f(x)=0 เป็นฟังก์ชันคาบครับ

แก้แล้วครับ ต่อเลยก็แล้วกัน

15. จงหา $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ที่ทำให้

$f(x^3+y^3)=xf(x^2)+y^2f(y)$ สำหรับทุก $x, y \in \mathbb{R}$

ผมว่าตรงนี้แปลกๆเพราะเหมือนจะบอกว่า $f(y)=0 \ \forall y \in \mathbb{R} $ หรือ $f(y-f(y))=0 \ \forall y \in \mathbb{R} $ ซึ่งไม่จำเป็น เพราะเราอาจสร้างฟังก์ชันดังนี้

$f(0)=f(1)=0$ และ $f(x)=x \ \forall x\not= 0,1$

ซึ่งสอดคล้องกับสมการนั้น แต่ไม่สอดคล้องกับโจทย์

วิธีก็คือ $f(a)=0 $ ก็ต่อเมื่อ $a=0$ ดังนั้นพิจารณากรณีที่ $y\not= 0$ จะได้ $f(y-f(y))=0$ ดังนั้น $f(y)=y$

เอาโจทย์มาปล่อยครับ เป็นของค่าย สส1 ที่ผมประทับใจ

ขอขุดหน่อยครับ ขอเฉลยข้อ15 กับข้อของคุณ pol หน่อยครับ

พอดีเพิ่งผ่านมาเห็น ผมพิมพ์โจทย์ผิดครับ ด้านซ้ายต้องเป็น $f(x^3+y^3)$ แก้เรียบร้อยแล้วครับ

ไอเดียของข้อนี้ไม่มีอะไรมาก แทนค่านิดหน่อยก็จะได้ว่า $f$ เป็นฟังก์ชันโคชี

พร้อมกับเงื่อนไขที่ว่า $f(x^2)=xf(x)$

นั่นคือ $f((x+1)^2)=(x+1)f(x+1)$

และเมื่อกระจายพร้อมกับใช้ $f$ เป็นฟังก์ชันโคชีแล้วก็จะได้ $f(x)=cx$ ครับ

For $15)$
Let $P(x,y)$ be the assertion $f(x^3+y^3)=xf(x^2)+y^2f(y)$
$P(x,0),P(0,x)$ give us $f(x^3)=xf(x^2)$ and $f(y^3)=y^2f(y)$ for all $x,y\in \mathbb{R}$
So $P(x,y)$ become $f(x^3+y^3)=f(x^3)+f(y^3)$ for all $x,y\in \mathbb{R}$
This give us $f(x+y)=f(x)+f(y)$ for all $x,y\in \mathbb{R}$
And since $f(x^2)=xf(x)$ for all $x\in \mathbb{R}$
Then $(x+1)(f(x)+f(1))=(x+1)f(x+1)=f(x^2+2x+1)=f(x^2)+2f(x)+f(1)$,
Give us $xf(x)+xf(1)+f(x)=xf(x)+2f(x)$, so $f(x)=xf(1)$ for all $x\in \mathbb{R}$
So $f(x)=cx$ for all $x\in \mathbb{R}$ is only solution

