OFO 2018 Problema 8

[Luli97]

Determinar todas las funciones $f : \mathbb R \to \mathbb R$ que satisfacen la ecuación $$ f\left(f(x)-f(y)\right)=f(f(x))-2x^2f(y)+f\left(y^2\right) $$ para todos los números reales $x,y$.

[Luli97]

Aquí vamos a publicar la solución oficial.

[enigma1234]

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Sea $$P (x,y): f\left(f(x)-f(y)\right)=f(f(x))-2x^2f(y)+f\left(y^2\right) $$
Si $f$ es constante ($f (x)=c $ para todo x):

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$P(0,0): c=c+c $ entonces $f (x)=c=0$ para todo x.

Si $f$ no es constante:

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Entonces existe $m $ tal que $f (m) \not
= 0$.Sea $a,b $ tal que $f (a)=f (b) $.
Entonces $P (a,m)-P (b,m): 0=0+(2b^2-2a^2)f (m)$ como $f (m)\not= 0 \to a^2=b^2$ Entonces si $f (a)=f (b)\to a^2=b^2.... (\alpha)$.
$P (0,0):f (0)=f(f(0)) +f (0) \to f (f (0))=0$
$P (0,f (0)):f (f (0))=f (f (0))+f (f(0)^2) \to f(f(0)^2)=0$
Entonces por $(\alpha) $ $f (0)^2=f (0)^4 \to f (0)=1\vee 0 \vee -1$
$P (0,x):f(f (0)-f (x))=f (f(0))+f (x^2)$ y como $f (f (0))=0$ y por $(\alpha)$ entonces $ (f (0)-f (x))^2=x^4 \to f (x)=f (0)-x^2 \vee f (x)=f (0)+x^2...(\beta)$
$P (x,x):f (0)=f(f(x))-2x^2f (x)+f(x^2)...(\theta) $
$P (x,0):f (f (x)-f (0))=f (f (x))-2x^2f (0)+f (0)... (\delta) $

Caso1:$f (0)=1$

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Por $(\beta):f(x)=1-x^2 \vee f (x)=1+x^2$
Supongamos que exista $r$ tal que $f(r)=1+r^2$ y $r\not= 0$ Entonces en $(\delta)$:
$f (f (r)-1)=f (r^2)=f (f(r))-2r^2+1$
De $(\theta)$ tenemos que:
$1=f(f(r))-2r^2f(r)+f(r^2)=f(f(r))-2r^2f(r)+f(f(r))-2r^2+1$ como $f(r)=1+r^2$ Entonces:
$1=2f(r^2+1)-2r^2 (r^2+2)+1\to f (r^2+1)=r^4+2r^2=(r^2+1)^2-1$ pero por $(\beta) $ $f (r^2+1)=1\pm (r^2+1)^2$
Entonces $(r^2+1)^2-1=1+(r^2+1)^2 \vee 1-(r^2+1)^2$ es claro que el primero no cumple entonces $(r^2+1)^2-1=1-(r^2+1)^2 \to (r^2+1)^2-1=0 \to 0<r^2+1=1 \vee -1 \to r^2=0 \to r=0$ lo cual no es posible pues dijimos que $r\not= 0$.
Entonces $f (x)=1-x^2$ para todo $x$ distinto de 0, pero es claro que $f (0)=1=1-0^2$ Entonces $f (x)=1-x^2, \forall x \in \mathbb{R}$.

