代表選考の関数方程式を解く

$ P(1,1,1) \Longrightarrow f(1,1)^2+f(1,1)+2 \in □$$ \Longrightarrow f(1,1)=1$

$P( \dfrac{p-1}{2},1,1) $ $ \Longrightarrow f(\dfrac{p-1}{2},1)^2+p=n^2$$ \Longrightarrow p=(n+f(\dfrac{p-1}{2},1))(n-f(\dfrac{p-1}{2},1)) $$ \Longrightarrow f(\dfrac{p-1}{2},1)=\dfrac{p-1}{2}$

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

$ P(x,1,z)$$ \Longrightarrow f(x,1)^2+z^2+2xz$$=(x+z)^2+f(x,1)^2-x^2 \in □$
$z$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。
$t=\dfrac{q-1}{2}$として$ P(t,p,1)$$ \Longrightarrow f(t,p)^2+qp^4=n^2$$ \Longrightarrow qp^4=(n+f(t,p))(n-f(t,p))$
$q>p^4$から$n+f(t,p)=qp^a,n-f(t,p)=p^{4-a}$
$ \Longrightarrow f(t,p)=\dfrac{qp^a-p^{4-a}}{2}\quad (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)$$ \Longrightarrow \Big(\dfrac{qp^{a}-p^{4-a}}{2}\Big)^2+f(p^4,z)+(q-1)p^4z\in □$$ \Longrightarrow \Big(\dfrac{qp^{a}-p^{4-a}}{2}+p^{4-a}z\Big)^2+(f(p^4,z)-p^{8-2a}(z^2-z)-p^4z)\in □$
$q$が十分大きいときを考えると$f(p^4,z)=p^{8-2a}(z^2-z)+p^4z \quad\cdots (i)$
$ P(1,p,z)$$ \Longrightarrow p^4+p^{8-2a}(z^2-z)+p^4z+2p^4z\in □$$ \Longrightarrow \Big(p^{4-a}z+ \dfrac{3p^a-p^{4-a}}{2} \Big)^2-\Big(\dfrac{3p^a-p^{4-a}}{2} \Big)^2+p^4\in □$
$z$を十分大きく取ることで$\Big(\dfrac{3p^a-p^{4-a}}{2} \Big)^2=p^4 $$ \Longrightarrow |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$p \geq 5$からもう一方も$p^2$の倍数となる。よって$a=2$。$(i)$から$f(p^4,z)=p^4z^2$

$ P(x,p,z)$$ \Longrightarrow f(x,p)^2+p^4z^2+2xp^4z$$ =(p^2(x+z))^2+f(x,p)^2-x^2p^4\in □$
$z$を十分大きく取ることで$f(x,p)=xp^2$

$ P(x,y,p)$$ \Longrightarrow f(x,y)^2+y^4p^2+2xy^4p$$ = (y^2(x+p))^2+f(x,y)^2-x^2y^4\in □$
$p$を十分大きく取ることで$f(x,y)=xy^2$