设函数 $f(x)$ 对 $x\geqslant 0$ 有定义，且满足条件：
（1）对任何 $x, y \geqslant 0, f(x) f(y) \leqslant y^{2} f\left(\frac{x}{2}\right)+x^{2} f\left(\frac{y}{2}\right)$；
（2）存在常数 $M>0$，当 $0\leqslant x\leqslant 1$ 时，$|f(x)| \leqslant M$．
求证：$f(x) \leqslant x^{2}$．
（1）对任何 $x, y \geqslant 0, f(x) f(y) \leqslant y^{2} f\left(\frac{x}{2}\right)+x^{2} f\left(\frac{y}{2}\right)$；
（2）存在常数 $M>0$，当 $0\leqslant x\leqslant 1$ 时，$|f(x)| \leqslant M$．
求证：$f(x) \leqslant x^{2}$．
【难度】
【出处】
1990第5届CMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
先令 $x=y=0$，代入题给不等式，得到 $f^2(0)\leqslant 0$，即 $f(0)=0$．$x\ne 0$ 时，定义 $G(x)=\dfrac{f(x)}{x^{2}}$，我们仅需证明 $G(x) \leqslant 1$ 即可．由题意知 $G(x) G(y) \leqslant \dfrac{1}{4}(G(x)+G(y))$，令 $x=y$ 得 $2 G^{2}(x) \leqslant G\left(\dfrac{x}{2}\right)$ 即 $G\left(\dfrac{x}{2^{t}}\right) \geqslant 2^{2^{t}-1} G^{2^{t}}(x)$ 当 $t=1$ 时成立．设此式当 $t=k$ 时成立．$t=k+1$ 时有 $G\left(\dfrac{x}{2^{k+1}}\right) \geqslant 2 G^{2}\left(\dfrac{x}{2^{k}}\right) \geqslant 2\left(2^{2^{k}} G^{2^{k}}(x)\right)^{2}=2^{2^{k+1}-1} G^{2 k+1}(x)$ 因此 $G\left(\dfrac{x}{2^{\prime}}\right) \geqslant 2^{2^{4}-1} G^{2^{2}}(x)$ 对任意 $t \in \mathbf{N}$ 都成立．若存在一个 $x_0$，使 $G\left(x_{0}\right)>1$，那么取 $t>\log _{2} x_{0}$ 就有 $0<\dfrac{x_{0}}{2^{t}}<1$，且 $\dfrac{M}{\left(\dfrac{x_{0}}{2^{t}}\right)^{2}} \geqslant\left|G\left(\dfrac{x^{0}}{2^{t}}\right)\right| \geqslant 2^{2^{t}-1} G^{2^{t}}\left(x_{0}\right)>2^{2^{t-1}}$ 即 $\dfrac{M}{x_{0}^{2}}>2^{2^{t}-2 t-1}$ 不等式左边为常数，右边当 $t \rightarrow \infty$ 时无上届，显然是矛盾的，这样得到 $G\left(x_{0}\right)>1$ 不可能，所以 $G(x) \leqslant 1$．
答案
解析
备注