Caso 2:$f (0)=0$

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Por $(\beta):f (x)=x^2 \vee -x^2$
Supongamos que exista $m,n $ tal que $f (m)=-m^2$ y $f(n)=n^2$ y $m,n\not= 0$.
De $(\theta):0=f(n^2)-2n^2f (n)+f (n^2) \to f (n^2)=n^4.$
$P (m,n):f (-m^2-n^2)=f (-m^2)-2m^2n^2+n^4$
Y por $(\beta) f (-m^2-n^2)=\pm (m^2+n^2)^2$
Si $f (-m^2-n^2)=(m^2+n^2)^2$:
$(m^2+n^2)^2=f (-m^2)-2m^2n^2+n^4 \to m^4+4m^2n^2=f (-m^2)=\pm m^4\leq m^4$
Entonces Cómo $m,n\not=0$ entonces $0< m^2n^2\leq 0$ lo cual es una contradicción.
Entonces $f (-m^2-n^2)=-(m^2+n^2)^2$
$-(m^2+n^2)^2=f (-m^2)-2m^2n^2+n^4 \to -m^4-2n^4=f (-m^2)=\pm m^4\geq -m^4\to 0\geq 2n^4>0$ lo cual es una contradicción.
Entonces como $f(0)=0=\pm 0^2$ y por lo anterior:
$f (x)=x^2 , \forall x \in \mathbb{R} \vee f (x)=-x^2 , \forall x \in \mathbb{R} $

Caso 3:$f (0)=-1$

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Por $(\beta):f(x)=-1+x^2 \vee f (x)=-1-x^2$, como al inicio teníamos que $f(f(0)^2)=0 \to f(1)=0$ y$f(f(0))=0 \to f(-1)=0$
Supongamos que exista $r$ tal que $f(r)=-1-r^2$ y $r\not= 1,0,-1$.
En $P(1,r):f(r^2+1)=f(f(1))+2r^2+2+f(r^2) \to f(r^2+1)=2r^2+1+f(r^2)$.
Pero por $(\beta)$ tenemos que $f(r^2+1)=-1+(r^2+1)^2 \vee f (r^2+1)=-1-(r^2+1)^2$
Si $f(r^2+1)=-1-(r^2+1)^2$ reemplazando en $P(1,r)$:
$-2-2r^2-r^4=2r^2+1+f(r^2) \to -3-4r^2-r^4=f(r^2)=-1\pm r^4\geq -1-r^4 \to 0\geq 2+4r^2>0$ lo cual es una contradicción.
Entonces $f(r^2+1)=-1+(r^2+1)^2=r^4+2r^2$ reemplazando en $P(1,r)$:
$r^4+2r^2=2r^2+1+f(r^2)\to r^4-1=f(r^2) $
Reemplazando en $(\theta) $:
$f (0)=f(f(r))-2r^2f (r)+f(r^2)\to -1=f(-1-r^2)+2r^2(r^2+1)+r^4-1\to -2r^2-3r^4=f(-1-r^2)=-1\pm(1+r^2)^2$
Entonces $ -2r^2-3r^4= -1+(1+r^2)^2 \vee -2r^2-3r^4= -1-(1+r^2)^2$
$\to 4r^2+4r^4=0 \vee 2r^4-2=0 \to r=0 \vee r=1 \vee r=-1$ lo cual es una contradicción.
Entonces $f(r)=-1+r^2$ con $r\not= 1,0,-1$ y como $f (0)=-1=-1+0^2,f(1)=0=-1+1^2,f(-1)=0=-1+(-1)^2$
Entonces $f(x)=-1+x^2, \forall x \in \mathbb{R}$

Entonces tenemos que:$f(x)=0,\forall x \in \mathbb{R} \vee f(x)=1-x^2, \forall x \in \mathbb{R} \vee f (x)=x^2 , \forall x \in \mathbb{R} \vee f (x)=-x^2 , \forall x \in \mathbb{R} \vee f(x)=-1+x^2, \forall x \in \mathbb{R}$ ahora veamos que todos cumplen.

$f(x)=0,\forall x \in \mathbb{R}$:

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Reemplazando nos queda $0=0-0+0$ que claramente cumple $\forall x,y \in \mathbb{R}$

$ f(x)=1-x^2, \forall x \in \mathbb{R}$:

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Reemplazando por un lado nos queda:
$f\left(f(x)-f(y)\right)=f(y^2-x^2)=1-(y^2-x^2)^2=1-y^4+2x^2y^2-x^4$.
Y por el otro: $f(f(x))-2x^2f(y)+f\left(y^2\right)=1-(x^2-1)^2+2x^2(y^2-1)+1-y^4=1-x^4+2x^2y^2-y^4$.
Por lo que claramente cumple.

