Função implícita

Se f(x + 1) =  f(x) + 1 e f(x²) = [f(x)]² para todo x pertencente aos reais. Prove que f(x) = x

Bom dia!

Veja que:

f(1)=f(0)+1
f(2)=f(1)+1
f(3)=f(2)+1
 .          .
 .          .
 .          .
f(x)=f(x-1)+x
f(x+1)=f(x)+1
-----------------
Somando e eliminando as partes iguais, chegamos a conclusão de que:
f(x)=f(0)+1
f(x+1)=f(0)+x+1

Portanto, f(1)=f(0)+1

Sabendo que f(x²)=f²(x), temos:

f(0*0)=f²(0), logo:
f(0)=0 ou f(0)=1

f(1*1)=f²(1), logo:
f(1)=0 ou f(1)=1

Aplicando f(1) e f(0) na expressão f(x+1)=f(x)+1
Para f(0)=0 temos:
f(1)=0+1=1; possível resultado, já que f(1) é 0 ou 1
Para f(0)=1 temos:
f(1)=1+1=2; impossível

Logo, f(0)=0 e f(1)=1, e f(x)=f(0)+x, ou seja, f(x)=x.

Espero ter ajudado.

Você provou para x natural, mas x não é estritamente natural, ele é um número real

Não amigo. Quando resolvi chamar o "x inicial" de 0, foi por uma questão de comodidade, para facilitar nos cálculos. x pertence aos reais pois o enunciado diz isso. O enunciado pede apenas para provar que f(x)=x.
Mas aplicando a indução no resultado que obtemos(o qual, segundo você, está limitado ao naturais com essa dedução), vamos obter o "resultado final" nos reias.

1) Para x=1. f(1)=1 OK!

2) Para x=k, k pertencente aos reais. f(k)=k OK!

3) Agora devemos provar que funciona para x=k+1, k+1 nos reais obviamente. Assim, percorremos todos os infinitos números reais, pois funciona para um k tendendo ao infinito, e seu sucessor. O sucessor do sucessor do k, ou seja, o k+2, e por consequência com o k+3, o k+4...
Somando aos dois lados da expressão de 2) o número 1:
f(k)+1=k+1, porém, pelo enunciado, sabemos que f(k)+1=f(k+1)
Portanto: f(k+1)=k+1. Que é compatível com a dedução de f(x)=x

Espero ter ajudado.

Não meu caro. Quando você aplica indução, você está considerando uma propriedade somente para inteiros e não para os reais. Como eu disse, sua prova foi para os inteiros não negativos, logo não resolveu completamente, somente parcialmente.

Note que eu dou duas identidades de f(x) e afirmo que aquelas identidades são válidas para todo x pertencente aos reais

De onde é essa questão?

Nosso amigo mostrou que f(x)=x para os inteiros.
Admita que exista uma solução polinomial (razoável), de tal forma que:
f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i
Se f(x+1)=f(x)+1 para todo x real,
\sum_{i=0}^na_i(x+1)^i=\sum_{i=0}^na_i(x)^i+1
a_n(x+1)^n+a_{n-1}(x+1)^{n-1}+...+a_1(x+1)+a_0=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0+1
Como vale para todo x, podemos fazer a identidade polinomial do polinômio da direita com o da esquerda. Monômio a monômio:

\binom{n}{0}a_n=a_n
\binom{n}{1}a_n+\binom{n-1}{0}a_{n-1}=a_{n-1}\rightarrow a_{n}=0
\binom{n}{2}a_n+\binom{n-1}{1}a_{n-1}+\binom{n-2}{0}a_{n-2}=a_{n-2}\rightarrow a_{n-1}=0
...
\binom{n}{n}a_n+\binom{n-1}{n-1}a_{n-1}+...+\binom{1}{1}+\binom{0}{0}a_0=a_{0}+1\rightarrow a_{1}+a_0=a_0+1\rightarrow a_{1}=1
Como todos os coeficientes de ordem maior que 1 são nulos, o grau do polinômio é 1: n=1
Então f(x)=x+a_0. Mas f(0)=0, portanto f(x)=x
Essa é uma solução que o sistema de equações funcionais admite. Não sei se é a única.
A outra equação que eu não usei, na verdade serviu para descobrirmos f(0)=0.
Abraço.

Me mandaram essa questão, mas não sei de onde veio

Bom caminho, valeu!