1. (Q4-ITA/2003) Considere uma função \mathbf{f}: R \rightarrow R não-constante e tal que \mathbf{f}(\mathrm{x}+\mathrm{y})=\mathbf{f}(\mathrm{x}) \mathbf{f}(\mathrm{y}), \forall \mathrm{x}, \mathrm{y} \in \mathrm{R}. Das afirmações:
    I. \mathrm{f}(\mathrm{x})>0, \forall \mathrm{x} \in \mathrm{R};
    II. \mathrm{f}(\mathrm{nx})=[\mathrm{f}(\mathrm{x})]^{\mathrm{n}}, \forall \mathrm{x} \in \mathrm{R}, \forall \mathrm{n} \in \mathrm{N}^{*};
    III. f é par.
    é(são) verdadeira(s):
    a) apenas I e II.
    b) apenas II e III.
    c) apenas I e III.
    d) todas.
    e) nenhuma.

Passo 1

O enunciado nos dá uma função f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, não-constante, que satisfaz
f(x+y)=f(x)\,f(y),\qquad \forall x,y\in\mathbb{R}.
As afirmações a testar são:
I. f(x)>0,\\ \forall x\in\mathbb{R}.
II. f(nx)=[f(x)]^{n},\\ \forall x\in\mathbb{R},\\ \forall n\in\mathbb{N}^{*}.
III. f é par (ou seja, f(-x)=f(x),\\ \forall x\in\mathbb{R}).
A pergunta pede escolher qual das alternativas (a)–(e) corresponde às afirmações verdadeiras.

Passo 2

Primeiras consequências elementares da equação funcional (essas são as coisas que sempre convém checar):
  1. Valor em zero. Tomando y=0 na relação dada:
f(x+0)=f(x)f(0)\quad\Rightarrow\quad f(x)=f(x)f(0),\\ \forall x.
Se f não for identicamente zero, então existe algum x com f(x)\neq0, e daí a igualdade implica f(0)=1. Se f(0)=0 então, para todo x,
f(x)=f(x)f(0)=f(x)\cdot 0=0,
ou seja f seria a função zero (constante), o que contradiz a hipótese “não-constante”. Logo necessariamente
f(0)=1.
  1. Não anula. Se houvesse a com f(a)=0, então para qualquer x
f(x)=f(x-a+a)=f(x-a)f(a)=f(x-a)\cdot 0=0,
novamente f seria identicamente zero. Como f não é constante zero, concluímos que
f(x)\neq 0,\qquad \forall x\in\mathbb{R}.
  1. Valor em -x. Tomando y=-x na relação:
f(0)=f(x)f(-x)=1,
logo
f(-x)=\frac{1}{f(x)},\qquad \forall x.
Essas três observações vão ser úteis para analisar I–III.

Passo 3

Prova da afirmação II (esta é a mais direta e sempre verdadeira para n\in\mathbb{N}^{*}):
Vamos provar por indução em n\in\mathbb{N}^{*} que
f(nx)=[f(x)]^{n},\qquad \forall x\in\mathbb{R}.
Base n=1: é trivial, pois f(1\cdot x)=f(x)=[f(x)]^{1}.
Passo indutivo: suponha que a propriedade vale para algum n\ge1, isto é f(nx)=[f(x)]^{n}. Então, usando a equação funcional,
f((n+1)x)=f(nx+x)=f(nx)\,f(x)=[f(x)]^{n}\,f(x)=[f(x)]^{n+1}.
Assim vale para n+1. Por indução, a fórmula vale para todo n\in\mathbb{N}^{*}. Portanto a afirmação II é verdadeira.
Observação pedagógica: a razão pela qual isso funciona é que a equação funcional transforma soma de argumentos em produto de valores, e somar x n vezes corresponde a multiplicar f(x) n vezes — exatamente o enunciado.

Passo 4

Prova da afirmação I (positividade de f):
Já vimos que f(x)\neq0 para todo x. Vamos mostrar que f(x)>0 para todo x (ou seja, f nunca é negativa). Suponha, por absurdo, que exista a tal que f(a)<0. Considere b=\dfrac{a}{2}. Usando a função duas vezes:
f(a)=f(2b)=f(b+b)=f(b)\,f(b)=[f(b)]^{2}.
Mas [f(b)]^{2}\ge 0 para todo b real (quadrado de número real não é negativo), então o lado direito é \ge 0, enquanto o lado esquerdo f(a) foi assumido negativo. Contradição. Portanto não existe tal a; assim
f(x)>0,\qquad \forall x\in\mathbb{R}.
Logo a afirmação I é verdadeira.
Comentário intuitivo: a propriedade de dividir argumentos (usar a/2) é crucial — é um truque clássico: se houvesse valor negativo ele teria de ser quadrado de outro valor, o que é impossível.

Passo 5

Análise da afirmação III (paridade):
Da observação do Passo 2 temos
f(-x)=\frac{1}{f(x)}.
Para f ser par precisaríamos ter f(-x)=f(x) para todo x, isto é
\frac{1}{f(x)}=f(x)\quad\Rightarrow\quad f(x)^{2}=1,\qquad \forall x.
Isso implicaria que f(x)\in\{1,-1\} para todo x. Se f(x)=1 para todo x então f é a função constante 1 (essa satisfaz a equação funcional), mas o enunciado exige que f seja não-constante, então a constante 1 é descartada. A alternativa de ter valores \pm1 variando com x implica uma homomorfismo do grupo (\mathbb{R},+) para o grupo multiplicativo \{\pm1\}; mas não existe homomorfismo não-trivial desse tipo (argumento simples: se h:\mathbb{R}\to\{\pm1\} fosse não-trivial, haveria y com h(y)=-1; então para z=y/2 teria h(z)^2=h(2z)=h(y)=-1, impossível). Portanto não existe função não-constante com valores somente em \{\pm1\} que satisfaça a equação. Assim, em geral, f(-x)=1/f(x) não coincide com f(x). Um exemplo concreto e simples que mostra que III é falsa é
f(x)=e^{x},
que satisfaz f(x+y)=e^{x+y}=e^{x}e^{y}, é não-constante e positiva (confirmando I e II), mas não é par, pois f(-x)=e^{-x}\neq e^{x}=f(x) para x\neq0.
Portanto a afirmação III é falsa em geral.

Passo 6

Conclusão combinando os passos: II é verdadeira (provada por indução), I é verdadeira (argumento pelo absurdo e divisão por 2), e III é falsa (contraexemplo f(x)=e^{x} e argumento geral). Assim são verdadeiras apenas I e II.

Resposta

a) apenas I e II.

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