Case 1.If there is $f(a)=f(b),a\neq b$, then let $x$ be both $a,b$. Obtaining $f(x)=f(x+a-b)$. Let $(x,y)$ be $(x,0)$ and $(x,a-b)$. Then $f(x)=0$ for all $x$. Case 2. If $f$ inj, let $y=0$. then $f(x)f(0)=-x+1$. What's more, $f(0)=1$or$-1$. Just check $f(x)=1-x$ and $f(x)=x-1$. Both work.

Syvl wrote: Case 1.If there is $f(a)=f(b),a\neq b$, then let $x$ be both $a,b$. Obtaining $f(x)=f(x+a-b)$. Let $(x,y)$ be $(x,0)$ and $(x,a-b)$. Then $f(x)=0$ for all $x$. Can you please explain this part more?

Sea H(x,y) la identidad dada, •H(0,-1) se obtiene q f(f(0)f(-1)-1) = 0 ahora digamos que f(0)f(1)-1=a -> f(a)=0 •H(a,a) se obtiene f(1)=0 •H(x,1) -> 0=f(x)+f(2-x) de donde f(y-x+1) = -f(2-y+x-1)= -f(x-y+1) entonces H(x,y) se puede reescribir como f(f(x)f(y)+y)=f(x)y-f(x-y+1) ahora intercambiando x,y de lugar obtenemos q f(f(y)f(x)+x)=f(y)x-f(y-x+1) despejando f(y-x+1)=f(y)x-f(f(x)f(y)+x) = f(f(x)f(y)+y)-f(x)y ahora evaluando x=b con b tal que f(b) = 0 obtendremos f(y)b = f(y) de donde f(y)=0 para todo y que pertenece a los reales o b=1 lo cual implica en este caso que el único cero de f es 1 entonces a=1. Ahora probemos q f es inyectiva. •H(x,x) tenemos q f((f(x))²+x)=f(x)x. Supongamos f(z)=f(l) para z,l reales. •H(z,l) f((f(l))² + l)=f(l)l + f(l-z+1) utilizando el resultado cuando H(x,x) obtenemos f(l-z+1)=0 luego l-z+1=1 -> l=z que implica que f es inyectiva. •H(0,0) obtienes f((f(0))²)=f(1)=0 de donde (f(0))²=1 entonces f(0)=1 ó f(0)=-1. •H(x,0) -> f(f(x)f(0))=f(1-x) Caso 1: f(0)=1 -> f(f(x))=f(1-x) y por la inyectividad f(x)=1-x para todo x real. Caso 2 : f(0)=-1 -> f(-f(x))=f(1-x) y por la inyectividad -f(x)=1-x de donde f(x)=x-1 para todo x real Luego las soluciones son f(x)=1-x , f(x)=x-1.