Первое решение.

Пусть $f(N )=y,$ $f(f(N )) =z.$ Для простоты перейдём к рассмотрению квадратного трёхчлена

g(x)= f(x)− (x− N)(x− y)

Для него верно

g(N )= y; g(y)= z; g(z)= 0

При этом, все его коэффициенты являются целыми. Скажем, что

g(x)= ax2 +bx+ c

Заметим, что $y$ и $z$ различны и не совпадают с $N,$ иначе мы бы получили противоречие с условием $N, y,z ⁄= 0.$ Так как для натуральных $n$ и $α⁄= β$ выполнено $(α − β) |(αn− βn),$ то $(α − β) |(g(α)− g(β)),$ поэтому

(|{ N − y |y− z y − z |z − 0 |( N − z |y− 0

Так как $N − y |y− z$ и $N − y |N − y,$ получим, что

N − y |y− z+ N − y = N − z

Так как $N − z |y− 0=y,$ получим, что

N − y |N − z |y

N − y |y

Так как $N − y$ и $y − z$ делятся на $N − y,$ получаем, что $d= |N − y|$ — общий делитель $N,y$ и $z.$ Обозначим

′ N ′ y ′ z N = d , y= d , z = d

Для них верны делимости, аналогичные записанным в системе. Заметим, что из $y = g(N )=aN2 +bN + c$ следует делимость $c$ на $d.$ Обозначим $c′= cd.$ Это наблюдение позволяет сократить числа на $d$ в следующем смысле: введём многочлен

′ 2 ′ g(x) =dax + bx +c

Его коэффициенты целы, а также

g′(N′)= y′; g′(y′)= z′; g′(z′)=0 (∗)

При этом $N ′$ не могло оказаться чётным: в таком случае $y′,$ как соседнее с $N ′$ число, будет нечётным. Тогда либо $2|z′$ и $2 |N ′− z′ |y′,$ либо $2 ∤z′,$ $2|y′− z′ |z′,$ что в любом случае лает противоречие. Тогда рассмотрим в качестве $N$ степень двойки.

Пусть $N = 2k.$ Тогда в силу написанного выше $N ′ =1,$ а $d= 2k.$ Так как $y′ ⁄= 0$ и соседствует с $N′,$ то $y′ = 2,$ тогда из $N ′− z′ |y′$ следует, что $N ′− z′$ по модулю равно либо 1, либо 2. Первый вариант не годится, так как иначе $z′ = 2= y′$ или $z′ =0.$ Во втором случае $z′ = −1$ или $z′ =3,$ и с учетом $y′− z′ |z′$ подходит только $z′ = 3.$ Но такому набору $N ′,y′,z′$ соответствует единственный набор коэффициентов многочлена $g′(x)$ при котором выполнены равенства $(∗),$ так как парабола задаётся тремя точками. С другой стороны, его старший коэффициент обязан делится на $d,$ которое может быть сколь угодно большим, и он ненулевой, так как три полученные точки не лежат на одной прямой. Таким образом, достаточно большие степени двойки не будут сильно кубическими, а значит, не все числа, большие $2024,$ такие.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение.

Пусть $f(N )=M,$ $f(M)= K$ и $f(K )=0.$ Из теоремы Безу находим, что

f(t)= (t− K )g(t)

Знаем, что

--K--- g(M )= M − K =a ∈ℤ

Отсюда

M = (a+-1)K- a

Поскольку числа $a$ и $a+ 1$ взаимно просты, число $K$ делится на $a,$ иными словами, $K = ab$ для $b∈ ℤ.$ Также знаем, что

g(N )= -M---= (a+-1)b =c∈ ℤ N − K N − ab

Отсюда

(a-+1)b N = ab+ c (1)

Число $g(M )− g(N)$ делится на $N − M,$ другими словами,

g(M )− g(N ) c(a− c) --M-−-N---= b(a−-c+-1)-=d ∈ℤ (2)

Поскольку числа $a− c$ и $a − c+ 1$ взаимно просты, число $c$ делится на $a− c+1,$ иными словами, $c=(a− c+ 1)x$ для $x∈ ℤ.$ Отсюда $c(x+ 1)=x(a+ 1),$ следовательно, $a+ 1$ делится на $x+1.$ Напишем $a+ 1= (x+ 1)y,$ где $y ∈ℤ.$ Далее $N − M = bx = z ∈ ℤ.$ Подставим в (2) и получим $y =dz+ 1.$ Наконец, подставляя в (1), находим

N = z((x2+ x)(dz+ 1)+ 1)

K = xz((dz +1)(x +1)− 1)⁄= 0

M = xz(x+ 1)(dz+ 1) ⁄=0

Существует бесконечно много натуральных чисел $N,$ не представимых в таком виде, например, $k 2$ при $k >1.$

Замечание. Можно показать, что любое число вида $2 z((x +x)(dz +1)+ 1)$ является сильно кубическим при условии, что числа $x,x+ 1,$ $dz+ 1,z$ и $(dz+ 1)(x+ 1)− 1$ не равны 0.

Многочлены с целыми коэффициентами и теорема Безу