求所有函数 $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$，使得 $f(0)\neq 0$，且对于所有实数 $x,y$，均有\begin{equation}
f^{2}(x+y)=2 f(x) f(y)+\max \left\{f\left(x^{2}\right)+f\left(y^{2}\right), f\left(x^{2}+y^{2}\right)\right\}
\end{equation}
f^{2}(x+y)=2 f(x) f(y)+\max \left\{f\left(x^{2}\right)+f\left(y^{2}\right), f\left(x^{2}+y^{2}\right)\right\}
\end{equation}
【难度】
【出处】
2016IMO Short List
【标注】
【答案】
在式（1）中，取 $x=y=0$，得$$f^{2}(0)=2 f^{2}(0)+\max \{2 f(0), f(0)\}$$若 $f(0)>0$，则上式不成立．于是，$f(0)<0$．故 $f^2 (0)+f(0)=0~\Rightarrow ~f(0)=-1$．在式（1）中，取 $y=0$，得\begin{equation}
f^{2}(x)=-2 f(x)+f\left(x^{2}\right)
\end{equation}在式（2）中，用 $-x$ 代替 $x$，并结合式（2）得\begin{equation}\begin{aligned} &f^{2}(x)+2 f(x)=f^{2}(-x)+2 f(-x) \\ \Rightarrow &(f(x)-f(-x))(f(x)+f(-x)+2)=0 \\ \Rightarrow & f(x)=f(-x)\end{aligned}\end{equation}或\begin{equation}
f(x)+f(-x)=-2
\end{equation}在式（1）中，取 $y=x$ 和 $y=-x$，并比较这两个式子得\begin{equation}
f^{2}(2 x)-2 f^{2}(x)=1-2 f(x) f(-x)
\end{equation}当式（3）成立时，$f(2x)=\pm $ 1；当式（4）成立时，$f(2x)=\pm0(2f(x)+1)$．证明一个引理．
引理：对于所有的 $x\in\mathbb{R}$，均有$$f(x)+f(-x)=-2$$证明：假设存在 $a\in\mathbb{R}$，使得 $f(a)+f(-a)\neq -2$．则 $f(a)=f(-a)\neq -1$．不妨设 $a>0$．假设 $f(a)=1$．在式（5）中取 $x=a$，得 $f^2 (2a)=1$．在式（1）中，取 $x=y=a$，得$$1=2+\max\{2f(a^2 ),f(2a^2 )\}$$在式（2）中，取 $x=a$，得 $f(a^2 )=3$，则 $1\geqslant 2+6$，矛盾．
从而，$f(a)\neq 1$．因为 $f(a)\neq\pm 1$，所以，$f(a)=\pm \left(2f\left(\frac{a}{2}\right)+1\right)$．类似地，$f(-a)=\pm\left(2f\left(-\frac{a}{2}\right)+1\right)$．由 $f(a)=f(-a)$，知若 $f\left(\frac{a}{2}\right)=f\left(-\frac{a}{2}\right)$，则这两个表达式相等．特别地，在式（5）中，取 $x=\frac{a}{2}$，得$$f^{2}(a)=f^{2}\left(2 \cdot \frac{a}{2}\right)=1$$矛盾．由式（4）知，$f\left(\frac{a}{2}\right)+f\left(-\frac{a}{2}\right)=-2$．则 $\pm\left(2f\left(\frac{a}{2}\right)+1\right) = \pm \left(2f\left(-\frac{a}{2}\right)+1\right) = \pm \left(-2f\left(\frac{a}{2}\right)-3\right)$．对于上式任意正，负号的选择，要么矛盾，要么有 $f\left(\frac{a}{2}\right)=-1$．于是，$f\left(-\frac{a}{2}\right)=-1$，即 $f\left(\frac{a}{2}\right)=f\left(-\frac{a}{2}\right)$．因此，$f^2 (a)=1$，矛盾．引理得证．