$f (x)=x^2 , \forall x \in \mathbb{R}$:

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Reemplazando por un lado nos queda:
$f\left(f(x)-f(y)\right)=f(x^2-y^2)=(x^2-y^2)^2=x^4-2x^2y^2+y^4$.
Y por el otro: $f(f(x))-2x^2f(y)+f\left(y^2\right)=x^4-2x^2y^2+y^4$.
Por lo que claramente cumple.

$ f (x)=-x^2 , \forall x \in \mathbb{R}$:

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Reemplazando por un lado nos queda:
$f\left(f(x)-f(y)\right):f(y^2-x^2)=-(x^2-y^2)^2=-x^4+2x^2y^2-y^4$.
Y por el otro: $f(f(x))-2x^2f(y)+f\left(y^2\right)=f(-x^2)+2x^2y^2-y^4=-x^4+2x^2y^2-y^4$.
Por lo que claramente cumple.

$f(x)=-1+x^2, \forall x \in \mathbb{R}$:

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Reemplazando por un lado nos queda:
$f\left(f(x)-f(y)\right):f(x^2-y^2)=(x^2-y^2)^2-1=x^4-2x^2y^2+y^4-1$
Y por el otro: $f(f(x))-2x^2f(y)+f\left(y^2\right)=f(x^2-1)-2x^2(y^2-1)+y^4-1=(x^2-1)^2-1-2x^2(y^2-1)+y^4-1=x^4-2x^2y^2+y^4-1$
Por lo que claramente cumple.

Por lo tanto $f(x)=0,\forall x \in \mathbb{R}, f(x)=1-x^2, \forall x \in \mathbb{R} ,f (x)=x^2 , \forall x \in \mathbb{R} , f (x)=-x^2 , \forall x \in \mathbb{R} , f(x)=-1+x^2, \forall x \in \mathbb{R}$ son todas las soluciones del problema.

[davisbeckam18]

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Respuesta: $f(x)=0\quad\forall$ $ x\in\mathbb{R}$ ; $f(x)=x^2\quad\forall$ $ x\in\mathbb{R}$ ; $f(x)=-x^2\quad\forall$ $ x\in\mathbb{R}$ ; $f(x)=-1+x^2\quad\forall$ $ x\in\mathbb{R}$ ; $f(x)=1-x^2\quad\forall$ $ x\in\mathbb{R}$

Primero veamos que estas cinco funciones verifican el problema
$\quad$

$P(x,y):$ $f(f(x)−f(y))=f(f(x))−2x^2f(y)+f(y^2)$ $\quad\forall$ $ x,y\in\mathbb{R}$

La primera es trivial. Para la segunda y tercera $P(x,y):\pm(\pm x^2 \mp y^2)^2= \pm(x^4 -2x^2y^2+y^4)= \pm x^4\mp2x^2y^2\pm y^4 $, lo cual es cierto. Y para la cuarta y quinta $P(x,y): \pm(((\pm(x^2-1)\mp(y^2-1))^2-1)=\pm((x^2-1)^2-1)\mp2x^2(y^2-1)\pm(y^4-1)$ $\implies$ $P(x,y): \pm(x^4+y^4-2x^2y^2-1)=\pm(x^4-2x^2)\mp2x^2y^2\pm2x^2 \pm y^4 \mp 1$ $\implies$ $P(x,y): \pm(x^4+y^4-2x^2y^2)=\pm x^4 \mp2x^2y^2 \pm y^4$, lo cual también es cierto. Una vez hecho esto resolvamos el problema
$\quad$

$\ast P(0,0): f(0)=f(f(0))+f(0)$ $\implies$ $f(f(0))=0$
$\ast P(0,x): f(f(0)-f(x))=f(x^2)$ $ \forall$ $ x\in\mathbb{R}$
$\quad$
$\ast$ Caso I: $f(0)=0$.

