Veamos que [math]f no puede ser constante, es decir [math]f(x)=k con [math]k fijo para todo [math]x real.
Supongamos que sí, reemplazamos [math]f(x)=k y queda, [math]k=\left( k+\frac{1}{2} \right)\left( k+\frac{1}{2} \right)=k^2+k+\frac{1}{4} \Rightarrow k^2=-1/4.
Pero [math]k^2>0, absurdo.
Entonces [math]f no es constante.
Reemplazando por [math]y=-1, [math]f(f(-1))=\left( f(x)+\frac{1}{2} \right) \left( f(-1)+\frac{1}{2} \right).
Pero si [math]f(-1)\neq -\frac{1}{2}, podemos pasar el segundo factor dividiendo y restando [math]\frac{1}{2} nos queda: [math]\frac{f(f(-1))}{\left( f(-1)+\frac{1}{2} \right)}-\frac{1}{2}=f(x).
Pero lo de la izquierda es constante, por lo tanto [math]f es constante, absurdo.
Entonces [math]f(-1)=-\frac{1}{2}.
Y reemplazando por [math]y=-1 nuevamente, pero esta vez usando que [math]f(-1)=-\frac{1}{2}, [math]f\left(-\frac{1}{2}\right)=0.
Supongamos que [math]f(a)=-\frac{1}{2}, reemplazando [math]y=a, [math]f\left(x-ax-\frac{1}{2}\right)=f\left((1-a)x-\frac{1}{2}\right)=0.
Si [math]a\neq -1 reemplazando [math]x=\frac{z+\frac{1}{2}}{1-a}, [math]f(z)=0 para todo [math]z real, absurdo, pues [math]f no es constante.
Sigue que [math]f(a)=-\frac{1}{2} \Leftrightarrow a=-1.
Finalmente si reemplazamos [math]x=-\frac{f(y)+\frac{1}{2}}{y+1}, con [math]y \neq -1 [math]0=f\left(-\frac{1}{2}\right)=\left(f\left(-\frac{f(y)+\frac{1}{2}}{y+1}\right)+\frac{1}{2}\right)\left( f(y)+\frac{1}{2} \right).
Si [math]f(y)+\frac{1}{2}=0,
de donde [math]f(y)=-\frac{1}{2} \Rightarrow y=-1, absurdo.
Entonces podemos dividir por [math]f(y)+\frac{1}{2} y nos queda: [math]0=f\left(-\frac{f(y)+\frac{1}{2}}{y+1}\right)+\frac{1}{2}
De donde [math]f\left(-\frac{f(y)+\frac{1}{2}}{y+1}\right)=-\frac{1}{2} \Rightarrow -\frac{f(y)+\frac{1}{2}}{y+1}=-1
Y despejando [math]f(y) en esto último nos queda [math]f(y)=y+\frac{1}{2}. Para todo [math]y real distinto de [math]-1, pero para [math]y=-1 también se cumple esto, por lo tanto la única función que puede llegar a cumplir la condición es [math]f(y)=y+\frac{1}{2}.
Y es fácil ver que esta función cumple ya que reemplazando nos queda [math]x+xy+y+1=(x+1)(y+1), que vale para todo [math]x,y reales.
Esa igualdad implicaría que [math]f es constante, lo cual es imposible, por lo que lo que debe ser [math]f(-1)=-\frac{1}{2}.
Entonces, en la ecuación original, si ponemos [math]y=-1 y usamos que [math]f(-1)=-\frac{1}{2}, obtenemos que [math]f\left(-\frac{1}{2}\right)=0
3) Veamos que [math]f(t)=-\frac{1}{2} \Leftrightarrow t = -1. En efecto, supongamos que [math]f(t)=-\frac{1}{2}, entonces, reemplazando en la ecuación original [math]x+xy+f(y)=t (es claro que podemos, porque esto es equivalente a reemplazar [math]x=\frac{t-f(y)}{y+1}), entonces nos queda que:
Pero si miramos el lado derecho, es claro que el segundo factor se anula, por lo cual la igualdad es imposible.
Luego [math]t=-1 como queríamos.
4) Pongamos ahora [math]x+xy+f(y)=-\frac{1}{2}, es lo mismo que simplemente hacer el reemplazo [math]x=\frac{-\frac{1}{2}-f(y)}{y+1}, en nuestra ecuación original tenemos que:
Como [math]f\left(-\frac{1}{2}\right)=0, entonces tenemos que alguno de los dos factores del lado derecho se anula. Si el segundo factor es nulo, debe ser [math]y=-1, pero eso implica que el primer factor no está definido (pues tenemos un [math]y+1 en un denominador). Entonces el primer factor es nulo, es decir que:
Esto implica, por lo demostrado en el paso 3, que [math]\frac{-\frac{1}{2}-f(y)}{y+1} = -1, es decir que [math]f(y)=y+\frac{1}{2}, que es la solución que buscábamos. Es sencillo ver que cumple las condiciones del enunciado, por lo que la solución queda completa.
Sea [math]\theta = 1,3063778838... Para todo entero positivo [math]k se cumple que [math]\left\lfloor \theta^{3^k}\right\rfloor es un número primo.
