14 Seja \mathrm{f}: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, não identicamente nula, tal que \mathrm{f}(1)=0 \mathrm{e}
f(x) f(y)=\frac{1}{2}(f(x+y)+f(x-y))
para todos os reais x e y.
(a) Mostre que f(0)=1 ; f(2)=-1 ; f(3)=0 e f(4)=1.
(b) Mostre que f(x)=f(x+4), para todo x real.
(c) Existe, de fato, tal função?

Passo 1

O enunciado dá uma função f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}, não identicamente nula, tal que
f(x)\,f(y) \;=\;\tfrac12\bigl(f(x+y)+f(x-y)\bigr)
para todos x,y e ainda f(1)=0.
É uma equação funcional do tipo de d’Alembert/Chebyshev. Vamos usar valores especiais de x,y para achar f(0), f(2), f(3), f(4); depois mostrar a periodicidade de período 4; por fim, dar um exemplo.

Passo 2

Escolhendo y=0 na equação,
f(x)\,f(0) \;=\;\tfrac12\bigl(f(x+0)+f(x-0)\bigr) \;=\;f(x),
e como f não é identicamente zero, segue
f(0)=1.
Tomando agora x=y,
f(x)^2 \;=\;\tfrac12\bigl(f(2x)+f(0)\bigr)
logo obtemos a fórmula de duplicação
\label{dup} f(2x)\;=\;2\,f(x)^2 \;-\;f(0).

Passo 3

Para x=1 em \eqref{dup} e usando f(1)=0 e f(0)=1, vem
f(2)=2\cdot0^2 - 1 = -1.
Para achar f(3), escolhemos x=2 e y=1 na equação original:
f(2)\,f(1) = \tfrac12\bigl(f(3)+f(1)\bigr) \quad\Longrightarrow\quad (-1)\cdot0 = \tfrac12\bigl(f(3)+0\bigr) \;\Longrightarrow\;f(3)=0.

Passo 4

Para x=2 em \eqref{dup}:
f(4)=f(2\cdot2)=2\,f(2)^2 - f(0) =2\cdot(-1)^2 - 1 = 2 - 1 = 1.

Passo 5

Para y=1 na equação original temos
f(x)\,f(1)=\tfrac12\bigl(f(x+1)+f(x-1)\bigr) \quad\Longrightarrow\quad 0 = f(x+1)+f(x-1) \quad\Longrightarrow\quad f(x+1) = -\,f(x-1).
Fazendo x\mapsto x+1 nessa relação dá
f(x+2) = -\,f(x).
Finalmente
f(x+4) = f\bigl((x+2)+2\bigr) = -\,f(x+2) = -(-\,f(x)) = f(x),
ou seja, período 4.

Passo 6

Uma solução não trivial é
f(x)=\cos\!\bigl(\tfrac\pi2\,x\bigr),
pois \cos(a x)\cos(a y)=\tfrac12[\cos(a(x+y))+\cos(a(x-y))] e \cos(\tfrac\pi2)=0.

Resposta

(a) f(0)=1, f(2)=-1, f(3)=0, f(4)=1.
(b) f(x+4)=f(x) para todo x.
(c) Sim; por exemplo f(x)=\cos\bigl(\tfrac\pi2\,x\bigr).

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