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Pongo $y=-f(x)$ e ottengo $f(0)-2x=f(f(f(x))-x)$, quindi $f$ è biiettiva.
Ma se è biiettiva allora posso prendere $x$ t.c. $f(x)=-y$, da cui $f(0)-2x=f(f(y)-x)$.
Ma per l'iniettività $f(y)-x=f(f(x))-x$, da cui $f(y)=f(-y)$.
Ma $f$ non può essere sia pari che iniettiva, quindi l'equazione non ha soluzioni.

Come al solito $P(x, y)$ è l'asserzione
$$f(f(x)+y)=2x+f(f(y)-x)$$

$(1).$ Da $P(0, x)$ si evince $f(f(0)+x)=f(f(x))\quad\forall x$

$(2).$ Da $P(x, 0)$ si evince $f(f(x))=2x+f(f(0)-x)\quad\forall x$

$(3).$ Da $P(x, -f(x))$ si evince $f(0)-2x=f(f(-f(x))-x)$, da cui $f$ è surgettiva.

$(4).$ Supponiamo per assurdo che $f$ non sia iniettiva. Allora esistono $a<b$ reali tali che $f(a)=f(b)$.
Da $P(x, a)$ si deduce $f(f(x)+a)=2x+f(f(a)-x)\quad\forall x$, e similmente da $P(x,b)$ si deduce $f(f(x)+b)=2x+f(f(b)-x)\quad\forall x$.
Confrontando si ottiene $f(f(x)+a)=f(f(x)+b) = f((f(x)+a) + (b-a)$. Se poniamo $\alpha = b-a>0$ e notiamo che, per $(3)$, $f(x)+a$ è una funzione surgettiva su $\mathbb{R}$, otteniamo che $f(z)=f(z+\alpha)\quad\forall z$, pertanto $f$ è periodica di periodo $\alpha$.
La $(2)$ con $x\leftarrow x, x+\alpha$ ci dice, grazie alla periodicità, che per ogni $x$ vale
$$
\begin{cases}
2x=f(f(x))-f(f(0)-x)\\
2(x+\alpha)=f(f(x+\alpha))-f(f(0)-x-\alpha)=f(f(x))-f(f(0)-x)
\end{cases}
$$
da cui, confrontando i $RHS$, $2x=2(x+\alpha)$, ovvero $\alpha=0$, che è assurdo.
Pertanto $f$ è iniettiva.

$(5).$ La $(1)$ unita all'iniettività ci dice che $f(x)=x+c$ per un qualche $c\in\mathbb{R}$, e si verifica che questa famiglia di soluzioni soddisfa.