(ITA/2009) Seja \mathrm{f}: \mathrm{R} \rightarrow \mathrm{R} \backslash\{0\} uma função satisfazendo às condições:
\mathrm{f}(\mathrm{x}+\mathrm{y})=\mathrm{f}(\mathrm{x}) \mathrm{f}(\mathrm{y}); para todo \mathrm{x} ; \mathrm{y} \in \mathrm{R} e \mathrm{f}(\mathrm{x}) \neq 1, para todo x \in R \backslash\{0\} :
Das afirmações:
I. \mathbf{f} pode ser ímpar;
II. \mathrm{f}(0)=1;
III. f é injetiva;
IV.f não é sobrejetiva, pois f(x)>0 para todo x \in R.
é (são) falsa(s) apenas
a) I e III.
b) II e III.
c) I e IV.
d) IV.
e) I.

Passo 1

O enunciado define uma função f:\mathbb R\to\mathbb R\setminus\{0\} que satisfaz
f(x+y)=f(x)\,f(y),\quad \forall x,y\in\mathbb R,
e ainda
f(x)\neq 1,\quad \forall x\neq 0.
Queremos identificar quais entre I. “ f pode ser ímpar”, II. “ f(0)=1”, III. “ f é injetiva” e IV. “ f não é sobrejetiva, pois f(x)>0\\ \forall x” são falsas.

Passo 2

Calcular f(0). Tome x=y=0. Então
f(0)=f(0+0)=f(0)\,f(0)=\bigl(f(0)\bigr)^2.
Como f(0)\neq 0, segue \bigl(f(0)\bigr)^2=f(0)\implies f(0)=1.

Passo 3

Verificar se f pode ser ímpar. Se fosse ímpar teríamos
f(-x)=-f(x).
Mas para x=0 isso daria f(0)=0, contradizendo f(0)=1. Logo I é falsa.

Passo 4

Mostrar que f é injetiva. Se f(x_1)=f(x_2), então
f(x_1-x_2)=\frac{f(x_1)}{f(x_2)}=1.
Pela hipótese, a única solução de f(z)=1 é z=0. Logo x_1-x_2=0\implies x_1=x_2. Assim III é verdadeira.

Passo 5

Mostrar que f(x)>0 para todo x. Note que
f(x)=f\!\Bigl(\tfrac x2+\tfrac x2\Bigr)=f\bigl(\tfrac x2\bigr)^2>0.
Isso implica que a imagem de f não contém valores negativos, ou seja, f não é sobrejetiva em \mathbb R. Logo IV é verdadeira.

Passo 6

Das afirmações, a única que se revelou falsa foi I.

Resposta

e) I.

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