平方剰余を用いた自作関数方程式の解法

$a\not\equiv 0(\mathrm{mod}p)$で上の主張が成り立つと仮定する。$({\displaystyle \frac{b^2+ab}{p}})=0$ならば$b\equiv 0,-a(\mathrm{mod}p)$であるのでそれ以外では$({\displaystyle \frac{b^2+ab}{p}})=1$$⟹({\displaystyle \frac{b}{p}})=({\displaystyle \frac{a+b}{p}})$となる。これを繰り返し用いると$({\displaystyle \frac{a}{p}})=({\displaystyle \frac{2a}{p}})=\cdots =({\displaystyle \frac{(p-1)a}{p}})$となるがこれは法$p$の平方剰余の個数が法$p$で${\displaystyle \frac{p-1}{2}}$個であることに矛盾する。

$p|f(a)$とする。$P(a,b)$から$({\displaystyle \frac{b^2+ab}{p}})\ne -1$となるので補題1から$p|a$が言える。

$4|f(a)$とする。
$P(a,b)$$⟹ab+b^2\equiv 0,1(\mathrm{mod}4)$
$b=1$から$a\equiv 0,-1(\mathrm{mod}4)$
$b=2$から$a\equiv 0,2(\mathrm{mod}4)$
よって$a\equiv 0(\mathrm{mod}4)$である。

補題2,3から明らかである。

補題2,3から$f(p)=t{p}^{n}t\in \{1,2\},n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$
である。まず$n=0,1$を示す。$n\ge 2$と仮定する。$P(1,p-1)$$⟹f(1)f(p)+p^2-p\in \square$
これは$p$の倍数だが$p^2$の倍数では無いので平方数であることに矛盾する。よって$f(p)\in \{1,2,p,2p\}$である。
$P(1,p-1)$において$f(p)\ne p$かつ$f(1)f(p)+p^2-p\in \square$を満たす$p$は高々有限個であるから補題は示せた。

$p>a$かつ$f(p)=p$となる奇素数$p$を任意に取る。$P(a,p-a)$$⟹p(f(a)-a+p)\in \square$
$⟹f(a)\equiv a(\mathrm{mod}p)$
$p$を十分大きく取ることで$f(a)=a$を得る。