求所有的函数 $f:\mathbb{Z}\to \mathbb{Z}$，使得对所有满足 $a+b+c=0$ 的整数 $a,b,c,$ 都有 $f{{(a)}^{2}}+f{{(b)}^{2}}+f{{(c)}^{2}}=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)$．（这里 $\mathbb{Z}$ 表示整数集）（南非）
【难度】
【出处】
2012年第53届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
令 $a=b=c=0$，得 $3f(0)^2=6f(0)^2$，所以 $f(0)=0$ ①
令 $b=-a,c=0$，得 $(f(a)-f(-a))^2=0$
所以，$f$ 是偶函数，即对所有 $a\in\mathbb{Z}$
$f(a)=f(-a)$ ②
令 $b=a,c=-2a$，得 $2f(a)^2+f(2a)^2=2f(a)^2+4f(a)f(2a)$
所以
$f(2a)=0$，或者 $f(2a)=4f(a)$，对所有 $a\in\mathbb{Z}$ ③
若对某个 $r\geqslant 1,f(r)=0$，则令 $b=r,c=-a-r$，得
$(f(a+r)-f(a))^2=0$
所以，$f$ 是以 $r$ 为周期的周期函数，即 $f(a+r)=f(a)$，对所有 $a\in\mathbb{Z}$．
特别地，若 $f(1)=0$，则 $f$ 是常数，于是 $f(a)=0$，对所有 $a\in\mathbb{Z}$．这个函数显然满足题设条件．下面假设 $f(1)=k\ne 0$．
由 ③ 知，$f(2)=0$，或者 $f(2)=4k$．
若 $f(2)=0$，则 $f$ 是以 $2$ 为周期的周期函数，故
$f(2n)=0,f(2n+1)=k$，对所有 $n\in \mathbb{Z}$
若 $f(2)=4k\ne 0$，由 ③ 知，$f(4)=0$，或者 $f(4)=16k$．
当 $f(4)=0$ 时，$f$ 是以 $4$ 为周期的周期函数，且
$f(3)=f(-1)=f(1)=k$
故有 $f(4n)=0,f(4n+1)=f(4n+3)=k,f(4n+2)=4k$，对所有 $n\in\mathbb{Z}$．
当 $f(4)=16k\ne 0$，令 $a=1,b=2,c=-3$，得
$f(3)^2-10kf(3)+9k^2=0$
所以，$f(3)\in\{k,9k\}$．
令 $a=1,b=3,c=-4$，得
$f(3)^2-34kf(3)+225k^2=0$
所以，$f(3)\in\{9k,25k\}$．故 $f(3)=9k$．下面我们用数学归纳法证明 $f(x)=kx^2,x\in\mathbb{Z}$．当 $k=0,1,2,3,4$ 时，命题已经成立．假设命题对 $x=0,1,\cdots,n(n\geqslant 4)$ 成立．
令 $a=n,b=1,c=-n-1$，得
$f(n+1)\in\{k(n+1)^2,k(n-1)^2\}$．
令 $a=n-1,b=2,c=-n-1$，得 $f(n+1)\in\{k(n+1)^2,k(n-3)^2\}$
因为当 $n\ne 2$ 时，$k(n-1)^2\ne k(n-3)^2$，所以 $f(n+1)=k(n+1)^2$，这就证明了 $f(x)=kx^2$，$x$ 是非负整数．由于 $f$ 是偶函数，所以 $f(x)=kx^2,x\in\mathbb{Z}$．
综上所述，我们得到：
$\begin{aligned}&f_1(x)=0,f_2(x)=kx^2\\
&f_3(x)=\begin{cases}0,x\equiv 0\pmod{2}\\
k,x\equiv 1\pmod{2}
\end{cases}\\
&f_4(x)=\begin{cases}0,x\equiv 0\pmod{4}\\
k,x\equiv 1\pmod{2}\\
4k,x\equiv 2\pmod{4}\end{cases}\end{aligned}$
其中 $k$ 是任意非零整数．
下面我们来检验它们符合题设条件．$f_1$ 和 $f_2$ 显然满足题设条件．
对于 $f_3$，当 $a,b,c$ 均为偶数时，$f(a)=f(b)=f(c)=0$
