代表選考の関数方程式を解く

$P(1,1,1)⟹f(1,1{)}^2+f(1,1)+2\in \square$$⟹f(1,1)=1$

$P({\displaystyle \frac{p-1}{2}},1,1)$ $⟹f({\displaystyle \frac{p-1}{2}},1{)}^2+p=n^2$$⟹p=(n+f({\displaystyle \frac{p-1}{2}},1))(n-f({\displaystyle \frac{p-1}{2}},1))$$⟹f({\displaystyle \frac{p-1}{2}},1)={\displaystyle \frac{p-1}{2}}$

$t={\displaystyle \frac{p-1}{2}}$として$P(t,1,z)$$⟹t^2+f(1,z)+2tz$$=(t+z{)}^2+f(1,z)-z^2\in \square$
$p$を十分大きく取ることで$f(1,z)=z^2$

$P(x,1,z)$$⟹f(x,1{)}^2+z^2+2xz$$=(x+z{)}^2+f(x,1{)}^2-x^2\in \square$
$z$を十分大きく取ることで$f(x,1)=x$

$q$を$q>p^4$となる素数とする。
$t={\displaystyle \frac{q-1}{2}}$として$P(t,p,1)$$⟹f(t,p{)}^2+q{p}^4=n^2$$⟹q{p}^4=(n+f(t,p))(n-f(t,p))$
$q>p^4$から$n+f(t,p)=q{p}^a,n-f(t,p)=p^{4-a}$
$⟹f(t,p)={\displaystyle \frac{q{p}^a-p^{4-a}}{2}}(a\in \{0,1,2,3,4\})$
$a$は$p,q$に依存することに注意する。
$P(t,p,z)$$⟹({\displaystyle \frac{q{p}^a-p^{4-a}}{2}}{)}^2+f(p^4,z)+(q-1)p^{4}z\in \square$$⟹({\displaystyle \frac{q{p}^a-p^{4-a}}{2}}+p^{4-a}z{)}^2+(f(p^4,z)-p^{8-2a}(z^2-z)-p^{4}z)\in \square$
$q$が十分大きいときを考えると$f(p^4,z)=p^{8-2a}(z^2-z)+p^{4}z\cdots (i)$
$P(1,p,z)$$⟹p^4+p^{8-2a}(z^2-z)+p^{4}z+2p^{4}z\in \square$$⟹(p^{4-a}z+{\displaystyle \frac{3p^a-p^{4-a}}{2}}{)}^2-({\displaystyle \frac{3p^a-p^{4-a}}{2}}{)}^2+p^4\in \square$
$z$を十分大きく取ることで$({\displaystyle \frac{3p^a-p^{4-a}}{2}}{)}^2=p^4$$⟹|3p^a-p^{4-a}|=2p^2$
$p^a,p^{4-a}$のうち一方は$p^2$の倍数だが上の等式と$p\ge 5$からもう一方も$p^2$の倍数となる。よって$a=2$。$(i)$から$f(p^4,z)=p^4{z}^2$

$P(x,p,z)$$⟹f(x,p{)}^2+p^4{z}^2+2x{p}^{4}z$$=(p^2(x+z){)}^2+f(x,p{)}^2-x^2{p}^4\in \square$
$z$を十分大きく取ることで$f(x,p)=x{p}^2$

$P(x,y,p)$$⟹f(x,y{)}^2+y^4{p}^2+2x{y}^{4}p$$=(y^2(x+p){)}^2+f(x,y{)}^2-x^2{y}^4\in \square$
$p$を十分大きく取ることで$f(x,y)=x{y}^2$