Hallar todas las funciones $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ tales que $$(f(x)+f(y))(f(u)+f(v))=f(xu-yv)+f(xv+yu)$$ para todos $x,y,u,v\in \mathbb{R}$.
Si $f(0)\neq 0\Rightarrow f(x)=\frac{1}{2}$ para todo $x$, lo cual satisface la ecuación $\left (\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right )\left (\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right )=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$.
Sigamos con $f(0)=0$
$(x,0,y,0)$
$f(x)f(y)=f(xy)$
$(x,0,1,0)$
$f(x)f(1)=f(x)$
Si $f(1)\neq 1\Rightarrow f(x)=0$ para todo $x$, lo cual satisface la ecuación.
Veamos por inducción que $f(x)=x^2$ para $x$ entero, como $f(x)=f(-x)$ es suficiente verlo en los naturales, supongamos que esto es cierto para los primeros $k$ naturales.
Por lo que $f\left (x^2+y^2\right )=f\left (x^2-y^2\right )+f(2xy)$
Remplazando $x$ por $\sqrt{\frac{a+b}{2}}$ y $y$ por $\sqrt{\frac{a-b}{2}}$ nos queda
$f(a)=f(b)+f(2xy)$
Como $f(x)\geq 0$ para todo $x$, $f(a)\geq f(b)$
Ahora terminemos el problema, supongamos que hay un real $r$ tal que $f(r)\neq r^2$, WLOG $f(r)=r^2+d$ con $d$ positivo.
Como los racionales son densos en los reales podemos encontrar un racional $t$ tal que $r<t$ y $r^2<t^2<r^2+d$ pero tendríamos que $f(t)<f(r)$ contradicción, por lo que para todo real (ya que $f(x)=f(-x)$) $f(x)=x^2$.
Veamos que anda $(xu-yv)^2+(xv+yu)^2=x^2u^2-2xuyv+y^2v^2+x^2v^2+2xvyu+y^2u^2=x^2u^2+y^2v^2+x^2v^2+y^2u^2=\left (x^2+y^2\right )\left (u^2+v^2\right )$
En conclusión las únicas soluciones son $f(x)=\frac{1}{2}$, $f(x)=0$ y $f(x)=x^2$