Ya habiendo probado que $f$ es no constante y que $f(-1)+\frac{1}{2}=0$, tomamos $x=-1$ en la ecuación original. Nos queda que $f(-1-y+f(y))=0$, si $f(y)-y-1$ recorre todos los reales entonces $f(-1-y+f(y))$ no puede ser constante dado a que se probó que $f$ no es constante y tendremos un absurdo.
Por lo tanto $f(y)-y-1=k$ una constante y $f(y)=y+1+k$.
Reemplazando lo obtenido en la ecuacion original nos quedara que:
$x+xy+y+2k+2=[x+(k+\frac{3}{2})][x+(k+\frac{3}{2})]$, y tomando $x=y=0$ nos queda que
$2k+2=(k+\frac{3}{2})(k+\frac{3}{2})\Rightarrow 0=k^2+k+\frac{1}{4}$, donde $k$ sera igual a $-\frac{1}{2}$. por lo tanto $f(y)=y+\frac{1}{2}$.
Ya habiendo probado que $f$ es no constante y que $f(-1)+\frac{1}{2}=0$, tomamos $x=-1$ en la ecuación original. Nos queda que $f(-1-y+f(y))=0$, si $f(y)-y-1$ recorre todos los reales entonces $f(-1-y+f(y))$ no puede ser constante dado a que se probó que $f$ no es constante y tendremos un absurdo.
Por lo tanto $f(y)-y-1=k$ una constante y $f(y)=y+1+k$.
Reemplazando lo obtenido en la ecuacion original nos quedara que:
$x+xy+y+2k+2=[x+(k+\frac{3}{2})][x+(k+\frac{3}{2})]$, y tomando $x=y=0$ nos queda que
$2k+2=(k+\frac{3}{2})(k+\frac{3}{2})\Rightarrow 0=k^2+k+\frac{1}{4}$, donde $k$ sera igual a $-\frac{1}{2}$. por lo tanto $f(y)=y+\frac{1}{2}$.
$y=-1$ nos da que $f(f(-1))=(f(x)+\frac{1}{2})(f(-1)+\frac{1}{2})$, por lo que $f(-1)+\frac{1}{2}=0$ o $f$ es constante, pero reemplazando $f$ por una constante en la ecuación original obtenemos que $c^2+\frac{1}{4}=0$. Absurdo. Luego, $f(-1)=\frac{1}{2}$. Volviendo al mismo reemplazo, tenemos que $f(-\frac{1}{2})=0$.
Reemplazando ahora $x=0$, $y=-\frac{1}{2}$, tenemos que $f(0)=\frac{1}{2}(f(0)+\frac{1}{2})$, por lo que $f(0)=\frac{1}{2}$.
Reemplazando $y=0$ en la ecuación original, tenemos que $f(x+\frac{1}{2})=f(x)+\frac{1}{2}$ para todo $x$.
Supongamos ahora que existe un $k\neq -1$ tal que $f(k)=-\frac{1}{2}$.
Reemplazando $x=k$, $y=\frac{-k}{k+1}$ en la ecuación original, tenemos que $f(k+k\frac{-k}{k+1}+f(\frac{-k}{k+1}))=0$, por lo que $f(\frac{k}{k+1}+f(\frac{-k}{k+1}))=0$.
Reemplazando $x=-1$, $y=\frac{-k}{k+1}$ en la ecuación original, tenemos que $f(-1-\frac{-k}{k+1}+f(\frac{-k}{k+1}))=0$, por lo que $f(-1+\frac{k}{k+1}+f(\frac{-k}{k+1}))=0$, pero luego $f(-\frac{1}{2}+\frac{k}{k+1}+f(\frac{-k}{k+1}))=\frac{1}{2}$ y $f(\frac{k}{k+1}+f(\frac{-k}{k+1}))=1$. Absurdo.
Luego, el único $k$ tal que $f(k)=-\frac{1}{2}$ es $-1$.
Análogamente, podemos concluir que si $f(n)=0$, con $n\neq -\frac{1}{2}$, entonces $f(n-\frac{1}{2} + \frac{1}{2}) = 0 = f(n-\frac{1}{2}) + \frac{1}{2}$, pero esto sería contradictorio con la afirmación de que el único $k$ tal que $f(k)=-\frac{1}{2}$ es $-1$. Absurdo.
Por último, tomando $x=-1$ tenemos que $f(-1-y+f(y))=0$, por lo que $-1-y+f(y)=-\frac{1}{2}$ y $f(y)=y+\frac{1}{2}$, y es facil ver que esto verifica.
Ya habiendo probado que $f$ es no constante y que $f(-1)+\frac{1}{2}=0$, tomamos $x=-1$ en la ecuación original. Nos queda que $f(-1-y+f(y))=0$, si $f(y)-y-1$ recorre todos los reales entonces $f(-1-y+f(y))$ no puede ser constante dado a que se probó que $f$ no es constante y tendremos un absurdo.
Por lo tanto $f(y)-y-1=k$ una constante y $f(y)=y+1+k$.
Reemplazando lo obtenido en la ecuacion original nos quedara que:
$x+xy+y+2k+2=[x+(k+\frac{3}{2})][x+(k+\frac{3}{2})]$, y tomando $x=y=0$ nos queda que
$2k+2=(k+\frac{3}{2})(k+\frac{3}{2})\Rightarrow 0=k^2+k+\frac{1}{4}$, donde $k$ sera igual a $-\frac{1}{2}$. por lo tanto $f(y)=y+\frac{1}{2}$.