GABARITO: ALTERNATIVA A.

I. O bizu nessa questão é fazer:

𝑓(𝑥) = 𝑓 (𝑥/2 + 𝑥/2)

Usando a equação funcional, encontramos:

𝑓(𝑥) = 𝑓 (𝑥/2) 𝑓 (𝑥/2) = [𝑓 (𝑥/2)]² ≥ 0

⇒ 𝑓(𝑥) ≥ 0

Devemos provar que 𝑓(𝑥) ≠ 0:

Para 𝑥 = 𝑦 = 0:

𝑓(0) = (𝑓(0))²

𝑓(0)(1 − 𝑓(0)) = 0

𝑓(0) = 0 𝑜𝑢 𝑓(0) = 1

Para 𝑦 = 0, temos:

𝑓(𝑥 + 0) = 𝑓(𝑥)𝑓(0)

𝑓(𝑥)(1 − 𝑓(0)) = 0

Se 𝑓(0) = 0:

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑓(0) = 0

𝑓(𝑥) = 0, ∀𝑥 ∈ ℝ

O enunciado diz que a função 𝑓 não é constante, logo essa igualdade não pode ser válida.

Com isso, nos resta 𝑓(0) = 1.

Portanto, 𝑓(𝑥) > 0, ∀𝑥 ∈ ℝ.

∴Verdadeira.

II. Vamos provar por PIF que essa equação é válida:

Para 𝑛 = 1, temos:

𝑓(𝑛𝑥) = [𝑓(𝑥)]ⁿ

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥)¹

Para 𝑛 = 𝑘 ∈ ℕ*, temos que provar que 𝑓(𝑘𝑥) = [𝑓(𝑥)]ᵏ ⇒ 𝑓[(𝑘 + 1)𝑥] = [𝑓(𝑥)]ᵏ⁺¹

Usando a equação funcional do enunciado:

𝑓(𝑥 + 𝑦) = 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦)

Fazendo 𝑦 = 𝑘𝑥:

𝑓(𝑥 + 𝑘𝑥) = 𝑓(𝑥)𝑓(𝑘𝑥)

Da hipótese, temos 𝑓(𝑘𝑥) = [𝑓(𝑥)]ᵏ, logo:

𝑓[(𝑘 + 1)𝑥] = 𝑓(𝑥)[𝑓(𝑥)]ᵏ

⇒ 𝑓[(𝑘 + 1)𝑥] = [𝑓(𝑥)]ᵏ⁺¹

Portanto, a equação da afirmação é válida.

∴Verdadeira.

III. Para 𝑥 = 𝑘 e 𝑦 = −𝑘, temos:

𝑓(𝑘 − 𝑘) = 𝑓(𝑘)𝑓(−𝑘)

𝑓(0) = 𝑓(𝑘)𝑓(−𝑘)

Da afirmação I, sabemos que 𝑓(0) = 1. Logo:

𝑓(𝑘)𝑓(−𝑘) = 1 ⇒ 𝑓(𝑘) = 1 / 𝑓(−𝑘)

Portanto:

𝑓(𝑘) ≠ 𝑓(−𝑘)

A função não é par.

∴Falsa.