functional equation

[จูกัดเหลียง]

find all $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ that satisfies,

$\displaystyle xf(x+xy)=xf(x)+f(x^2)f(y)$

for any real number $x,y$

my solution

It's clear that $f(0)=0$ and $f(y+1)=f(1)+f(1)f(y)\rightarrow f(1)=0$ or $f(-1)=-1$
if $f(1)=0$ it's not hard to show that $f(x)=0$ is the solution.
if $f(1)\not =0$ then $f(-1)=-1$ we plug $y=-1$ into the equation, that is, $f(x^2)=xf(x)..(i)$
Thus, for any $x\not = 0$,

$\displaystyle xf(x+xy)=xf(x)+f(x^2)f(y)=xf(x)+xf(x)f(y)\rightarrow f(x+xy)=f(x)+f(x)f(y)..(j)$

since, $(i)$, we have that $-xf(-x)=f(x^2)=xf(x)$ so $f(x)=-f(-x)$ for any $x$, that is, $f(1)=1$
We also clear that $f(x+1)=1+f(x)$ and $f(2x)=2f(x)$. consider from the equation $(j)$ that

$\displaystyle \Big(1+f(x)\Big)^2=1+2f(x)+2f(x)\Big(\frac{f(x)}{2}\Big)=1+f(2x+2x\cdot \Big(\dfrac{x}{2}\Big))=1+f(x^2+2x)$
$\displaystyle =f(1+x^2+2x)=f\Big((x+1)^2\Big)=(x+1)f(x+1)=(x+1)\Big(1+f(x)\Big)$

It's not hard to show that $f(x)=x$ is the another solution.

[NaPrai]

Solution ของผมยาวกว่าของคุณจูกัดเหลียงอีก 5555 แต่ก็อยากลองมาแชร์หน่อยครับ

ก่อนอื่นเราเห็นอยู่แล้วแน่ ๆ ว่า $\boxed{f(x)=0 \ \forall x \in \mathbb{R}}$ เป็นคำตอบหนึ่งแน่ ๆ ดังนั้นเรามาดูคำตอบในกรณีอื่นกันครับ นั่นคือ มีจำนวนจริง $t$ ที่ทำให้ $f(t) \not= 0$

แทน $x=0$ และ $y=t$ ในสมการตั้งต้น $f(0)f(t)=0$ ซึ่งจาก $f(t) \not= 0$ ดังนั้น $f(0)=0$

แทน $y=-1$ ในสมการตั้งต้น จะได้ \begin{align*} xf(x)+f(x^2)f(-1) &= 0 &-(1)\end{align*} เมื่อแทน $x=t$ ซึ่งไม่เท่ากับ $0$ ลงใน (1) ก็จะได้ว่าเป็นไปไม่ได้ที่ $f(-1)=0$ ดังนั้น $f(-1)\not=0$

แทน $x=-1$ ใน (1) และผลจากบรรทัดที่แล้วจะได้ $f(1)=1$

แทน $x=1$ ใน (1) และผลจากบรรทัดที่แล้วจะได้ $f(-1)=-1$ จากนั้นนำไปแทนค่าใน (1) จึงได้ทันทีว่า \begin{align*}f(x^2)=xf(x)\end{align*} จากนั้นนำไปแทนค่าในสมการตั้งต้น ทำให้ได้ว่า
\begin{align*}xf(x+xy) = xf(x) + xf(x)f(y)\end{align*} หรือก็คือ \begin{align*}f(x+xy) &= f(x)+f(x)f(y) \end{align*} สำหรับ $x\not=0$
แต่หากพิจารณาดูดี ๆ จะพบว่าเมื่อ $x=0$ จะได้ว่าสมการนี้ยังเป็นจริงอยู่ จึงสรุปได้ว่า \begin{align*}f(x+xy) &= f(x)+f(x)f(y) &-(2) \end{align*} เป็นจริงสำหรับทุกจำนวนจริง $x,y$

แทน $y=x-1$ ในสมการ (2) และใช้ผลที่ได้มาก่อนหน้าคือ $f(x^2)=xf(x)$ จะได้ \begin{align*}xf(x) = f(x)+f(x)f(x-1)\end{align*} นั่นคือ $f(x) = 0$ หรือ $f(x-1)=x-1$ อย่างใดอย่างหนึ่ง

พิจารณาถ้ามี $u \not= 0$ ที่ทำให้ $f(u)=0$ เพียงเราแทน $x=u$ และ $y=\frac{z}{u}-1$ ในสมการ (2) จะได้ว่า $f(z)=0$ สำหรับทุกจำนวนจริง $z$ ซึ่งจะขัดแย้งกับที่สมมติไว้แต่ต้น

ดังนั้น $f(x)=0$ ก็ต่อเมื่อ $x=0$

ทำให้ได้ว่า $f(x-1)=x-1$ สำหรับ $x \not= 0$ หรือก็คือ $f(x)=x$ สำหรับ $x \not= -1$
เมื่อนำมาผนวกกับที่ได้มาก่อนหน้าคือ $f(-1)=-1$
จึงได้ว่า $\boxed{f(x)=x \ \forall x \in \mathbb{R}}$ เป็นเพียงคำตอบเดียวในกรณีนี้

หลังจากตรวจคำตอบก็ได้ว่าสมการนี้มีเพียงสองคำตอบดังที่ได้กล่าวมาคือ $f(x)=0 \ \ \forall x \in \mathbb{R}$ และ $f(x)=x \ \ \forall x \in \mathbb{R}$