Lo que sigue no es una respuesta completa, pero espero que ayude a resolver el problema.
Deje $y=2\,\bigl|f(2x)\bigr|$$n=\lfloor y\rfloor$. A continuación,$n\geq0$, y el funcional de la ecuación puede escribirse como
$$f(x)^2-2nf(x)+\lfloor y^2\rfloor-1=0\,,$$
por tanto, la correspondiente discriminante debe ser no negativo, que es $4n^2-4\bigl(\lfloor y^2\rfloor-1\bigr)\geq0$, y por lo $\lfloor y^2\rfloor\leq n^2+1$. Si $y=n+a$$\lfloor y^2\rfloor=n^2+\lfloor2na+a^2\rfloor$, por lo que la anterior desigualdad se convierte en $\lfloor2na+a^2\rfloor\leq1$, lo que equivale a $2na+a^2<2$. Desde $2na+a^2$ es estrictamente creciente en función de $a\geq0$, se deduce que el $\lfloor2na+a^2\rfloor\leq1$ fib $a<a_n$ donde $a_n\geq0$ satisface $2na_n+a_n^2=2$$a_n=\sqrt{n^2+2}-n$.
Tenga en cuenta que $a_n\geq1$ al $n=0$ $a_n<1$ lo contrario. Hemos demostrado entonces que la imagen de la función $2\bigl|f(2x)\bigr|$ debe estar contenida en la unión
$$[0,1)\cup\bigcup_{n\geq1}[n,n+a_n)=[0,\sqrt3\,)\cup\bigcup_{n\geq2}\bigl[n,\sqrt{n^2+2}\,\bigr)\,,$$
el último siendo una unión de intervalos disjuntos a pares cierres. Ya que esta función es continua, su imagen es un intervalo, por lo que mediante la conexión debe estar contenido en exactamente uno de los intervalos anteriores. En otras palabras, tenemos exactamente una de las siguientes posibilidades:
- $0\leq2\bigl|f(2x)\bigr|<\sqrt3$ todos los $x$;
- No es exactamente un número$m\in\mathbb N$$m\geq2$, de tal manera que $m\leq2\bigl|f(2x)\bigr|<\sqrt{m^2+2}$ todos los $x\,.$
El segundo caso es un poco mejor, porque en ese caso $\Bigl\lfloor\,2\,\bigl|f(2x)\bigr|\,\Bigr\rfloor$ es constante igual a $m$, por lo que el funcional de la ecuación se simplifica un poco (la desagradable término que acompaña a $f(x)$ ahora es constante). Esto no sucede en el primer caso debido a $\Bigl\lfloor\,2\,\bigl|f(2x)\bigr|\,\Bigr\rfloor$ $0$ o $1$, pero tal vez el método de solución para el caso de $m\geq2$ se aplica en este caso como bien de alguna manera.
ACTUALIZACIÓN
El conjunto $A=\{\alpha\in\mathbb R\setminus\mathbb Q: \alpha^2\in\mathbb Q\ \text{or}\ -\alpha^2\in\mathbb Q\}$ de los no-racionales de las raíces cuadradas de los números racionales es denso en $\mathbb R$ (Prueba: Si $0<c<d$ $p$ es un primer suficientemente grande, entonces para algún número natural $k$ tenemos $(cp)^2-\frac1p<k<(dp)^2-\frac1p$, lo $c<\alpha<d$ donde $\alpha=\sqrt{\frac{kp+1}{p^3}\,}\notin\mathbb Q$ pero $\alpha^2\in\mathbb Q$).
Si $f(x)\in A$ $\Bigl\lfloor\,2\,\bigl|f(2x)\bigr|\,\Bigr\rfloor$ debe $0$: de hecho, tenemos
$$-2\Bigl\lfloor\,2\,\bigl|f(2x)\bigr|\,\Bigr\rfloor f(x)=-f(x)^2-\Bigl\lfloor{4f(2x)^2-1}\Bigr\rfloor\in\mathbb Q\ \ \text{if}\ \ f(x)^2\in\mathbb Q\,,$$
así que si $f(x)\notin\mathbb Q$, entonces necesariamente $\Bigl\lfloor\,2\,\bigl|f(2x)\bigr|\,\Bigr\rfloor=0$ (este comentario se señaló en una respuesta anterior por otra persona; la respuesta fue eliminado). Si $f$ no constante, entonces la imagen de a $f$ podría contener algunos intervalo abierto, por lo $f(x)\in A$ algunos $x$, lo que impide que la segunda posibilidad se mencionó antes, debido a que en virtud de tal condición que $\Bigl\lfloor\,2\,\bigl|f(2x)\bigr|\,\Bigr\rfloor=m$ todos los $x$, $m\geq2$ fijo. Por lo tanto, tenemos $0\leq2\bigl|f(2x)\bigr|<\sqrt3$ todos los $x$ si $f$ no es constante, lo que implica que $\Bigl\lfloor\,2\,\bigl|f(2x)\bigr|\,\Bigr\rfloor=0$ o $1$.