在式（1）中，用 $-x,-y$ 代替 $x,y$，并与式（1）比较得$$f^2 (x+y)-2f(x)f(y)=f^2 (-x-y)-2f(-x)f(-y)$$由引理得$$f(x+y)=f(x)+f(y)+1$$将式（2）改写为$$(f(x)+1)^2 = f(x^2 )+1$$设 $g(x)=f(x)+1$．则 $g(x+y)=g(x)+g(y)$，$g^2 (x)=g(x^2 )\geqslant 0$．于是，对于非负实数 $y$，有 $f(y)\geqslant 0$．对于每个满足柯西方程$$g(x+y)=g(x)+g(y)$$的函数 $g(x)$，一定有 $g(x)$ 单调递增，因此，$$g(x)=cx~\text{(}c\text{为非负常数)}$$由 $(cx)^2 =g^2 (x)=g(x^2 )=cx^2~\Rightarrow~c=0$ 或 $1$．于是，$f(x)=-1$ 或 $f(x)=x-1$．
经验证，这两个函数均满足方程（1）
f^{2}(x)=-2 f(x)+f\left(x^{2}\right)
\end{equation}在式（2）中，用 $-x$ 代替 $x$，并结合式（2）得\begin{equation}\begin{aligned} &f^{2}(x)+2 f(x)=f^{2}(-x)+2 f(-x) \\ \Rightarrow &(f(x)-f(-x))(f(x)+f(-x)+2)=0 \\ \Rightarrow & f(x)=f(-x)\end{aligned}\end{equation}或\begin{equation}
f(x)+f(-x)=-2
\end{equation}在式（1）中，取 $y=x$ 和 $y=-x$，并比较这两个式子得\begin{equation}
f^{2}(2 x)-2 f^{2}(x)=1-2 f(x) f(-x)
\end{equation}当式（3）成立时，$f(2x)=\pm $ 1；当式（4）成立时，$f(2x)=\pm0(2f(x)+1)$．证明一个引理．
引理：对于所有的 $x\in\mathbb{R}$，均有$$f(x)+f(-x)=-2$$证明：假设存在 $a\in\mathbb{R}$，使得 $f(a)+f(-a)\neq -2$．则 $f(a)=f(-a)\neq -1$．不妨设 $a>0$．假设 $f(a)=1$．在式（5）中取 $x=a$，得 $f^2 (2a)=1$．在式（1）中，取 $x=y=a$，得$$1=2+\max\{2f(a^2 ),f(2a^2 )\}$$在式（2）中，取 $x=a$，得 $f(a^2 )=3$，则 $1\geqslant 2+6$，矛盾．
从而，$f(a)\neq 1$．因为 $f(a)\neq\pm 1$，所以，$f(a)=\pm \left(2f\left(\frac{a}{2}\right)+1\right)$．类似地，$f(-a)=\pm\left(2f\left(-\frac{a}{2}\right)+1\right)$．由 $f(a)=f(-a)$，知若 $f\left(\frac{a}{2}\right)=f\left(-\frac{a}{2}\right)$，则这两个表达式相等．特别地，在式（5）中，取 $x=\frac{a}{2}$，得$$f^{2}(a)=f^{2}\left(2 \cdot \frac{a}{2}\right)=1$$矛盾．由式（4）知，$f\left(\frac{a}{2}\right)+f\left(-\frac{a}{2}\right)=-2$．则 $\pm\left(2f\left(\frac{a}{2}\right)+1\right) = \pm \left(2f\left(-\frac{a}{2}\right)+1\right) = \pm \left(-2f\left(\frac{a}{2}\right)-3\right)$．对于上式任意正，负号的选择，要么矛盾，要么有 $f\left(\frac{a}{2}\right)=-1$．于是，$f\left(-\frac{a}{2}\right)=-1$，即 $f\left(\frac{a}{2}\right)=f\left(-\frac{a}{2}\right)$．因此，$f^2 (a)=1$，矛盾．引理得证．
在式（1）中，用 $-x,-y$ 代替 $x,y$，并与式（1）比较得$$f^2 (x+y)-2f(x)f(y)=f^2 (-x-y)-2f(-x)f(-y)$$由引理得$$f(x+y)=f(x)+f(y)+1$$将式（2）改写为$$(f(x)+1)^2 = f(x^2 )+1$$设 $g(x)=f(x)+1$．则 $g(x+y)=g(x)+g(y)$，$g^2 (x)=g(x^2 )\geqslant 0$．于是，对于非负实数 $y$，有 $f(y)\geqslant 0$．对于每个满足柯西方程$$g(x+y)=g(x)+g(y)$$的函数 $g(x)$，一定有 $g(x)$ 单调递增，因此，$$g(x)=cx~\text{(}c\text{为非负常数)}$$由 $(cx)^2 =g^2 (x)=g(x^2 )=cx^2~\Rightarrow~c=0$ 或 $1$．于是，$f(x)=-1$ 或 $f(x)=x-1$．
经验证，这两个函数均满足方程（1）
【解析】
略
答案
解析
备注
