Como descargo de responsabilidades, seguiré un enfoque de "geómetra algebraico". Por lo tanto, todos los morfismos serán esencialmente polinomios (o funciones racionales).
Para ser breve, mi respuesta es "sí". Sin embargo, la explicación es un poco larga.
Comenzaré con una observación sobre tu comentario acerca de que el argumento funciona sobre campos diferentes. Sobre un campo algebraicamente cerrado de característica cero (por ejemplo, $\mathbb C$), existen herramientas que reemplazan el teorema de la función implícita. Es decir, si tenemos un morfismo entre variedades suaves, la dimensión de la imagen debe coincidir con el rango máximo de la jacobiana. En particular, en tu caso, la imagen de $P$ será o bien una curva o un punto (lo sabemos al cambiar al campo $\mathbb C$, ya que $\mathbb R$ no es algebraicamente cerrado). Por otro lado, esto no es cierto sobre campos de característica $p > 0$. Específicamente, el morfismo de Frobenius de una variedad a sí misma (así, de $k^2$ a sí mismo, si $k$ es un campo de característica positiva) es un morfismo dominante (es decir, la imagen es densa. Es sobreyectivo si $k$ es perfecto) cuya diferencial es idénticamente cero. De hecho, este morfismo está definido como $x \mapsto x^p$, y su diferencial es $p \cdot x^{p-1}dx$, que es igual a $0$ cuando $p = 0$. Por lo tanto, si tomamos el Frobenius para $k^2$ con $k$ un campo de característica positiva, la afirmación en tu pregunta no se cumple.
Ahora, asumamos que estamos trabajando sobre un campo algebraicamente cerrado de característica cero. En particular, podemos asumir que $k=\mathbb C$. Utilizaremos este caso para deducir algo sobre el caso $k = \mathbb R$.
Según la discusión anterior, sabemos que la imagen tiene dimensión 0 o 1. Si tiene dimensión 0, entonces tu afirmación se cumple, ya que podemos tomar $f \colon k^2 \rightarrow k$ y $g \colon k \rightarrow k^2$ como polinomios constantes adecuados. Por lo tanto, asumiré que la imagen tiene dimensión 1.
Por las reducciones anteriores, sabemos que la imagen de $P : k^2 \rightarrow k^2$ es una curva $C$. Esta curva $C$ puede ser singular. Por otro lado, como $k^2$ es suave, sabemos que $k^2 \rightarrow C$ se factoriza como $f \colon k^2 \rightarrow T$ y $g \colon T \rightarrow C \subset k^2$, donde $T$ es suave (aquí $T$ es la normalización de $C$). Ahora, como $k^2$ es una variedad racional (puede ser compactificada para ser $\mathbb P ^2_k$, el plano proyectivo sobre $k$), $T$ es unirracional (esencialmente por definición de unirraciona...$\mathbb R$. Hemos usado el valor constante en los polinomios).
Ahora, volvamos a tu $P$ definido sobre $\mathbb R$. Al cambiar al campo $\mathbb C$, podemos considerar $P$ como un morfismo $P_\mathbb{C} \colon \mathbb C ^2 \rightarrow \mathbb C ^2$ (básicamente, se mantienen los mismos polinomios y se introducen valores complejos). Como la imagen de $P_\mathbb{C}$ tiene dimensión 1, lo mismo ocurre con la imagen de $P$. Además, la imagen de $P_\mathbb{C}$ se obtiene a partir de la imagen de $P$ por "cambio al campo de $\mathbb{C}$". Esto garantiza que lo que concluimos sobre $\mathbb C$ sigue siendo válido también sobre $\mathbb R$.
Para concluir con una aclaración, hemos dependido en gran medida del hecho de que estábamos interesados en $k^2$. Esto garantizaba que la imagen de $P$ fuera un punto o una curva. Para tratar el caso de la curva, utilizamos el teorema de Lüroth. Esto garantiza que toda curva unirracional es racional. Sin embargo, esto no es cierto en dimensiones superiores: sigue siendo cierto para superficies en característica cero, pero falla incluso sobre $\mathbb C$ en dimensiones superiores. Por lo tanto, no espero que este argumento se generalice para morfismos $P \colon k^n \rightarrow k^n$ con $dP$ nunca sobreyectivo.