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$\implies$ $ P(0,x): f(f(0)-f(x))=f(x^2)$ $\implies$ $ f(-f(x))=f(x^2)$ $ \forall$ $ x\in\mathbb{R}$. Supongamos que $\exists$ $ m \neq 0 /f(m)=0$ $\implies$ $ P(m,x): f(-f(x))=-2m^2f(x)+f(x^2)$ $\implies$ $2m^2f(x)=0$ $\implies$ $\boxed{f(x)=0\quad\forall x\in\mathbb R}$. Ahora si $f(x)=0 \Leftrightarrow x=0$ $\implies$ $ P(x,x): 2x^2f(x)=f(f(x)) + f(x^2)$ $\implies$ $ P(x,x): 2x^2f(x)=f(f(x)) + f(-f(x))$. Sean $u,v$ números reales diferentes de $0$, tales que $f(u)=f(v)=c$ (como $u,v$ son distintos de $0$, entonces $c\neq 0$) $\implies$ $2u^2f(u)=f(f(u)) + f(-f(u))=f(f(v)) + f(-f(v))=2v^2f(v)$ $\Leftrightarrow$ $2u^2f(u)=2v^2f(v)$ $\Leftrightarrow$ $c(u-v)(u+v)=0$ $\Leftrightarrow$ $u=\pm v$. Como $(-f(x))=f(x^2)$ $\implies$ $f(x)=\pm x^2$ $ \forall$ $ x\in\mathbb{R}$ (Ya que $f(0)=0$ también verifica a relación). En particular $f(1)=1 \vee f(1)=-1$. Supongamos exista un número real $a\neq 0$ tal que $f(\pm a)=a^2$ y $f(\mp a)=-a^2$ $\implies$ $P(\pm a, \mp a): f(2a^2)=2f(a^2)+2a^4$ $\implies$ $f(2a^2)=0 \vee f(2a^2)=4a^4$ $\implies$ $f(2a^2)=4a^4$ $\implies$ $f(a^2)=a^4$ $\implies$ $P(\mp a, \mp a): 2a^2f(\mp a) - f(a^2)=f(f(-a^2))$ $f(f(-a^2))= -3a^4$ $\implies$ $\pm a^4=-3a^4$. Lo cual no es posible ya que en ambos casos $a=0$ pero al inicio teníamos que $a \neq 0$. Contradicción. $\implies$ $f(x)=f(-x) $ $ \forall$ $ x\in\mathbb{R}$ (Incluimos al $0$) $\implies$ $ f(-f(x))=f(f(x))=f(x^2)$ $ \forall$ $ x\in\mathbb{R}$ $\implies$ $P(x,y):$ $f(f(x)−f(y))=f(f(x))−2x^2f(y)+f(y^2)=f(f(x))+f(f(y))−2x^2f(y)$ $\quad\forall$ $ x,y\in\mathbb{R}$ $\implies$ $f(f(x))+f(f(y))−2x^2f(y)=f(f(x)-f(y))=f(f(y)-f(x))= f(f(x))+f(f(y))−2y^2f(x)$ $\Leftrightarrow$ $x^2f(y)=y^2f(x)$ $\quad\forall$ $ x,y\in\mathbb{R}$. En particular $y=1$ $\implies$ $f(x)=x^2f(1)$. Si $f(1)=1$ $\implies$ $\boxed{f(x)=x^2 \quad\forall x\in\mathbb{R}}$. Si $f(1)=-1$ $\implies$ $\boxed{f(x)=-x^2 \quad\forall x\in\mathbb{R}}$.

$\ast$ Caso 2: $f(0)\neq0$.

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$\implies$ $ P(x,0): 2x^2f(0)=f(f(x)) -f(f(x)-f(0))+ f(0)$ $\quad\forall x\in\mathbb{R}$. Sean $u,v$ números diferentes de $0$, tales que $f(u)=f(v)$ $\implies$ $2u^2f(0)=f(f(u)) -f(f(u)-f(0))+ f(0)= f(f(v)) -f(f(v)-f(0))+ f(0)=2v^2f(0)$ $\Leftrightarrow$ $u=\pm v$ $\implies$ $ P(\sqrt{\frac{1}{2}},0): f(f(\sqrt{\frac{1}{2}})-f(0))=f(f(\sqrt{\frac{1}{2}})) -2(\sqrt{\frac{1}{2}})^2f(0)+ f(0)$ $\implies$ $f(f(\sqrt{\frac{1}{2}})-f(0))=f(f(\sqrt{\frac{1}{2}}))$ $\implies$ $f(0)=2f(\sqrt{\frac{1}{2}})$ $\vee$ $f(0)=0$ $\implies$ $f(0)=2f(\sqrt{\frac{1}{2}})$ $\implies$ $P(0,\sqrt{\frac{1}{2}}): f(f(0)-f(\sqrt{\frac{1}{2}}))=f(\frac{1}{2})$ $\implies$ $f(f(\sqrt{\frac{1}{2}}))=f(\frac{1}{2})$ $\implies$ $f(\sqrt{\frac{1}{2}})= \pm \frac{1}{2}$ $\implies$ $f(0)=\pm1=c$.

