渡辺：$f(n)=1$？
平山：$f(n)=n^2$ も行ける
宿田：$f(m)$ 払って $n+f(m)\mid n^2-f(n)$
馬杉：ある $n$ で $f(n)\ne n^2$ のとき $f$ は有界
平山：それ仮定して任意の $n$ で $f(n)=1$ を目標にしよう
宿田：$f(1)$ 定まってほしさ
宿田：定まりますね…
兒玉：$m=n=1$ を代入か
渡辺：$m=1$ より $n+1\mid f(n)+n$
馬杉：有界ってことは無限個の $n$ について $f(n)=k$ となるような $k$ が存在する
兒玉：というか渡辺の式から十分先でずっと $1$ になるのか
兒玉：十分大きい $n$ を入れると $n+f(m)\mid nf(m)+1$ で、$n$ を払って $n+f(m)\mid f(m{)}^2-1$
平山：えっ、それで分母だけ大きくすればもう解けてませんか
兒玉：解けましたね…

• 予想は出来れば慎重に, 特に分岐を見逃すとハマりがち (2行目)
• どこで解の分岐が起こるのか常に意識せよ, $f(0)$ なのか, 零点なのか, 全射性や単射性なのか…
• 分数の形の整数から整数を引いて好きな文字を消す
• 分数の形の整数について分母が大きくできないか考える、特に分母だけに登場する文字を作って、それを大きく飛ばして分子が$0$になることを言う
• 具体的な値は調べましょう
• 数列や離散FEでは常に有界性に目を見張らせるのが吉
• これ5分で終わったけど速すぎませんか

求める関数は $f(n)\equiv 1$ および $f(n)\equiv n^2$ であることを示す. これらは明らかに条件をみたす.

解法1.　以下ある $n_0$ について $f(n_0)\ne n_0^2$ と仮定し, 任意の $n$ について $f(n)=1$ であることを示せばよい. いま $$f(n_0)-n_0^2=(f(n_0)+n_{0}f(m))-n_0(n_0+f(m))$$ は $n_0+f(m)$ の倍数であるから, 特に $f$ は上に有界である.

$P(1,1)$ より $2=2(1+f(1))-2f(1)$ は $1+f(1)$ の倍数であるから, $f(1)=1$ が必要。ここから $P(1,n)$ により $$f(n)-1=(f(n)+n)-(n+1)$$ は $n+1$ の倍数であり, $f$ は有界であることから, ある $N$ が存在して $n>N$ で常に $f(n)=1$ となる.

よって十分大きい $n$ について $$f(m{)}^2-1=f(m)(n+f(m))-(1+nf(m))$$ は $n+f(m)$ の倍数であるから, 任意の $m$ について $f(m)=1$ であることが示された.

解法2.　解法1と同様に $f(1)=1$ を得る. また $P(2,2)$ より $6=3(2+f(2))-3f(2)$ は $2+f(2)$ の倍数であるから, $f(2)=1$ または $f(2)=4$ を得る. ここで $f(2)=1$ とすると, $P(m,2)$ より$$3=2(2+f(m))-(1+2f(m))$$は $2+f(m)$ の倍数であるから, 任意の $m$ について $f(m)=1$ が必要である.

したがって, 以下 $f(2)=4$ と仮定し, 任意の $n$ について $f(n)=n^2$ であることを示せばよい. これを数学的帰納法によって示す. ある $n\geqq 3$ について $f(n-1)=(n-1{)}^2$ と仮定する. このとき, まず $P(n,n)$ より $$n^2+n=(n+1)(n+f(n))-(n+1)f(n)$$ は $n+f(n)$ の倍数であるから, 特に $f(n)\leqq n^2$ である. さらに $P(n-1,n)$ より $$n^2-f(n)=n(n^2-n+1)-(n^3-2n^2+n+f(n))$$ は $n^2-n+1$ の倍数である. ここで $f(n)\ne n^2$ と仮定すると, 大小関係より明らかに $f(n)=n-1$ となるほかない. このとき再び $P(n,n)$ より $n(n+1)$ は $2n-1$ の倍数であるが, $gcd(n,2n-1)=1$ より特に $n+1$ は $2n+1$ の倍数となり, これは不可能である. 以上より $f(n)=n^2$ が示され, 数学的帰納法により証明は終了する.