设 $a$ 是实数，$f(x)$ 是定义在全体实数集上的一个实函数，并且对每一实数 $x$ 满足条件：$f(x+a)=\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x)-{{\left| f(x) \right|}^{2}}}$．
（$a$）求证：函数 $f(x)$ 是周期函数，即存在一个实数 $b>0$，使得对每一个 $x$ 都有 $f(x+b)=f(x)$）；
（$b$）就 $a=1$，举出一个这种函数 $f(x)$ 的例子，但是 $f(x)$ 不能是常数．（民主德国）
（$a$）求证：函数 $f(x)$ 是周期函数，即存在一个实数 $b>0$，使得对每一个 $x$ 都有 $f(x+b)=f(x)$）；
（$b$）就 $a=1$，举出一个这种函数 $f(x)$ 的例子，但是 $f(x)$ 不能是常数．（民主德国）
【难度】
【出处】
1968年第10届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
（1）利用题设有
$\begin{aligned}
f(x+2a)&=f[(x+a)+a]\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x+a)-[f(x+a)]^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x)-[f(x)]^2}-\left(\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x)-[f(x)]^2}\right)^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{4}-f(x)+[f(x)]^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\left|f(x)-\dfrac{1}{2}\right|
\end{aligned}$
因为 $f(x)=f[(x-a)+a]=\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x-a)-[f(x-a)]^2}\geqslant \dfrac{1}{2}$
所以 $f(x+2a)=\dfrac{1}{2}+f(x)-\dfrac{1}{2}=f(x)$．
因此存在实数 $b=2a$，使得对每一实数 $x$，都有 $f(x+b)=f(x)$，即 $f(x)$ 是周期函数．
（2）令 $f(x)=\dfrac{1}{2}\left|\sin\dfrac{\pi}{2}x\right|+\dfrac{1}{2}$，则 $f(x+1)=\dfrac{1}{2}\left|\sin\dfrac{\pi}{2}(x+1)\right|+\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\left|\cos\dfrac{\pi}{2}x\right|+\dfrac{1}{2}$
$\begin{aligned}
&\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x)-[f(x)]^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{2}\left|\sin\dfrac{\pi}{2}x\right|+\dfrac{1}{2}-\left(\dfrac{1}{2}|\sin\dfrac{\pi}{2}x|+\dfrac{1}{2}\right)^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\sin^2\dfrac{\pi}{2}x}\\
&=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\left|\cos\dfrac{\pi}{2}x\right|
\end{aligned}$
故这个函数满足条件．
证法二
由已知条件知 $f(x)=\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x-a)-[f(x-a)]^2}\geqslant\dfrac{1}{2}$．
令 $g(x)=f(x)-\dfrac{1}{2}$，则 $g(x)\geqslant 0,x\in(-\infty,+\infty)$．于是 $g(x+a)=\sqrt{g(x)+\dfrac{1}{2}-[g(x)]^2-g(x)-\dfrac{1}{4}}=\sqrt{\dfrac{1}{4}-[g(x)]^2}$，
两边平方，得 $[g(x+a)]^2=\dfrac{1}{4}-[g(x)]^2$
所以 $[g(x+2a)]^2=\dfrac{1}{4}-[g(x+a)]^2=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}+[g(x)]^2$
故 $g(x+2a)=g(x)$，
即 $f(x+2a)=f(x)$．
因此 $f(x)$ 是以 $b=2a$ 为周期的周期函数．
（2）当 $a=1$ 时，令 $f(x)=\dfrac{1}{2}\left(1+|\cos\dfrac{\pi}{2}x|\right)$，则容易验证 $f(x)$ 满足条件．
（1）利用题设有
$\begin{aligned}
f(x+2a)&=f[(x+a)+a]\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x+a)-[f(x+a)]^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x)-[f(x)]^2}-\left(\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x)-[f(x)]^2}\right)^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{4}-f(x)+[f(x)]^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\left|f(x)-\dfrac{1}{2}\right|
\end{aligned}$
因为 $f(x)=f[(x-a)+a]=\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x-a)-[f(x-a)]^2}\geqslant \dfrac{1}{2}$
所以 $f(x+2a)=\dfrac{1}{2}+f(x)-\dfrac{1}{2}=f(x)$．
因此存在实数 $b=2a$，使得对每一实数 $x$，都有 $f(x+b)=f(x)$，即 $f(x)$ 是周期函数．
（2）令 $f(x)=\dfrac{1}{2}\left|\sin\dfrac{\pi}{2}x\right|+\dfrac{1}{2}$，则 $f(x+1)=\dfrac{1}{2}\left|\sin\dfrac{\pi}{2}(x+1)\right|+\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\left|\cos\dfrac{\pi}{2}x\right|+\dfrac{1}{2}$
$\begin{aligned}
&\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x)-[f(x)]^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{2}\left|\sin\dfrac{\pi}{2}x\right|+\dfrac{1}{2}-\left(\dfrac{1}{2}|\sin\dfrac{\pi}{2}x|+\dfrac{1}{2}\right)^2}\\
&=\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\sin^2\dfrac{\pi}{2}x}\\
&=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\left|\cos\dfrac{\pi}{2}x\right|
\end{aligned}$
故这个函数满足条件．
证法二
由已知条件知 $f(x)=\dfrac{1}{2}+\sqrt{f(x-a)-[f(x-a)]^2}\geqslant\dfrac{1}{2}$．
令 $g(x)=f(x)-\dfrac{1}{2}$，则 $g(x)\geqslant 0,x\in(-\infty,+\infty)$．于是 $g(x+a)=\sqrt{g(x)+\dfrac{1}{2}-[g(x)]^2-g(x)-\dfrac{1}{4}}=\sqrt{\dfrac{1}{4}-[g(x)]^2}$，
两边平方，得 $[g(x+a)]^2=\dfrac{1}{4}-[g(x)]^2$
所以 $[g(x+2a)]^2=\dfrac{1}{4}-[g(x+a)]^2=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}+[g(x)]^2$
故 $g(x+2a)=g(x)$，
即 $f(x+2a)=f(x)$．
因此 $f(x)$ 是以 $b=2a$ 为周期的周期函数．
（2）当 $a=1$ 时，令 $f(x)=\dfrac{1}{2}\left(1+|\cos\dfrac{\pi}{2}x|\right)$，则容易验证 $f(x)$ 满足条件．
答案
解析
备注
