Seja f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} uma função tal que
f(x+y)=f(x)+f(y) \text { e } f(x y)=f(x) f(y), \quad \forall x, y \in \mathbb{R}
Prove que, se f é contínua, então ou f=\operatorname{Id}_{\mathbb{R}} ou f=0.

Passo 1

O enunciado nos dá uma função f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} que satisfaz, para todos x,y\in\mathbb{R},
f(x+y)=f(x)+f(y)
e
f(xy)=f(x)f(y).
Além disso, f é contínua (em todo \mathbb{R}). O que se pede: provar que ou f é a aplicação identidade ( f(x)=x para todo x) ou f é a função nula ( f(x)=0 para todo x). Vou agora extrair e listar as informações relevantes:
  • f é aditiva: f(x+y)=f(x)+f(y).
  • f é multiplicativa: f(xy)=f(x)f(y).
  • f é contínua em \mathbb{R}.
  • Objetivo final: mostrar que as únicas possibilidades são f\equiv 0 ou f=\operatorname{Id}_{\mathbb{R}}.

Passo 2

Provar que f(0)=0.
Explicação e cálculo passo a passo: use a propriedade aditiva com x=0 e y=0:
f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0).
Isto é uma equação em f(0). Subtraindo f(0) de ambos os lados obtemos
0=f(0).
Portanto \,f(0)=0. (Isso é padrão: qualquer função aditiva satisfaz f(0)=0.)

Passo 3

Analisar f(1). Seja c=f(1). Usando a propriedade multiplicativa com x=y=1:
f(1)=f(1\cdot1)=f(1)f(1)=c^2.
Logo c=c^2. Resolvendo a equação c^2-c=0 obtemos
c(c-1)=0 \quad\Rightarrow\quad c=0\\ \text{ou}\\ c=1.
Portanto f(1) só pode ser 0 ou 1. Vou tratar cada caso separadamente.

Passo 4

Caso f(1)=0: então f\equiv 0.
Prova detalhada: para qualquer x\in\mathbb{R},
f(x)=f(x\cdot 1)=f(x)f(1)=f(x)\cdot 0=0.
Logo f(x)=0 para todo x. Assim neste caso f é a função nula. Terminamos a prova para a alternativa f(1)=0.

Passo 5

Agora suponha f(1)=1. Mostrar que f(n)=n para todo inteiro n.
Explicação: pela aditividade,
f(n)=f(\underbrace{1+1+\cdots+1}_{n\\ \text{vezes}})=\underbrace{f(1)+\cdots+f(1)}_{n\\ \text{vezes}}=n f(1)=n\cdot 1=n,
para todo inteiro positivo n. Para inteiros negativos, primeiro usamos f(0)=0 e aditividade para obter f(-1):
0=f(0)=f(1+(-1))=f(1)+f(-1)=1+f(-1),
logo f(-1)=-1. Então para n>0 temos f(-n)=f((-1)\cdot n)=f(-1)f(n)=(-1)\cdot n=-n. Assim f(n)=n para todo n\in\mathbb{Z}.

Passo 6

Mostrar que f coincide com a identidade nos racionais: f(q)=q para todo q\in\mathbb{Q}.
Detalhe passo a passo: tome p\in\mathbb{Z} e q\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}. Pela multiplicatividade,
f\!\Big(\frac{p}{q}\Big)\,f(q)=f\!\Big(\frac{p}{q}\cdot q\Big)=f(p).
Já sabemos que f(p)=p e f(q)=q, pois são inteiros. Assim
f\!\Big(\frac{p}{q}\Big)\,q=p\quad\Rightarrow\quad f\!\Big(\frac{p}{q}\Big)=\frac{p}{q}.
Isso trata todos os racionais (positivos e negativos, incluindo zero). Portanto f(q)=q para todo q\in\mathbb{Q}.

Passo 7

Usar continuidade para estender a igualdade dos racionais aos reais.
Explicando os conceitos (didaticamente): continuidade significa, intuitivamente, que valores de f variam sem “saltos”: se x_n\to x então f(x_n)\to f(x). A densidade dos racionais diz que para todo x\in\mathbb{R} existe uma sequência de racionais (r_n) tal que r_n\to x. Juntando as duas ideias: se r_n são racionais aproximando x, então f(r_n)=r_n (porque já provamos que f é identidade nos racionais), e por continuidade
f(x)=\lim_{n\to\infty} f(r_n)=\lim_{n\to\infty} r_n = x.
Como isso vale para qualquer x\in\mathbb{R}, concluímos f(x)=x para todo x\in\mathbb{R}.

Passo 8

Conclusão final: juntando os casos analisados em passos anteriores, a única possibilidades são:
  • se f(1)=0 então f\equiv 0;
  • se f(1)=1 então f=\operatorname{Id}_{\mathbb{R}}.
Portanto, sob a hipótese de continuidade, não há outras funções além da identidade e da nula que sejam simultaneamente aditivas e multiplicativas.

Resposta

f(x)=0 para todo x\in\mathbb{R}
ou
f(x)=x para todo x\in\mathbb{R}

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