宿田：$f(n+f(n))=n+f(n)$
平山：単射かな
宿田：$a,b$ が不動点なら $a+b$ も不動点
馬杉：$a,a+b$ 不動点から $b$ とか言える？
宿田：言える
兒玉：じゃあ不動点全体は何かの倍数全体か
平山：$b$ 不動点で $(f(a)+b)f(a+b)=(a+b{)}^2$
宿田：$a$ に $p-b$ とか入れてみる？
平山：正しい判断だ
渡辺：天才
平山：どっちも $p$ になると都合が良い
宿田：不動点になる素数が無数に取れて
(※編注：$f(p)=1$ への対処は容易。単射性を使えば早い。詳細は解答例を参照のこと)
平山：あっそうか、互除法すれば良かったのか
宿田：流石に全部不動点か
平山：なんか謎だな

• 工事中

求める関数は $f(x)\equiv x$ である. これは明らかに与式をみたす.

解法1.　$f(s)=f(t)$ であるとき, $P(a,s),P(a,t)$ の比較により $s=t$ が従うから, $f$ は単射であることに留意せよ.

以下, すべての正の整数が $f$ の不動点であることを示せばよい. $P(a,a)$ より $f(a+f(a))=a+f(a)$ であるから, 特に $f$ には不動点が存在する. いま $a,b$ がともに $f$ の不動点であるとき, 与式より $a+b$ も不動点である ($a=b$ でもよい). また $b,a+b$ がともに $f$ の不動点であるとき, 与式より $a$ も不動点である.

ここで $b$ を不動点, $p$ を十分大きい素数とすると, $P(p-b,b)$ より $(f(p-b)+b)f(p)=p^2$ であるから, $f(p)=p$ または $f(p)=1$ である. 単射性より $f(p)=1$ なる $p$ は高々一つであるから, $f(p)=p$ であるとしてよい. 同様に十分大きい素数 $q\ne p$ に対し $f(q)=q$ とできる.

一方で上の議論より, 整数 $m,n$ によって $mp+nq$ の形に表される正の整数はすべて不動点であるが, $p$ と $q$ は互いに素であるからこれは正の整数全体である. 以上より示された.

解法2.　解法1と同様に, 任意の正整数 $a$ に対し $a+f(a)$ は不動点である. これより, 特に不動点 $c$ を任意に大きく取ることができる. ここで $P(a,c)$ より $f(a)+c$ は $(a+c{)}^2$ を割り切り, $${\displaystyle \frac{(f(a)-a{)}^2}{f(a)+c}}={\displaystyle \frac{(a+c{)}^2}{f(a)+c}}+f(a)-2a-c$$ が整数であることから, 任意の $a$ について $f(a)=a$ であることが示された.