มาเพิ่มเฉลยครับ เก็บไว้เผื่อรุ่นต่อไป
จะอุปนัยอย่างเข้มบน $n$ ว่า $f(n)$ เป็นค่าต่ำสุดเพียงตัวเดียวในเซต $\{f(n),f(n+1),f(n+2),...\}$
ขั้นฐาน ให้ $f(k_1)$ เป็นค่าต่ำสุดในเซต $\{f(1),f(2),f(3),...\}$ สมมติ $k_1>1$ จะได้ $f(f(k_1-1))<f(k_1)$ ขัดแย้ง
ขั้นอุปนัย ให้ $f(k_n)$ เป็นค่าต่ำสุดในเซต $\{f(n),f(n+1),f(n+2),...\}$
สมมติ $k_r=r\quad\forall r<n$ จะพิสูจน์ว่า $k_n=n$
จะได้ว่า $f(f(k_n-1))<f(k_n)$ นั่นคือ $f(k_n-1)<n$
แต่ว่าโดยสมมติฐานการอุปนัย $f(r)\geq r$ สำหรับทุกๆ $r<n$ นั่นคือ $f(k_n-1)\leq n-1\leq f(n-1)$
ทำให้ $f(f(k_n-2))<f(k_n-1)\leq f(n-1)$ ทำนองเดียวกัน จะได้ว่า $f(k_n-2)\leq f(n-2)$
ทำนองเดียวกันไปเรื่อยๆ จะได้ว่า $f(k_n-n+1)\leq f(1)$ ทำให้ได้ว่า $k_n-n+1=1$ นั่นคือ $k_n=n$ ตามต้องการ
จากประพจน์ที่ได้พิสูจน์ไป จะได้ว่าถ้า $a>b$ แล้ว $f(a)>f(b)$ สามารถพิสูจน์ต่อได้ง่ายมากว่าบทกลับย่อมเป็นจริง
เมื่อกลับไปดูที่โจทย์ $f(f(n))<f(n+1)$ ทำให้ $f(n)<n+1$ แต่ $f(n)>f(n-1)>f(n-2)>...>f(1)$
ทำให้ $f(n)>n$ จึงได้ $f(n)=n$ เป็นคำตอบเดียวที่เป็นไปได้
$f(m+n+58)+59=f(m+n+f(59))=f(m+f(f(n)+1)=f(m+58)+f(n)+1$
แสดงว่า $f(m+n+58)+58=f(m+58)+f(n)$ สลับตัวแปรได้ $f(m+58)-f(m)=f(n+58)-f(n)$
แทน $n$ ด้วย $m+n$ แล้วลบกับสมการ $f(m+n+58)+58=f(m+58)+f(n)$
จะกลายเป็น $f(m+n)+58=f(m)+f(n)$ และเมื่อให้ $g(x)=f(x)-58$ มันจะเข้าสูตรโคชีอย่างงดงาม
ที่เหลือก็ง่ายๆ แล้วครับ จะได้ว่า $f(x)=x+58$ และผลบวกคือ $990$
เพราะว่า $g(x)=x^2$ ทั่วถึงใน $\mathbb{R}^{+}_{0}$ ทำให้เปลี่ยนสมการเป็น $f(x+f(y))=f(x)+y$
ทำคล้ายๆ ข้อ 2 $f(x+y)+1=f(x+y+f(1))=f(x+f(f(y)+1))=f(x)+f(y)+1$ นั่นคือ $f$ เป็นฟังก์ชันโคชี
ทำให้ $f(0)=0$ และเมื่อแทนกลับไปในสมการจะได้ $f(f(x))=x$
ต่อมาสมมติ $f(x)>x$ จะได้ $x=f(f(x))=f(x+(f(x)-x))=f(x)+f(f(x)-x)\geq f(x)$ ขัดแย้ง
และสมมติ $f(x)<x$ จะได้ $f(x)=f(f(x)+(x-f(x)))=f(f(x))+f(x-f(x)\geq f(f(x))=x$ ขัดแย้ง
เพราะฉะนั้น $f(x)=x$ เป็นคำตอบเดียวที่เป็นไปได้
แทน $z=-1$ ในโจทย์จะได้ว่า $f(2x^2)=1-f(-1)x^2+(2-f(-1))f(y)$ ซึ่งเห็นได้ชัดว่า $f(-1)=2$
ทำให้ $f(2x^2)=1-2x^2$ และ $f(x)=1-x$ สำหรับทุกๆ $x\in\mathbb{R}^{+}_{0}$
ต่อมาให้ $k\in\mathbb{R}^{-}$ ทำให้ $1-k\in\mathbb{R}^{+}$
แทน $(x,y,z)=(1-k,0,0)$ ก็จะได้ว่า $f(k)=1-k$ ซึ่งทำให้ $f(x)=1-x$ ทั่ว $\mathbb{R}$
สุดท้ายก็อย่าลืมตรวจคำตอบให้อาจารย์ดูนะครับถึงแม้ว่ามันจะหนักหนาสาหัสขนาดไหนก็ตาม
แทน $x=y=0$ ในโจทย์ ได้ $f(0)=0$
แทน $x=0$ ในโจทย์ ได้ $f(-y)=-f(y)$ นั่นคือ $f$ เป็นฟังก์ชันคี่
จากนั้นแทน $(x,y)=(-y,x)$ ก็จะได้ $f(x-y)-f(x+y)=(f(x)-f(y))^3-(f(x)+f(y))^3$
และเมื่อนำไปลบกับสมการในโจทย์ก็จะได้ $f(x+y)=f(x)+f(y)$ ตามต้องการ