宿田：$b_i=a_{i+1}-a_i$ として $b_i\mid b_{i+1}$
兒玉：二次以上と仮定して矛盾を導く？
宿田：階差が定数であることを示す…？
平山：多項式の合成すぐ頭壊れるから嫌い
兒玉：階差がどんどん掛け算されると余分な素因数たくさん持つから
兒玉：純粋なベキが入りにくいのかなとか考えたけど、階差と元々の数列って結構な差があるよな…
平山：$a$ が条件満たすなら前から有限項取っても良いけど
宿田：どの項と $n$ の差も $P(n)-n$ の倍数って強い気がしなくもない
宿田：例えば $7\mid P(n)-n$ だとして、$2^{100}$ が含まれてるとすべての項の $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7$ は $2$ なんだけど
宿田：すると $6$ 乗数とか入らないし
平山：$p\mid b_i$とすると $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$ で $a_i\equiv 0,1$ なのか
平石：宿田と平山の議論に齟齬を感じるんだけど
宿田：同じ話だと思う
渡辺：宿田のは $i=0$ の場合だと思う
平山：Eulerの定理にすれば素数のベキでも大丈夫なのか
平山：すると $a$ は二次の増え方しか許されていない
宿田：それはなぜ
平山：$b_i$ が $a_i(a_i-1)$ の約数なので。
宿田：天才か？
渡辺：さらに $2$ 次の係数が正のときだけ考えればいいのか
渡辺：負なら十分先で負になるし
平山：勝手に最初に弾いた気になっていた()
宿田：あとはなんか頑張れば詰められる感は、ある…
渡辺：$b_i=\alpha a_i^2+(\beta -1)a_i+\gamma$ が常に $a_i^2-a_i$ の約数
渡辺：こう書くと $(\alpha ,\beta ,\gamma )=(1,0,0)$ っぽくない？
宿田：普通に確定するね
平山：$x^2$ はダメなので、終わりです…

• 整数係数多項式を見たらまずは $x-y\mid P(x)-P(y)$ (1行目)
• 実験によって思ったこと (8行目)

$\{a_i\}$ はいくらでも大きい整数を含むことに注意する.

$b_i=a_{i+1}-a_i$ とすると, 有名事実として $b_{i-1}\mid b_i$ が成立する. $p$ を素数として, $p^k\mid b_i$ が成り立つとする. このとき$$a_i\equiv a_{i+1}\equiv a_{i+2}\equiv \cdots (\mathrm{mod}{p}^k)$$ $c$ として十分大きな $p^{k-1}(p-1)$ の倍数をとることで, Eulerの定理より $a_i\equiv 0,1(\mathrm{mod}{p}^k)$ がわかる. これが任意の $p$ について成り立つことから, $b_i\mid a_i(a_i-1)$ が従う. ゆえに $|P(a_i)-a_i|\le |a_i(a_i-1)|$ であるから, $a_i$ を十分大きくとることで $P(x)$ は高々 $2$ 次である. 以下, $P(x)$ が $2$ 次であると仮定して矛盾を示す.

$P(x)=\alpha x^2+\beta x+\gamma$ とする. $P(a_i)-a_i\mid a_i(a_i-1)$ より $\alpha a_i^2+(\beta -1)a_i+\gamma \mid a_i^2-a_i$ であるから, $$\alpha a_i^2+(\beta -1)a_i+\gamma \mid (a+\beta -1)a_i+\gamma$$ $a_i$ を十分大きくとれば, $\alpha +\beta =1,\gamma =0$ が必要であり, $a_i(\alpha a_i-a)\mid a_i(a_i-1)$ より $|\alpha |=1$ である. $\alpha =-1$ のとき, 十分先で負の値しか取らず不適である. $\alpha =1$ のときは $P(x)=x^2$ だが, これも明らかに不適である.