verander het marking scheme desnoods

$a=b=c=0$ geeft $f(0)=0$.
$(a,-a,0)$ geeft dan $(f(a)-f(-a))^2=0$, dus $f(a)=f(-a)$.

We kunnen de voorwaarde $a+b+c=0$ dus evengoed vervangen door $a+c=b$ (of $a+b=c$ of $b+c=a$), aangezien het teken van $a,b,c$ er niet toe doet.

Stel dat $f(a)=0$ met $a>0$ (en $b=a+c$), dan hebben we na herschrijven $(f(a+c)-f(c))^2=0$, dus $f$ is dan periodiek met periode $a$ (of een deler van $a$). Als $f(1)=0$, geldt dus meteen $f(x)=0\forall x$. Veronderstel nu $f(1)>0$.

Beschouw de voorwaarde nu als een kwadratische vergelijking in $c$. (En stel meteen $b=a+c$.)
De oplossingen zijn $f(c)=f(a)+f(a+c)\pm2\sqrt{f(a)f(a+c)}$.
Dus $f(a)f(a+c)$ is steeds een volkomen kwadraat. M.a.w, $f(x)f(y)$ is telkens een kwadraat. Als één van de functiewaarden een kwadraat is (en niet $0$ is), zijn alle anderen dus ook kwadraten.

Veronderstel nu dat er een $x$ is waarbij $f(x)$ een priemfactor $p$ heeft die tot een oneven macht voorkomt. Dan hebben alle andere functiewaarden ook die oneven exponent, en zijn dus allemaal deelbaar door $p$. Bijgevolg zijn er slechts een eindig aantal priemgetallen delers van de functiewaarden. Als we $f$ delen door het product van die priemgetallen bekomen we een nieuwe functie (nog steeds $\mathbb Z\to\mathbb Z$) waarbij alle functiewaarden dan weer wel kwadraten zijn.

Veronderstel nu dus dat alle $f(x)$ kwadraten zijn (achteraf vermenigvuldigen we dan nog eventueel met een factor.) Dus $f(x)\geq0$.

Veronderstel dat $f(1)>1$, en dat $p^2|f(1)$ met $p$ priem. Uit $(f(a)-f(a+1))^2=f(1)(2f(a)+2f(a+1)-f(1))$ (de beginvoorwaarde herschreven) volgt dat $p|f(a)-f(a+1)$. Als we $a=1$ stellen hebben we $p|f(2)$, en zo per inductie $p|f(x)\forall x$. Als we $f$ weer delen door $p$ hebben we een kleinere $f$, en als we dit voor alle priemfactoren van $f(1)$ blijven doen bekomen we een oplossing met $f(1)=1$.

We hadden $f(c)=f(a)+f(a+c)\pm2\sqrt{f(a)f(a+c)}=(\sqrt{f(a)}\pm\sqrt{f(a+c)})^2$, dus $\sqrt{f(a)}\pm\sqrt{f(a+c)}=\pm\sqrt{f(c)}$ (*). In het bijzonder als $c=1$: $\sqrt{f(a)}\pm\sqrt{f(a+1)}=\pm1$.
Dus $\sqrt{f(a)}-\sqrt{f(a+1)}=\pm1$ (omdat $f(x)\geq0$), i.e.: de functiewaarden zijn opeenvolgende kwadraten.

Dus $f(2)=0$ of $f(2)=4$.

Nu bewijzen we via inductie dat $f(2^k)$ voor $k>0$ steeds $0$ of $4^k$ is.
Het klopt voor $k=1$, dus veronderstel dat het klopt voor $k$.
Stellen we in (*) $a=c=2^k$, dan is $\sqrt{f(2^k)}\pm\sqrt{f(2^{k+1})}=\pm\sqrt{f(2^k)}$. Als $f(2^k)=0$, dan ook $f(2^{k+1})$. Als $f(2^k)=4^k$, dan hebben we inderdaad $0$ en $2^{k+1}$ als mogelijke waarden voor $\sqrt{f(2^{k+1})}$. (Door $+$ en $-$ te nemen op de plaats van $\pm$.) Hiermee is het bewezen per inductie.

Stel dat $f(2^k)$ telkens $4^k$ is. Omdat alle functiewaarden opeenvolgende kwadraten zijn, is dan noodzakelijk $f(x)=x^2$. Dit vullen we in in de beginvoorwaarde en we stellen daar meteen $c=a+b$: $a^4+b^4+(a+b)^4=2a^2b^2+2(a^2+b^2)(a+b)^2$. Dit klopt.

Stel nu $n>0$ de kleinste waarde waarvoor $f(2^n)=0$ (Die bestaat dus.) Dus $f(2^{n-1})=4^{n-1}$. Dit betekent dat de functie eerst optelt tot $4^{n-1}$ en dan aftelt tot $1$: $0^2,1^2,2^2,\dots,(2^{n-1})^2,\dots,2^2,1^2$. Wegens de periodiciteit (bovenaan besproken) herhaalt dit zich.

We moeten hebben $\sqrt{f(a)}\pm\sqrt{f(a+c)}=\pm\sqrt{f(c)}$ (**), maar als $n>2$ klopt dit onmogelijk voor $a=2^{n-1}+1$ en $c=2^n-2$. Want dan is $\sqrt{f(a)}=\sqrt{f(a+c)}=2^{n-1}-1$ en $\sqrt{f(c)}=2$, en (**) is dan duidelijk onmogelijk.

$n=1$ is triviaal te controleren in de beginvoorwaarde, het geeft $f(x)=x\pmod2$.

Bekijk nu $n=2$, het rijtje is dan $0,1,4,1,0,1,4,1,\dots$. We kunnen in de beginvoorwaarde gewoon $c=a+b$ stellen en de gevallen met $0\leq a,b<4$ afgaan en we hebben steeds dat het klopt.

Even samenvatten en factoren toevoegen geeft alle functies:

De rij $0,z,0,z,\dots$ met $z\in\mathbb Z$. (Dit bevat meteen ook het geval $f(x)=0$.)
$f(2k)=0,f(2k+1)=z$ met $k,z$ geheel.

$f(x)=zx^2$

En de rij $0,z,4z,z,0,z,4z,z,\dots$. (Uiteraard bij deze en de vorige het symmetrische voor functiewaarden van negatieve getallen, zolang $f(0)=0$ maar geldt.)
$f(2k+1)=z,f(4k)=0,f(4k+2)=4z$ met $k,z$ terug geheel.

Een controle toont dat deze 3 soorten functies voldoen ( gedaan in hoofdtekst)