$\implies$ $P(0,0): f(c)=0$ $\implies$ $P(c,0): f(-c)=c-2c^3+c$ $\implies$ $f(-c)=2c(1-c^2)=0$. Esto quiere decir que $f(1)=f(-1)=0$$\implies$ $P(0,x): f(c-f(x))=f(x^2)$ $\implies$$f(x)=c \pm x^2$$\quad\forall x\in\mathbb{R}$. Sea $a^2 \neq 0, 1, \frac{1}{2} $ un número real.

Subcaso 1: $c=1$

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$\implies$ $ P(a,0): 2a^2=f(f(a)) -f(f(a)-1)+ 1$ $\implies$ $2a^2 -1=f(1\pm a^2)-f(\pm a^2)$.
Si $2a^2 -1=f(1+ a^2)-f( a^2)$. Hay cuatro posibilidades:

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$\boxed{1}.$ Si $2a^2 -1=1+ (1+ a^2)^2-(1+a^4)$ $\Leftrightarrow$ $-1=1$ (Contradicción)
$\boxed{2}.$ Si $2a^2 -1=1+ (1+ a^2)^2-(1-a^4)$ $\Leftrightarrow$ $-1=a^4$ (Contradicción)
$\boxed{3}.$ Si $2a^2 -1=1- (1+ a^2)^2-(1+a^4)$ $\Leftrightarrow$ $-2=a^2$ (Contradicción)
$\boxed{4}.$ Si $2a^2 -1=1- (1+ a^2)^2-(1-a^4)$ $\Leftrightarrow$ $0=a^2$ (Contradicción).

Si $2a^2 -1=f(1- a^2)-f( -a^2)$. Hay cuatro posibilidades:

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$\boxed{1}.$ Si $2a^2 -1=1+ (1- a^2)^2-(1+a^4)$ $\Leftrightarrow$ $\frac{1}{2}=a^2$ (Contradicción)
$\boxed{2}.$ Si $2a^2 -1=1+ (1- a^2)^2-(1-a^4)$ $\Leftrightarrow$ $1=a^2$ (Contradicción)
$\boxed{3}.$ Si $2a^2 -1=1- (1- a^2)^2-(1+a^4)$ $\Leftrightarrow$ $0=a^2$ (Contradicción)
$\boxed{4}.$ Si $2a^2 -1=1- (1- a^2)^2-(1-a^4)$ $\Leftrightarrow$ $0=0$ (Cumple).

Como $f(a)$ debe estar definido, vemos que la única opción posible es la $4ª$ de la segunta parte $\implies$ Necesariamente $f(x)= 1-x^2$ $\quad\forall x \neq 0, 1, -1, \sqrt{\frac{1}{2}}, -\sqrt{ \frac{1}{2}} \in\mathbb{R}$. Nos faltaría hallar $f(-\sqrt{ \frac{1}{2}}), f(\sqrt{ \frac{1}{2}})$ Supongamos que alguno de estos valores sea $ f(\pm\sqrt{ \frac{1}{2}})= 1 + \frac{1}{2}= \frac{3}{2}$ $\implies$ $P(\pm\sqrt{ \frac{1}{2}},\pm\sqrt{ \frac{1}{2}}): 1=f(\frac{3}{2})-2(\frac{1}{2})(\frac{3}{2})+f(\frac{1}{2})$ $\implies$ $1=-2$. Contradicción $\implies$ $f(-\sqrt{ \frac{1}{2}})= f(\sqrt{ \frac{1}{2}})=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$. Como $f(0)=1, f(1)=f(-1)=0, f(-\sqrt{ \frac{1}{2}})= f(\sqrt{ \frac{1}{2}})=\frac{1}{2}$, podemos quitar la restricción $\forall x \neq 0, 1, -1, \sqrt{\frac{1}{2}}, -\sqrt{ \frac{1}{2}}$ y afirmar que en este subcaso $\boxed{f(x)= 1-x^2 \quad \forall x\in\mathbb{R}}$

