[EDIT: mi respuesta anterior estaba incompleta. Se ha actualizado para derivar rigurosamente el conjunto completo de soluciones].
1) Supongamos $f(x)\not=0$ . Entonces $f^2$ diferenciable en $x$ implica $(f^2(x+h)-f^2(x))/h$ tiene un límite finito como $h\to 0$ equivalentemente ${f(x+h)-f(x)\over h} (f(x+h)+f(x))\to c$ . Desde $f(x)\not = 0$ , $f(x+h)+f(x)\to 2f(x)=k\not =0$ de ahí $f$ es diferenciable en $x$ .
2) Ahora, como en el texto, esto implica $f(x) = {1\over 2} x +b$ en cada intervalo en el que $f(x)\not=0$ . En otras palabras, el gráfico de $f$ es un segmento rectilíneo paralelo a $y=1/2 x$ en cada uno de esos intervalos. Hay 3 tipos de intervalos a considerar: intervalos máximos $S_-=(u,v)$ en el que $f(x)<0$ (de ahí $f(v)=0$ si $v<+\infty$ ), intervalos máximos $S_0=[u,v]$ en el que $f(x)=0$ e intervalos máximos $S_+=(u,v)$ en el que $f(x)>0$ (de ahí $f(u)=0$ si $u>-\infty$ ). Estos intervalos máximos existen porque $f$ es continua. Se acaba de demostrar que en todo intervalo de la primera y tercera forma, la gráfica de $f$ es un segmento recto paralelo a $x/2$ . Desde $f$ es continua, los puntos finales de dos segmentos contiguos deben ser los mismos (esto es lo que el texto expresa como "las dos soluciones posibles en estos puntos deben ser las mismas"). Por maximalidad de los intervalos, puede existir como máximo un intervalo $S_-$ , $S_0$ y $S_+$ de cada tipo: $$S_- = (-\infty, \alpha),\quad S_0 = [\alpha, \beta],\quad {\rm and}\quad S_+= (\beta, +\infty).$$
Observe que el ajuste $x=0$ en la ecuación propuesta conduce a $0=f(0)^2+C$ Por lo tanto $C$ debe ser $\leq 0$ (de lo contrario no hay solución), y $f(0) = \pm \sqrt{-C}$ .
Ahora bien, si $C< 0$ , $f(0)=\pm\sqrt{-C}$ Por lo tanto $x=0$ está dentro $S_+$ o $S_-$ según el signo de $f(0)$ y existe $a.0+b=f(0)=\pm\sqrt{-C}$ Por lo tanto $b=\pm \sqrt{C}$ . En ambos casos, la línea $x/2+b$ interseca el eje $y=0$ en $x=-2b$ .
En conclusión, si $b=\sqrt{-C}\ (>0)$ la solución general debe ser de esta forma, para algunos $\alpha\leq -2b$ : $$ f(x)=\cases{ x/2 - \alpha/2 , & $ x\in (-\infty, -\alpha) $,\cr 0, & $ x\in [\alpha,-2b] $, \cr x/2 + b, & $ x\in (-2b, +\infty) $.\cr } $$ Si $b = -\sqrt{C}\ (<0)$ la solución general debe ser de esta forma, para algunos $\beta \geq -2b$ : $$ f(x)=\cases{ x/2 + b, & $ x\in (-\infty, -2b) $,\cr 0, & $ x\in [-2b, \beta] $, \cr x/2 - \beta/2 , & $ x\in (\beta, +\infty) $.\cr } $$
(nótese que en estas soluciones, $\alpha$ y $\beta$ puede ser igual a $-\infty$ o $+\infty$ resp.).
A la inversa, se ve fácilmente que las funciones anteriores son solución de la ecuación propuesta. Por lo tanto, hemos encontrado la forma general de la solución de esta ecuación siempre que $C<0$ .
Si $C=0$ , $x=0$ está en $S_0$ por lo que la solución general debe ser de la siguiente forma, con $\alpha\leq 0$ y $\beta\geq 0$ : $$ f(x)=\cases{ x/2 - \alpha/2 , & $ x\in (-\infty, \alpha) $,\cr 0, & $ x\in [\alpha,\beta] $, \cr x/2 - \beta/2, & $ x\in (\beta, +\infty) $.\cr } $$ (otra vez, $\alpha$ puede ser igual a $-\infty$ y $\beta$ a $+\infty$ ). A la inversa, se ve fácilmente que tal función es una solución de la ecuación para cada $\alpha\leq 0$ y $\beta\geq 0$ .