P.S. I think $16$ is really hard, if you want to see solution, I will post later

อยากเห็นแนวคิดข้อ 16 อ่าครับ เจอโจทย์แนวนี้แทนค่าไม่ถูกเลย

Note that this solution is not mine
Let $P(x,y)$ be the assertion $f(x^2)+f(y)=f(x^2+y+xf(4y))$
Case $1)$ If $f(u)=0$ for some $u>0$
$P(\sqrt u,u)$ give us $f(2u+\sqrt uf(4u))=0$, note that $2u+\sqrt{u}f(4u)\geq 2u$,
Let then $x\ge 0$ and $u>x$ such that $f(u)=0$. Quadratic $X^2+Xf(4x)+x-u$ has one real positive root $v$
$P(v,x)$ give us $f(v^2)+f(x)=f(v^2+x+vf(4x))=f(u)=0$ and so $f(v^2)=f(x)=0$
And so $f(x)=0$ for all $x\in \mathbb{R}^+_0$
Case $2)$ $f(x)>0$ $\forall x>0$
Suppose there exist $a,b$ such that $f(a)=f(b)$ and $a<b$
Quadratic $x^2+xf(4a)+a-b$ has one real positive root $v$
$P(v,a)$ give us $f(v^2)+f(a)=f(v^2+a+vf(4a))=f(b)=f(a)$ and so $f(v^2)=0$, impossible.
So $f(x)$ is injective.
$P(x,1),P(1,x^2)$ give us $f(x^2+1+xf(4))=f(1+x^2+f(4x^2))$ give us $f(4x^2)=xf(4)$
And so $f(x)=a\sqrt x$ , then we easily get that $f(x)=\sqrt{x}$ for all $x\in \mathbb{R}^+_0$

May I proposed problem $17)$
Find all $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ such that
$f(y+f(x))^2=f(y)^2+f(8xy)+8x^2f(x^2)$ for all $x,y \in \mathbb{R}$

P.S. Yeah, the answer is $f(x)=0$ for all $x\in \mathbb{R}$ but this is not very easy.

Let $P(x,y)$ be the assertion $f(y+f(x))^2=f(y)^2+f(8xy)+8x^2f(x^2)$

$P(0,y); f(y+f(0))^2=f(y)^2+f(0)$

We can easily see that $f(0)=0$, since if $f(0) \neq 0$, we can prove by induction that
$f(nf(0))^2=f(0)^2+nf(0)$
when $n$ is an integer

and we can choose $n$ so that $nf(0)<-f(0)^2$ so that make $f(nf(0))^2=f(0)^2+nf(0)<0$, a contradiction!

So $f(0)=0$

$P(x,0); f(f(x))^2=8x^2f(x^2) \quad (1)$
$f(x^2) \ge 0$

We see that for $x>0$, $f(x)\ge 0$

We can rewrite $P(x,y)$ as $f(y+f(x))^2=f(y)^2+f(8xy)+f(f(x))^2$

If there are $x_0 \neq 0$ and $f(x_0)=0$ then $f(y)^2=f(y)^2+f(8x_0y)$
or $f(8x_0y)=0$

then we get for any $x$, $f(x)=0$ then it is finished

So suppose for $x \neq 0$, $f(x) \neq 0$, in particular when $x>0, f(x)>0$
Let $x \neq 0$

From $(1); f(f(x))^2=f(f(-x))^2$ but $f(f(x))$ and $f(f(-x))$ have different signs
so $f(f(-x))+f(f(x))=0$

$P(f(x),y); \quad f(y+f(f(x)))^2=f(y)^2+f(8f(x)y)+f(f(f(x)))^2$
$P(f(-x),y+f(f(x)));\quad f(y)^2=f(y+f(f(x)))^2+f(8f(-x)(y+f(f(x))))+f(f(f(-x)))^2$

Add the two equations together
$f(8f(x)y)+f(8f(-x)(y+f(f(x))))+f(f(f(x)))^2+f(f(f(-x)))^2=0$

Substitute $x$ with $-x$ and $y$ with $y+f(f(x))$

$f(8f(x)(y+2f(f(x))))+f(8f(-x)(y+f(f(x))))+f(f(f(x)))^2+f(f(f(-x)))^2=0$

$f(8f(x)y)=f(8f(x)(y+2f(f(x))))$

Set $y=-f(f(x))$
$f(-8f(x)f(f(x)))=f(8f(x)f(f(x)))$

but they should have different signs so, a contradiction

therefore $f(x)=0$ for all $x$
ช่วยตรวจสอบให้หน่อยว่าถูกไหมครับ
โอกาส bug เยอะมากตามความยาว solution (รู้สึกว่าแก้มา 4 รอบแล้ว)

งงตรงนี้ครับ ถ้า $f(0)>0$ เราจะเลือก $n$ ยังไงเหรอครับ

เลือก $n$ เข้าใกล้ $-\infty$ ครับ
เพราะตอน induction สามารถ induct ไปทั้งสองทาง (คือบวกและลบ)