Subcaso 2: $c=-1$

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$\implies$ $ P(a,0): -2a^2=f(f(a)) -f(f(a)+1)- 1$ $\implies$ $1-2a^2=f(-1\pm a^2)-f(\pm a^2)$.
Si $1-2a^2=f(-1+ a^2)-f( a^2)$. Hay cuatro posibilidades:

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$\boxed{1}.$ Si $1-2a^2 =-1+ (-1+ a^2)^2-(-1+a^4)$ $\Leftrightarrow$ $0=0$ (Cumple)
$\boxed{2}.$ Si $1-2a^2 =-1+ (-1+ a^2)^2-(-1-a^4)$ $\Leftrightarrow$ $0=a^4$ (Contradicción)
$\boxed{3}.$ Si $1-2a^2 =-1- (-1+ a^2)^2-(-1+a^4)$ $\Leftrightarrow$ $1=a^2$ (Contradicción)
$\boxed{4}.$ Si $1-2a^2=-1- (-1+ a^2)^2-(-1-a^4)$ $\Leftrightarrow$ $\frac{1}{2}=a^2$ (Contradicción).

Si $1-2a^2 =f(-1- a^2)-f( -a^2)$. Hay cuatro posibilidades:

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$\boxed{1}.$ Si $1-2a^2 =-1+ (-1- a^2)^2-(-1+a^4)$ $\Leftrightarrow$ $0=a^2$ (Contradicción)
$\boxed{2}.$ Si $1-2a^2 =-1+ (-1- a^2)^2-(-1-a^4)$ $\Leftrightarrow$ $-2=a^2$ (Contradicción)
$\boxed{3}.$ Si $1-2a^2 =-1- (-1- a^2)^2-(-1+a^4)$ $\Leftrightarrow$ $-1=a^4$ (Contradicción)
$\boxed{4}.$ Si $1-2a^2 =-1- (-1- a^2)^2-(-1-a^4)$ $\Leftrightarrow$ $0=-2$ (Contradicción).

Como $f(a)$ debe estar definido, vemos que la única opción posible es la $1ª$ de la primera parte $\implies$ Necesariamente $f(x)= -1+x^2$ $\quad\forall x \neq 0, 1, -1, \sqrt{\frac{1}{2}}, -\sqrt{ \frac{1}{2}} \in\mathbb{R}$. Nos faltaría hallar $f(-\sqrt{ \frac{1}{2}}), f(\sqrt{ \frac{1}{2}})$ Supongamos que alguno de estos valores sea $ f(\pm\sqrt{ \frac{1}{2}})= -1 - \frac{1}{2}= -\frac{3}{2}$ $\implies$ $P(\pm\sqrt{ \frac{1}{2}},\pm\sqrt{ \frac{1}{2}}): -1=f(-\frac{3}{2})-2(\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})+f(\frac{1}{2})$ $\implies$ $-1=2$. Contradicción $\implies$ $f(-\sqrt{ \frac{1}{2}})= f(\sqrt{ \frac{1}{2}})=-1+\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}$. Como $f(0)=1, f(1)=f(-1)=0, f(-\sqrt{ \frac{1}{2}})= f(\sqrt{ \frac{1}{2}})=-\frac{1}{2}$, podemos quitar la restricción $\forall x \neq 0, 1, -1, \sqrt{\frac{1}{2}}, -\sqrt{ \frac{1}{2}}$ y afirmar que en este subcaso $\boxed{f(x)= -1+x^2 \quad \forall x\in\mathbb{R}}$