满足题设条件；当 $a,b,c$ 为一个偶数，两个奇数时，左边等于 $2k^2$，右边也等于 $2k^2$，故满足题设条件．
对于 $f_4$，由对称性及 $a+b+c=0$，只需考虑 $(f(a),f(b),f(c))$ 为 $(0,k,k),(4k,k,k),(0,0,0)$ 及 $(0,4k,4k)$ 这 $4$ 种情况，显然它们都满足题设条件．
令 $b=-a,c=0$，得 $(f(a)-f(-a))^2=0$
所以，$f$ 是偶函数，即对所有 $a\in\mathbb{Z}$
$f(a)=f(-a)$ ②
令 $b=a,c=-2a$，得 $2f(a)^2+f(2a)^2=2f(a)^2+4f(a)f(2a)$
所以
$f(2a)=0$，或者 $f(2a)=4f(a)$，对所有 $a\in\mathbb{Z}$ ③
若对某个 $r\geqslant 1,f(r)=0$，则令 $b=r,c=-a-r$，得
$(f(a+r)-f(a))^2=0$
所以，$f$ 是以 $r$ 为周期的周期函数，即 $f(a+r)=f(a)$，对所有 $a\in\mathbb{Z}$．
特别地，若 $f(1)=0$，则 $f$ 是常数，于是 $f(a)=0$，对所有 $a\in\mathbb{Z}$．这个函数显然满足题设条件．下面假设 $f(1)=k\ne 0$．
由 ③ 知，$f(2)=0$，或者 $f(2)=4k$．
若 $f(2)=0$，则 $f$ 是以 $2$ 为周期的周期函数，故
$f(2n)=0,f(2n+1)=k$，对所有 $n\in \mathbb{Z}$
若 $f(2)=4k\ne 0$，由 ③ 知，$f(4)=0$，或者 $f(4)=16k$．
当 $f(4)=0$ 时，$f$ 是以 $4$ 为周期的周期函数，且
$f(3)=f(-1)=f(1)=k$
故有 $f(4n)=0,f(4n+1)=f(4n+3)=k,f(4n+2)=4k$，对所有 $n\in\mathbb{Z}$．
当 $f(4)=16k\ne 0$，令 $a=1,b=2,c=-3$，得
$f(3)^2-10kf(3)+9k^2=0$
所以，$f(3)\in\{k,9k\}$．
令 $a=1,b=3,c=-4$，得
$f(3)^2-34kf(3)+225k^2=0$
所以，$f(3)\in\{9k,25k\}$．故 $f(3)=9k$．下面我们用数学归纳法证明 $f(x)=kx^2,x\in\mathbb{Z}$．当 $k=0,1,2,3,4$ 时，命题已经成立．假设命题对 $x=0,1,\cdots,n(n\geqslant 4)$ 成立．
令 $a=n,b=1,c=-n-1$，得
$f(n+1)\in\{k(n+1)^2,k(n-1)^2\}$．
令 $a=n-1,b=2,c=-n-1$，得 $f(n+1)\in\{k(n+1)^2,k(n-3)^2\}$
因为当 $n\ne 2$ 时，$k(n-1)^2\ne k(n-3)^2$，所以 $f(n+1)=k(n+1)^2$，这就证明了 $f(x)=kx^2$，$x$ 是非负整数．由于 $f$ 是偶函数，所以 $f(x)=kx^2,x\in\mathbb{Z}$．
综上所述，我们得到：
$\begin{aligned}&f_1(x)=0,f_2(x)=kx^2\\
&f_3(x)=\begin{cases}0,x\equiv 0\pmod{2}\\
k,x\equiv 1\pmod{2}
\end{cases}\\
&f_4(x)=\begin{cases}0,x\equiv 0\pmod{4}\\
k,x\equiv 1\pmod{2}\\
4k,x\equiv 2\pmod{4}\end{cases}\end{aligned}$
其中 $k$ 是任意非零整数．
下面我们来检验它们符合题设条件．$f_1$ 和 $f_2$ 显然满足题设条件．
对于 $f_3$，当 $a,b,c$ 均为偶数时，$f(a)=f(b)=f(c)=0$
满足题设条件；当 $a,b,c$ 为一个偶数，两个奇数时，左边等于 $2k^2$，右边也等于 $2k^2$，故满足题设条件．
对于 $f_4$，由对称性及 $a+b+c=0$，只需考虑 $(f(a),f(b),f(c))$ 为 $(0,k,k),(4k,k,k),(0,0,0)$ 及 $(0,4k,4k)$ 这 $4$ 种情况，显然它们都满足题设条件．
答案
解析
备注
