设 $f$ 和 $g$ 是定义在 $(-\infty,+\infty)$ 上的实函数，而且对于所有的 $x$ 和 $y$ 满足方程：$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y)$．
求证：若 $f(x)$ 不恒为零，且 $\left| f(x) \right|\leqslant 1$ 对所有 $x$ 都成立，则有 $\left| g(y) \right|\leqslant 1$ 对所有 $y$ 都成立．（保加利亚）
求证：若 $f(x)$ 不恒为零，且 $\left| f(x) \right|\leqslant 1$ 对所有 $x$ 都成立，则有 $\left| g(y) \right|\leqslant 1$ 对所有 $y$ 都成立．（保加利亚）
【难度】
【出处】
1972年第14届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
证法一
因 $|f(x)|$ 有界，它有一个上确界 $M$．又因为 $f(x)$ 不恒为零，所以 $M>0$．
假设 $|g(y)|\leqslant 1$ 不是对所有 $y$ 都成立，则存在 $y_0\in\mathbb{R}$，使得 $|g(y_0)|>1$，于是
$\begin{aligned}
2|f(x)||g(y_0)|&=|f(x+y_0)+f(x-y_0)|\\
&\leqslant |f(x+y_0)|+|f(x-y_0)|\\
&\leqslant 2M
\end{aligned}$
所以 $|f(x)|\leqslant\dfrac{M}{|g(y_0)|}<M$，这与 $M$ 为 $|f(x)|$ 的上确界矛盾．
所以，$|g(y)|\leqslant 1$ 对所有 $y$ 都成立．
证法二
设 $M$ 是 $|f(x)|$ 的上确界，由 $f(x)$ 不恒等于 $0$ 知 $M>0$．由上确界的定义知，任取正数 $\delta(0<\delta<M)$，总存在 $x$，使 $|f(x)|>M-\delta$．
因此对任意实数 $y$，总有
$\begin{aligned}
2M&\geqslant|f(x+y)|+|f(x-y)|\\
&\geqslant |f(x+y)+f(x-y)|\\
&= 2|f(x)||g(y)|\\
&>2(M-\delta)|g(y)|
\end{aligned}$
于是 $|g(y)|<\dfrac{M}{M-\delta}=1+\dfrac{\delta}{M+\delta}$，因为 $\delta$ 可以任意小，令 $\delta\rightarrow 0$，即有 $|g(y)|\leqslant 1$．
因 $|f(x)|$ 有界，它有一个上确界 $M$．又因为 $f(x)$ 不恒为零，所以 $M>0$．
假设 $|g(y)|\leqslant 1$ 不是对所有 $y$ 都成立，则存在 $y_0\in\mathbb{R}$，使得 $|g(y_0)|>1$，于是
$\begin{aligned}
2|f(x)||g(y_0)|&=|f(x+y_0)+f(x-y_0)|\\
&\leqslant |f(x+y_0)|+|f(x-y_0)|\\
&\leqslant 2M
\end{aligned}$
所以 $|f(x)|\leqslant\dfrac{M}{|g(y_0)|}<M$，这与 $M$ 为 $|f(x)|$ 的上确界矛盾．
所以，$|g(y)|\leqslant 1$ 对所有 $y$ 都成立．
证法二
设 $M$ 是 $|f(x)|$ 的上确界，由 $f(x)$ 不恒等于 $0$ 知 $M>0$．由上确界的定义知，任取正数 $\delta(0<\delta<M)$，总存在 $x$，使 $|f(x)|>M-\delta$．
因此对任意实数 $y$，总有
$\begin{aligned}
2M&\geqslant|f(x+y)|+|f(x-y)|\\
&\geqslant |f(x+y)+f(x-y)|\\
&= 2|f(x)||g(y)|\\
&>2(M-\delta)|g(y)|
\end{aligned}$
于是 $|g(y)|<\dfrac{M}{M-\delta}=1+\dfrac{\delta}{M+\delta}$，因为 $\delta$ 可以任意小，令 $\delta\rightarrow 0$，即有 $|g(y)|\leqslant 1$．
答案
解析
备注
