คำตอบมีนะครับ $f(z)=1$ ทุก $z\in\mathbb{C}$ ก็ได้นะ

มาทำต่อให้เสร็จครับ จะได้ไปข้อต่อไป ขออภัยที่มาขัดจังหวะครับ

ได้ $f(z)=1$ ทุกค่า $z\neq \omega,\omega^2$ เมื่อ $\omega$ เป็นรากของ $z^2-z+1=0$

แทนค่า $z=\omega$ ในสมการเดิมได้ $f(\omega)+\omega(1)=\omega+1$

ดังนั้น $f(\omega)=1$ ในทำนองเดียวกันจะได้ $f(\omega^2)=1$

ดังนั้น $f(z)=1$ ทุกค่า $z\in\mathbb{C}$ ซึ่งตรวจสอบคำตอบพบว่าเป็นจริง

เชิญทำข้อ $9$ กันต่อครับ

10. Let $g(x)=\dfrac{f(x+1)}{f(x)}$ พิจารณา

$(x+2)^2+(x+2)^2+(x+2)^2+x^2=(x+3)^2+(x+1)^2+(x+1)^2+(x+1)^2$

$f(x+2)f(x+2)f(x+2)f(x)=f(x+3)f(x+1)f(x+1)f(x+1)$

ดังนั้น $g(x)g(x+2)=g(x+1)^2$

$g(n)$ เป็นลำดับเรขาคณิต, let $g(n)=ar^n$
$f(n)=f(1)g(1)g(2)\cdots g(n-1)=f(1)a^{n-1}r^{\frac{n(n-1)}{2}}$ (*)

คราวนี้ก็เหลือแต่แทนค่าให้ได้คำตอบ ให้ $P(a,b,c,d)$ แทน สมการ
$f(a)f(b)f(c)f(d)=f(a^2+b^2+c^2+d^2)$

จาก $P(1,1,1,1)$, $f(1)^4=f(4)=f(1)a^3r^6$

ดังนั้น $f(1)=ar^2$, แทนใน (*) $f(n)=a^nr^{\frac{n(n-1)}{2}+2}$

$P(1,1,1,2)$, $f(1)f(1)f(1)f(2)=f(7)$, $a^5r^9=a^7r^{23}$, $a^2r^{14}=1$
$P(1,1,1,3)$, $f(1)f(1)f(1)f(3)=f(12)$, $a^6r^{11}=a^{12}r^{68}$, $a^6r^{57}=1$
แก้สมการจะได้ $a=r=1$

$\therefore f$ เป็นฟังก์ชันคงตัว ซึ่งจะได้
$f(x)=1$

ต่อเลยละกัน
11. a) จงหาฟังก์ชันต่อเนื่อง $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ ทั้งหมดซึ่ง $f(x)+f(y)=(1-f(x)f(y))f(x+y)$ สำหรับทุก $x,y \in \mathbb{R}$

b) จงหาฟังก์ชันต่อเนื่อง $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ ทั้งหมดซึ่ง $f(\frac{x+y}{1-xy})=f(x)+f(y)$ สำหรับทุก $x,y \in \mathbb{R}, xy \not= 1$

อยากจะบอกว่าข้อ 10 ผมให้โจทย์ผิด คือจริงๆ มันต้องเปลี่ยนจาก $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ ไปเป็น $f:\mathbb{N}\cup \{0\} \to \mathbb{I}$ แต่ไม่เป็นไร ไม่ต้องทำใหม่แล้วครับแต่ใครอยากคิดเล่นๆ ก็ได้นะครับ

ข้อ 11 รบกวนเจ้าของโจทย์ช่วยให้ hint หน่อยครับ

11.
a.) กรณี 1 $f(x)=0$

กรณี 2 $f(x)\not= 0$

ให้ $f(x)= \tan (g(x))$ แทนในโจทย์

$\tan (g(x+y))=\tan(g(x)+g(y))$

$g(x+y)= n\pi+g(x)+g(y)$

ให้ $r(x)=g(x)+n\pi$ เราจะได้

$r(x+y)= r(x)+r(y)$

เพราะฉะนั้น $r(x)=cx$ แทนค่ากลับจึงได้ $f(x)=tan ax$

ดังนั้น $f(x)=ax,0$

\\ ปล. ช่วยตรวจด้วยครับว่าทำถูกรึเปล่าไม่มั่นใจเลย :please:

ถูกแล้วแหละครับ ผมว่าถ้าทำข้อ a ได้ b ก็น่าจะตามมา เพราะว่าใช้หลักการคล้ายๆ กันครับ

