　与式を適当に変形することで
$$(f(y)-(f^2(x)+1))^2+(x-z)((f(x)-x)-(f(z)-z))\geq 1$$
特にここに $z=x$ を代入すれば
$$(f(y)-(f^2(x)+1))^2\geq 1$$
$y=f(x)$ を代入すると,
$$(x-z)((f(x)-x)-(f(z)-z))\geq 0$$
逆にこれらが成立すれば与式も成立するから, 条件はこれら $2$ 式に分離された. さらに,

- $(f(y)-(f^2(x)+1))^2\geq 1$ は $f^2(x)+1 \neq f(y)$ と同値である.
- $(x-z)((f(x)-x)-(f(z)-z))\geq 0$ は $f(x+1)\gt f(x)$ と同値である.

　ここで数列 $a_{n}=f^n(2)-f^{n-1}(2)$ について考察しよう. このとき, $f^{n}(2) \lt t \leq f^{n+1}(2)$ なる正整数 $t$ が $a_{n+1}$ 個存在することから, 以下をみたす正整数 $f(t)$ も $a_{n+1}$ 個存在する：
$$f^{n+1}(2)\lt f(t)\leq f^{n+2}(2)$$
同様にして, 以下をみたす正整数 $f^2(r)+1$ も $a_{n}$ 個存在する：
$$f^{n+1}(2)\lt f^{2}(r)+1\leq f^{n+2}(2)$$
しかし, 条件よりこれらは重複しないから, 不等式 $a_{n}+a_{n+1}\leq a_{n+2}$ を得る.\
　一方で, $f(1)\gt 1$ のとき明らかに $f(2)\gt 2$ で, $f(1)=1$ のときも $f(2)\neq f^2(1)+1=2$ と併せて $f(2)\gt 2$ であるから, 結局常に $a_{1}\geq 1$ であり, これよりさらに $a_2\geq 1$ である. すなわち $a_{n}$ はFibonacci数で下から評価できることがわかった. 具体的には, 考えるべき値について $f^{16}(2)=2+a_1+a_2+\cdots a_{16}\geq2585$ を得る.\
　逆に, 条件をみたすように $x$ の小さいほうから $f(x)$ の値を定めていけば, すべての等号を成立させるような構成が得られる. 具体的には, こうして得られる $f$ は $\varphi=(1+\sqrt{5})\/2$ について $f(x)=[\varphi x]$ と表示できることが証明できる. 以上より, 求める最小値は $\textbf{2585}$ である.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc053/editorial/1419
　正整数全体で定義され, 正整数値を取る関数 $f$ は,  任意の正の整数 $x,y,z$ について
$$\begin{aligned}
&f^2(x)^2+2f^2(x)+f(y)^2+xf(x)+zf(z) \\\\
\geq ~ &2f^2(x)f(y)+2f(y)+xf(z)+zf(x)+(x-z)^2
\end{aligned}$$
をみたします.  このとき $f^{16}(2)$ としてあり得る最小値を求めて下さい. ただし, 正整数 $n$ に対し $f^{n}$ は $f$ の $n$ 回合成です. すなわち $f^1(x)=f(x),\\, f^{n}(x)=f(f^{n-1}(x))$ です.