Dejemos que $h \in \mathcal{C}:=C([-a,a])$ , donde $a>0$ . Demostrar que existe una función única $f \in \mathcal{C}$ tal que $$ f(x)=\frac{x}{2}f\Big(\frac{x}{2}\Big)+h(x)\quad \forall x \in [-a,a]. $$
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Singularidad Dejemos que $f_1, f_2 \in \mathcal{C}$ sean soluciones de $$ f(x)=\frac{x}{2}f\big(\frac{x}{2}\Big)+h(x) \quad \forall x \in [-a,a]. $$ Entonces, para cada $x \in [-a,a]$ tenemos $$ |f_1(x)-f_2(x)|=\frac{|x|}{2}\Big|f_1\big(\frac{x}{2}\Big)-f_2\big(\frac{x}{2}\Big)\Big|. $$ Por lo tanto, para cada $x \in [-a,a]$ y cada $n \in \mathbb{N}$ tenemos $$ |f_1(x)-f_2(x)|=\frac{|x|^n}{2^{1+2\ldots+n}}\Big|f_1\big(\frac{x}{2^n}\Big)-f_2\big(\frac{x}{2^n}\Big)\Big|=\frac{|x|^n}{2^{n(n+1)/2}}\Big|f_1\big(\frac{x}{2^n}\Big)-f_2\big(\frac{x}{2^n}\Big)\Big|. $$ Por lo tanto, $$ \|f_1-f_2\|\le\frac{a^n}{2^{n(n+1)/2}}\|f_1-f_2\| \quad \forall n \in \mathbb{N}. $$ Desde $$ \lim_{n\to \infty}\frac{a^n}{2^{n(n+1)/2}}=0, $$ se deduce que $f_1\equiv f_2$ .
Existencia Dejemos que $g \in \mathcal{C}$ sea arbitraria. Consideremos la secuencia $(f_n)_n\subset \mathcal{C}$ dado por $$ f_1(x)=g(x),\ f_n(x)=\frac{x}{2}f_{n-1}\Big(\frac{x}{2}\Big)+h(x) \quad \forall x \in [-a,a] $$ Por cada $n$ y cada $x \in [-a,a]$ tenemos \begin{eqnarray} |f_n(x)-f_{n+1}(x)|&=&\frac{|x|}{2}\Big|f_{n-1}\Big(\frac{x}{2}\Big)-f_n\Big(\frac{x}{2}\Big)\Big|\\ &\vdots&\\ &=&\frac{|x|^{n-1}}{2^{1+2\ldots+(n-1)}}\Big|f_1\Big(\frac{x}{2^{n-1}}\Big)-f_2\Big(\frac{x}{2^{n-1}}\Big)\Big|\\ &\le&\frac{a^{n-1}}{2^{n(n-1)/2}}\|f_1-f_2\|, \end{eqnarray} es decir $$ \|f_n-f_{n+1}\|\le \frac{a^{n-1}}{2^{n(n-1)/2}}\|f_1-f_2\| \quad \forall n \ge 1. $$ Por lo tanto, para cada $m>n \ge 1$ tenemos \begin{eqnarray} \|f_n-f_m\|&\le&\sum_{k=n}^{m-1}\|f_k-f_{k+1}\|\le \|f_1-f_2\|\sum_{k=n}^{m-1}\frac{a^{k-1}}{2^{k(k-1)/2}}\le \|f_1-f_2\|\sum_{k=n}^\infty\frac{a^{k-1}}{2^{k(k-1)/2}} \end{eqnarray} De esta última desigualdad obtenemos que $$ \lim_{m,n\to \infty}\|f_n-f_m\|=0, $$ es decir $(f_n)$ es una secuencia de Cauchy, por lo que converge a alguna $f \in \mathcal{C}$ . A partir de la definición de $f_n$ obtenemos para cada $x \in [-a,a]$ : $$ f(x)=\lim_nf_n(x)=\lim_n\Big(\frac{x}{2}f_{n-1}\Big(\frac{x}{2}\Big)+h(x)\Big)=\frac{x}{2}f\Big(\frac{x}{2}\Big)+h(x). $$
Saif Bechan
Puntos
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Si $f$ es una solución entonces para todo $x \in [-a,a]$ obtenemos aplicando la ecuación funcional $n$ veces \begin{align*} f(x) &= \frac{x}{2} f\left(\frac{x}{2}\right) + h(x)\\ &= \frac{x^2}{2^{1+2}} f\left(\frac{x}{4}\right) + \frac{x}{2} h\left(\frac{x}{2}\right) \\ &= \frac{x^2}{2^{1+2+3}} f\left(\frac{x}{8}\right) + \frac{x^2}{2^{1+2}} h\left(\frac{x}{4}\right) + \frac{x}{2} h\left(\frac{x}{2}\right) + h(x)\\ &= \ldots\\ &= \frac{x^n}{2^{n(n-1)/2}} f\left(\frac{x}{2^n}\right) + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{x^k}{2^{k(k-1)/2}} h\left(\frac{x}{2^k}\right) \end{align*} El primer sumando tiende a cero para $n \to \infty$ como los sumandos dentro de la segunda suma para $k \to \infty$ . Así que nos gustaría definir $$f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{2^{k(k-1)/2}} h\left(\frac{x}{2^k}\right).$$ Este $f$ satisface la ecuación funcional, sólo tenemos que demostrar que la serie converge y define una función continua en $[-a,a]$ . Si podemos demostrar que la serie converge uniformemente en $[-a,a]$ entonces la función límite nuestra $f$ será continua como límite uniforme de funciones continuas.
Para los grandes $k$ , digamos que $k \geq k_0$ tenemos $|h(x/2^k)| \leq |h(0)| + \varepsilon$ por la continuidad de $h$ Así que $$\sum_{k \geq k_0} \left| \frac{x^k}{2^{k(k-1)/2}} h\left(\frac{x}{2^k}\right) \right| \leq \left(|h(0)| + \varepsilon\right) \sum_{k \geq k_0} \frac{a^k}{2^{k(k-1)/2}}$$ y el lado derecho converge independientemente de $x$ .
Para la unicidad, dejemos que $f$ y $g$ sean dos soluciones de la ecuación funcional. Entonces $f-g$ satisface la ecuación funcional de $h \equiv 0$ . Por lo tanto, podemos suponer $h \equiv 0$ y demostrar que $f \equiv 0$ es la única solución. Aplicando la ecuación funcional $n$ tiempos como el anterior muestra $$f(x) = \frac{x^n}{2^{n(n-1)/2}} f\left(\frac{x}{2^n}\right)$$ para todos $n$ . Pero $f(x/2^n)$ está limitada por la continuidad de $f$ , por lo que esto converge a $0$ para $n \to \infty$ . Así, $f \equiv 0$ .