Si $\Bigl\lfloor\,2\,\bigl|f(2x)\bigr|\,\Bigr\rfloor=0$ algunos $x$$0\leq2\bigl|f(2x)\bigr|<1$, lo $-1\leq4f(2x)^2-1<0$, lo que muestra que $\bigl\lfloor4f(2x)^2-1\bigr\rfloor=-1$. El funcional de la ecuación se convierte en $f(x)^2-1=0$, y por lo $\bigl|f(x)\bigr|=1$, lo cual es imposible debido a $\bigl|f(2z)\bigr|<\sqrt3/2<1$ todos los $z$. En consecuencia, hemos $\Bigl\lfloor\,2\,\bigl|f(2x)\bigr|\,\Bigr\rfloor=1$ todos los $x$, y por lo $0\leq4f(2x)^2-1<2$, lo que implica que $\bigl\lfloor4f(2x)^2-1\bigr\rfloor=0$ o $1$. El funcional de la ecuación se convierte en $f(x)^2-2f(x)+\beta=0$, $\beta=0$ o $1$. Si $\beta=1$, luego tenemos a $\bigl(f(x)-1\bigr)^2=0$, lo cual es imposible debido a $\bigl|f(x)\bigr|<1$, por lo que, necesariamente,$\beta=0$. Así tenemos a $f(x)^2-2f(x)=f(x)\bigl(f(x)-2\bigr)=0$ todos los $x$, y desde $f(x)\ne2$ todos los $x$, se deduce que el $f$ es constante e igual a $0$, lo que contradice nuestra hipótesis inicial (por no hablar de que $f=0$ no satisface la ecuación funcional).
Por lo tanto, nuestra función $f$ debe ser constante. Más adelante voy a tratar de lidiar con esto es más fácil restante de la situación.
ÚLTIMA ACTUALIZACIÓN (CON SOLUCIÓN COMPLETA)
El argumento anterior se puede simplificar mucho. Deje $y=2\,\bigl|f(2x)\bigr|$$n=\lfloor y\rfloor$. A continuación,$n\geq0$, y el funcional de la ecuación puede ser reescrita como $f(x)^2-2nf(x)+\lfloor y^2\rfloor-1=0\,,$ por lo tanto la correspondiente discriminante debe ser no negativo, que es $4n^2-4\bigl(\lfloor y^2\rfloor-1\bigr)\geq0$, y por lo $\lfloor y^2\rfloor\leq n^2+1$. Por otro lado, $0\leq n\leq y$ implica $n^2\leq y^2$, y por lo $n^2\leq\lfloor y^2\rfloor$. En consecuencia, hemos $\lfloor y^2\rfloor=n^2+b$ donde $b$ $0$ o $1$.
Reemplazando en la ecuación original obtenemos $f(x)^2-2nf(x)+n^2+b-1=0$$\bigl(f(x)-n\bigr)^2=1-b\in\{0,1\}$, y así las únicas posibilidades para $f(x)$ $n,n+1$ o $n-1$. Por lo tanto, $f$ es de valor entero, y desde $f$ es continua, se sigue que $f$ debe ser constante, decir $f(x)=c$; por otra parte $c$ satisface $c\in\{n,n+1,n-1\}$, siendo la $n=\lfloor y\rfloor=\bigl\lfloor2|c|\bigr\rfloor=2|c|$. En otras palabras, $c$ es un número entero de satisfacciones $c\in\bigl\{2|c|,2|c|+1,2|c|-1\bigr\}$. Desde $f(x)=0$ no es una solución de la ecuación funcional, a continuación,$c\ne0$, lo $c=2|c|$ es imposible. Si $c=2|c|+1$$c\geq0$, lo $|c|=c$, y obtenemos la igualdad de $c=2c+1$, lo cual es imposible así. Por último, si $c=2|c|-1$$c\ne-1$$c+1=2|c|\geq0$, lo $c\geq0$, y la igualdad se convierte en $c=2c-1$, lo que implica que $c=1$. Es fácil comprobar que $f(x)=1$ satisface su ecuación funcional, de modo que es el único continuo de la solución.