ตัว $n$ ที่ว่าเนี่ยมันขึ้นกับ $x,y$ ด้วยรึเปล่าครับ

11. a) ยังขาดกรณี $f(x)f(y)=1$ ครับ ไม่สามารถอ้าง $\tan (x+y)=\frac{\tan x+\tan y}{1-\tan x \tan y}$ ได้ แล้วก็ตรง $n \pi$ เหมือนคุณ nooonuii บอก

Hint เราสามารถกำหนดช่วง $g \in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$
Hint 2 $\tan \frac{\pi}{2}$ หาค่าไม่ได้
Hint 3 Intermediate value theorem ถ้า $f$ เป็นฟังก์ชันต่อเนื่อง แล้วสำหรับ $f(x_1)<y<f(x_2)$ จะมี $x, x_1<x<x_2$ ซึ่ง $y=f(x)$

b) Hint สร้างฟังก์ชัน $g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ ซึ่ง $g(x) = \cases{... & , x \neq n\pi +\frac{\pi}{2} \cr \lim_{x \rightarrow n\pi+\frac{\pi}{2}}(...) & , x = n\pi +\frac{\pi}{2}} $ แล้วพิสูจน์ว่า $g$ เป็นฟังก์ชันโคชี

นานหลายเดือนแล้วนะครับ ผมขอให้ข้อ 12. เพื่อเป็นการปลุกหน่อยก็แล้วกันครับ

12. จงหา $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ที่สอดคล้องกับ

$f(x^2 +y)=f(x)+f(y^2)$

$f(x^2 + y) = f(x) + f(y^2) \quad ... (1)$

แทน $x=y=0$ ใน $(1)$ ได้ $f(0) = 0$

แทน $x=0$ ใน $(1)$ ได้ $f(y) = f(y^2) \quad ... (2)$

$\therefore f(x^2 + y) = f(x) + f(y)$

แทน $y$ ด้วย $y+1$ ใน $(2)$ ได้

$f(1+y) = f(y^2 + 2y + 1)$

$f(1) + f(y) = f(y) + f(2y+1)$

$f(1) = f(2y+1)$

$f(x) = c$ แทนในโจทย์ได้ $f(x) = 0$ ทุก $x \in \mathbb{R} $

ต่อให้ครับ

13. ให้ $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ เป็นฟังก์ชันใดๆ จงพิสูจน์ว่า มีจำนวนจริง $a,b$ ซึ่ง

$\quad\quad f(a)f(b)+a > f(b) + f(ab)$

เลือก $b=1 $ จะได้

$f(a)f(1) + a > f(1) + f(a)$

จัดรูปได้

$(f(a) - 1)(f(1) - 1) + a > 1$

ถ้า $f(1) = 1$ เลือก $a=2$

ถ้า $f(1)\not= 1 $

จะได้ $(f(1)-1)^2 +1 > 1$ ดังนั้นเลือก $a=1$

14. หา $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ ทั้งหมดซึ่ง $f(x^2 + xf(y)) = xf(x+y)$ และ $f$ ไม่เป็นฟังก์ชันคาบ

14. ยังไม่ค่อยมั่นใจครับว่าถูกหรือเปล่า

จาก $f(x^2 + xf(y)) = xf(x+y)$___________________________________$(1)$

แทน $x=0$ ใน $(1)$ ได้ $f(0)=0$

แทน $y=0$ ใน $(1)$ได้ $f(x^2)=xf(x)$_________________________________$(2)$

ต่อไปจะพิสูจน์ว่ามี $a$ เพียงค่าเดียวคือ $0$ ที่ทำให้ $f(a)=0$ โดยการสมมุติว่ามีค่า $a$ ดังกล่าวที่ไม่เท่ากับ $0$

แทน $y=a$ ได้ $f(x^2)=xf(x+a)$ เมื่อใช้ร่วมกับ $(2)$ จะได้ว่า $f(x)=f(x+a)$ ซึ่งขัดแย้งกับความไม่เป็นฟังก์ชันคาบของ $f$

แทน $(x, y)=(-f(y), y)$ ใน $(1)$ จะได้ $f(y)f(y-f(y))=0$

ดังนั้น $f(y)=0$ หรือ $f(y-f(y))=0$

แต่ถ้า $f(y)=0$ มันจะขัดแย้งกับความไม่เป็นฟังก์ชันคาบของ $f$ ดังนั้นต่อไปจะพิจารณา $f(y-f(y))=0$

เนื่องจาก $f(a)=0$ ก็ต่อเมื่อ $a=0$ ดังนั้น $y-f(y)=0$ ทำให้ได้ฟังก์ชันเอกลักษณ์เป็นคำตอบ

นั่นคือมี $f$ ที่สอดคล้องกับเงื่อนไขข้างต้นคือ $f(x)=x$