Mamy \(W\left(W(x)\right)=a\left(ax^2+bx+c\right)^2+b\left(ax^2+bx+c\right)+c\). Łatwo sprawdzić, że \(a=0\) pociąga za sobą \(b=0\) i na odwrót (wtedy \(c\) jest oczywiście dowolne), więc patologię mamy załatwioną. Dalej rozważamy \(a\neq 0\). Jeżeli \((a,b,c)\) jest rozwiązaniem, to spełniony jest układ \[\begin{cases}W\left(W(2)\right)-W\left(W(1)\right)=0\\W\left(W(3)\right)-W\left(W(1)\right)=0\\W\left(W(3)\right)-W\left(W(2)\right)=0\end{cases}\] To jest równoważne \[\begin{cases}(3a+b)\left(5a^2+3ab+2ac+b\right)=0\\ 2(4a+b)\left(10a^2+4ab+2ac+b\right)=0\\ (5a+b)\left(13a^2+5ab+2ac+b\right)=0\end{cases}\]
Jeżeli \(b=-3a\), to oczywiście \(b\neq -4a\), więc z drugiego musimy mieć \(10a^2+4a\cdot(-3a)+2ac+(-3a)=a(2c-2a-3)=0\), a to niemożliwe w liczbach całkowitych bez zera, bo liczba trzy jest nieparzysta.
Jeżeli \(b=-5a\), to oczywiście \(b\neq -4a\), więc z drugiego musimy mieć \(10a^2+4a\cdot(-5a)+2ac+(-5a)=a(2c-10a-5)=0\), a to niemożliwe w liczbach całkowitych bez zera, bo liczba pięć jest nieparzysta.
Jeżeli \(b=-4a\), to oczywiście \(b\neq -3a\), więc z pierwszego musimy mieć \(5a^2+3a\cdot(-4a)+2ac+(-4a)=a(2c-7a-4)=0\), a to daje rozwiązanie dla każdej parzystej liczby \(a\).
Załóźmy teraz, że \(b\neq -4a\). Wtedy musimy mieć \[\begin{cases}5a^2+3ab+2ac+b=0\\10a^2+4ab+2ac+b=0\\ 13a^2+5ab+2ac+b=0\end{cases}\] To w szczególności oznacza, że również \(\left(10a^2+4ab+2ac+b\right)-\left(5a^2+3ab+2ac+b\right)=a(5a+b)=0\), ale ten przypadek został już negatywnie zweryfikowany.
Jeżeli więc \(W(x)=ax^2+bx+c\) ma spełniać warunki zadania i \(a\neq 0\), to musimy mieć \(a=2k,\ b=-8k,\ c=7k+2\), gdzie \(k\in\mathbb{Z}_{\neq 0}\). Bezpośrednio sprawdzamy, że wówczas \(W\left(W(1)\right)=W\left(W(2)\right)=W\left(W(3)\right)=2k^3-k+2\).
Niech \(\displaystyle{ a, b, c \in \mathbb{Z}}\), \(\displaystyle{ a \neq 0}\) i załóżmy, że trójmian \(\displaystyle{ W(x) = ax^2 + bx + c}\) spełnia \(\displaystyle{ W(W(1)) = W(W(2)) = W(W(3))}\). Ponieważ trójmian przyjmuje daną wartość najwyżej dwukrotnie, pewne dwie z liczb \(\displaystyle{ W(1)}\), \(\displaystyle{ W(2)}\), \(\displaystyle{ W(3)}\) muszą być równe, ale nie wszystkie trzy.
(i) Jeśli \(\displaystyle{ W(1) = W(2) = d \in \mathbb{Z}}\), to \(\displaystyle{ W(x) = a(x-1)(x-2) + d}\) i warunek \(\displaystyle{ W(W(2)) = W(W(3))}\) sprowadza się do \(\displaystyle{ W(d) = W(2a+d)}\). Jest on spełniony dokładnie wtedy, gdy liczby \(\displaystyle{ d}\) i \(\displaystyle{ 2a+d}\) leżą symetrycznie względem współrzędnej \(\displaystyle{ x}\) wierzchołka paraboli, tj. \(\displaystyle{ a+d = \frac{3}{2}}\), co jest niemożliwe.
(ii) Jeżeli \(\displaystyle{ W(2) = W(3) = d \in \mathbb{Z}}\), analogiczne rozumowanie daje \(\displaystyle{ a+d = \frac{5}{2}}\), co również jest niemożliwe.
(iii) Zatem \(\displaystyle{ W(1) = W(3) = d \in \mathbb{Z}}\) i rozumując jak poprzednio, mamy \(\displaystyle{ W(x) = a(x-1)(x-3) + d}\) i \(\displaystyle{ d-\frac{a}{2} = 2}\). Wtedy \(\displaystyle{ a = 2k}\) dla pewnego \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}}\) i \(\displaystyle{ d = k+2}\).
Zatem warunki zadania spełniają dokładnie trójmiany postaci \(\displaystyle{ 2k (x-1)(x-3) + k+2}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z} \setminus \{ 0 \}}\).
