Við minnumst þess að logri margfeldis tveggja talna er jafn summu logra talnanna. Summa logra talnanna sem ganga upp í 1.000.000 er því jöfn logranum af margfeldi allra slíkra talna. Athugum nú að $1.000.000=2^6\cdot5^6$. Fjöldi þátta er því $7^2=49$. Athugum nú að ef $d$ er þáttur tölu $n$, þá er $n/d$ það einnig. Þættirnir koma því í pörum $d$ og $n/d$ ef $n\neq n/d$ , og margfeldi þeirra er $d\cdot n/d=n$. Ef $d=n/d$, þá er $d^2=n$ svo að $d$ er þá stakur þáttur. (Af þessu má því álykta að fjöldi þátta tölu $n$ er oddatala ef og aðeins ef $n$ er ferningstala.) Talan $1.000.000$ hefur þá $24$ tvenndir af deilum með margfeldi $1.000.000$ og staka deilinn $1.000$. Margfeldi allra deila er því $$ 1.000.000^{24}\cdot 1.000=10^{6\cdot24+3}=10^{147} $$ og logrinn af þessu margfeldi er 147.

(a) Við sýnum að það er ekki einu sinni til frumtala $p$ sem gengu r upp í $a_0$ og $a_1$. Ef svo væri myndi hún einnig ganga upp í $2\cdot a_0-a_1=1$, sem er fráleitt.

(b) Gerum ráð fyrir að slíkar frumtölur séu til. Af ofansögðu er ljóst að ef önnur þeirra, segjum $p$, gengur upp í $a_0$ þá hlýtur $q$ að ganga upp í $a_1$. Nú er $2\cdot a_1-a_2=1$ svo að $q$ gengur ekki upp í $a_2$. Þá hlýtur $p$ að ganga upp í $a_2$ og þar með $4\cdot a_0-a_2=3$ svo að $p=3$. Þá er $q\ne3$ svo $q$ gengur heldur ekki upp í $a_3$ því $4\cdot a_1-a_3=3$. Frumtalan $p$ gengur því einnig upp í $a_3$ og þar með einnig upp í $2\cdot a_2-a_3=1$ sem er fráleitt. Slíkar frumtölur $p$ og $q$ eru því ekki til.

Ef $x$ uppfyllir $f(x)=x$, þá er $kx(1-x)=x$ svo að $x(k-1-k x)=0$ og því $x=0$ eða $k-1-k x=0$.

Ef $x$ uppfyllir $f(f(x))=x$, en $f(x)\neq x$, þá er $$ k^2x(1-x)(1-k x(1-x))=x$$ þar sem $x\neq 0$ og $k-1-kx\neq 0$. Þar sem $x\neq 0$, þá er þessi jafna jafngild jöfnunni $$ \begin{aligned} 0&=1-k^2(1-x)(1-kx(1-x))\\ &=1-k^2+k^3x-k^3x^2+k^2x-k^3x^2+k^3x^3\\ &=x(1-x)^2k^3-(1-x)k^2+1\\ &=((1-x)k-1)(x(1-x)k^2-(1-x)k-1). \end{aligned} $$ (Þáttunin í síðasta skrefi umritunarinnar fæst með margliðudeilingu, en við vitum $k-1-kx$ er þáttur því allar lausnir $f(x)=x$ hljóta jafnframt að vera lausnir $f(f(x))=x$.) Þar sem $k-1-kx\neq 0$ þá fáum við $$ \begin{aligned}k^2x^2-k(k+1)x+(k+1)=0 \quad * \end{aligned} $$ Þessi síðasta jafna hefur lausn þá og því aðeins að aðgreinirinn $$ D=k^2(k+1)^2-4k^2(k+1)=k^2(k+1)((k+1)-4)=k^2(k+1)(k-3)$$ sé ekki neikvæður. Fyrir $D\gt 0$ eru tvær ólíkar lausnir. Önnur þeirra hlýtur þá að vera frábrugðin lausn $k-1-kx$ og þar sem $x=0$ er ekki lausn, þá fáum við að $f(f(x))=x$ hefur lausn sem er ekki lausn $f(x)=x$ ef $D\gt 0$, það er ef $k\gt 3$. Ef hinsvegar $D=0$, þá er $k=3$ og $x=\frac{k(k+1)}{2k^2}=\frac{k+1}{2k}=\frac{2}{3}$ eina lausn $*$. En $k=3$ og $x=\frac{2}{3}$ uppfylla jöfnuna $k-1-k x=0$ svo $x$ er þá líka lausn $f(x)=x$.

Við höfum þá séð að til er lausn á $f(f(x))=x$ sem er ekki lausn á $f(x)=x$ þá og því aðeins að $k\gt 3$.

Setjum $Q(x)=xP(x)-1$. Þá gildir fyrir $k=1,\ldots,n$ að $$Q(k)=kP(k)-1=k\cdot\frac{1}{k}-1=0.$$ Margliðan $Q$ er af $n$-ta stigi svo að $Q(x)=a(x-1)\cdots(x-n)$. Finna má gildið á $a$ með því að skoða gildi $Q$ í 0. Nú er $Q(0)=0\cdot P(0)-1=-1$ en einnig er $Q(0)=a(0-1)\cdots(0-n)=(-1)^n\cdot a\cdot n!$ svo að $a=(-1)^{n+1}/n!$. Þá fæst að $$Q(n+1)=a((n+1)-1)\cdots((n+1)-n)=a\cdot n!=(-1)^{n+1}.$$ Því er $(n+1)P(n+1)-1=(-1)^{n+1}$ og $P(n+1)=\frac{1+(-1)^{n+1}}{n+1}$. Ef $n$ er oddatala, þá er $P(n+1)=\frac{2}{n+1}$, en ef $n$ er slétt tala, þá er $P(n+1)=0$.