdot \tfrac{x}{n}\big)=n\,f\big(\tfrac{x}{n}\big).
O lado esquerdo é f(x). Logo
f\big(\tfrac{x}{n}\big)=\tfrac{1}{n}f(x).
Seja agora r=\tfrac{m}{n} com m\in\mathbb{Z}. Usando homogeneidade inteira e o resultado acima,
f\big(r x\big)=f\big(m\cdot \tfrac{x}{n}\big)=m\,f\big(\tfrac{x}{n}\big)=m\cdot \tfrac{1}{n}f(x)=\tfrac{m}{n}f(x)=r f(x).
Em particular, tomando x=1 obtemos, para todo racional r,
f(r)=r\,f(1).
Ou seja: em todos os racionais f é uma função linear com coeficiente f(1).

Passo 6

Agora usamos a continuidade para passar dos racionais para todos os reais. Seja x\in\mathbb{R}. Escolha uma sequência de racionais (r_k)_{k\ge1} tal que r_k\to x (isso é possível porque os racionais são densos em \mathbb{R}). Para cada k temos, pelo Passo 5,
f(r_k)=r_k\,f(1).
Passe ao limite quando k\to\infty. Como f é contínua e r_k\to x, o lado esquerdo converge para f(x). O lado direito converge para x\,f(1). Portanto
f(x)=x\,f(1),\qquad \forall x\in\mathbb{R}.
Esse é o passo crucial: a continuidade permite trocar limite e aplicação de f e garante que a relação válida nos racionais estenda-se a todos os reais.

Passo 7

Verificação e unicidade: defina a:=f(1). A função g(x)=a x satisfaz claramente a propriedade aditiva:
g(x+y)=a(x+y)=ax+ay=g(x)+g(y),
e é contínua. Como mostramos que qualquer f contínua e aditiva deve ser da forma f(x)=x f(1), concluímos que todas as soluções contínuas são exatamente as funções lineares de coeficiente real a.

Passo 8

Exemplos simples para fixar a ideia:
  • Se a=0 então f(x)=0 para todo x (função nula).
  • Se a=1 então f(x)=x (identidade).
  • Se a=2 então f(x)=2x, etc.
    Esses exemplos satisfazem a equação e a continuidade.

Passo 9

Comentário final rápido (útil para prova): a hipótese de continuidade é essencial para excluir soluções “crazies” da equação de Cauchy. Sem continuidade (ou outra hipótese como monotonicidade, limite em um ponto, ou mensurabilidade), existem funções não-lineares que satisfazem f(x+y)=f(x)+f(y). Mas com continuidade, a solução é simplesmente f(x)=a x.

Resposta

f(x)=a x,\\ \forall x\in\mathbb{R}, onde a=f(1)\in\mathbb{R}.

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