La proposición. $f(x)=x$ todos los $x\in\mathbb R$.
Prueba. Vamos $g(x)=x-f(x)$, $Y=\{g(x)\mid x\in\mathbb R\}$ y $s=\sup Y\in\mathbb R\cup\{+\infty\}$.
Si $0\le x <1$, podemos encontrar desde $(2)$ que $ f(x)=f(\sqrt x^2)=f(\sqrt x)^2\ge 0$ y, por tanto,$g(x)<1$.
Por $(1)$, $g$ es periódica con período de $1$, de modo que tenemos $g(x)<1$ todos los $x\in\mathbb R$ y, por tanto, $s\le 1$ (especialmente, $s$ es finito).
Como un intermezzo, nos muestran un poco de
Lema. Si $y\in Y$$a\in\mathbb R$, entonces no existe $x\in[a,a+1)$ tal que $(2x-y)y\in Y$.
Prueba:
Desde $g$ es periódica con período de $1$, existe alguna $x\in[a,a+1)$$g(x)=y$. Nosotros
calcular $(2x-y)y=(x+f(x))(x-f(x))=x^2-f(x)^2=x^2-f(x^2)=g(x^2)\in Y$. $_\square$
De vuelta a la prueba de la proposición.
Suponga $Y\ne \{0\}$.
Deje $y\in Y\setminus\{0\}$.
Si $y>0$ inmediatamente después,$s\ge y>0$.
Si $y<0$, vamos a $a=\frac y2-1$ en el lema y obtener un $2x-y<0$, por lo tanto de nuevo $s\ge (2x-y)y>0$.
Por lo tanto, tenemos $0<s\le 1$.
Seleccione $y\in Y$ $y>\frac s2>0$ y deje $a=1+\frac y2$ en el lema, obtenemos $2x-y\ge 2$, es decir, la contradicción $s\ge (2x-y)y\ge2y>s$.
Llegamos a la conclusión de que $Y=\{0\}$, es decir, de la proposición. $_\square$
