Escribir $2014 = 2N$ donde $N = 1007$ es impar. Yo reclamo que
$$f(x) = N x^2 + 2 x = 1007 x^2 + 2x$$
tiene la propiedad requerida.
Tenga en cuenta que $f(x)$ es impar si $x$ es par e impar si $x$ es incluso. Por lo tanto, si $f(i)$ $f(j)$ tienen el mismo resto al dividir por $2014 = 2N$, $i$ $j$ tienen la misma paridad, y por lo $i-j$ es divisible por $2$.
Supongamos que $f(i)$ $f(j)$ tienen el mismo resto al dividir por $2014 = 2N$. A continuación, su diferencia es divisible por $2N$. Sin embargo,
$$f(i) - f(j) = N i^2 + 2i - N j^2 - 2j = N (i^2 - j^2) + 2 (i - j)
= (N(i+j) + 2)(i - j).$$
El primer factor $N(i+j) + 2$ es co-prime a $N$ (desde $N$ es impar), y de ahí se sigue que el $f(i)-f(j)$ es divisible por $N$ si y sólo si $i-j$ es divisible por $N$.
Así pues, hemos demostrado que si $f(i) - f(j)$ es divisible por $2N$, $i-j$ es divisible por $2$ $N$ y por lo tanto por $2N$. Así que hemos terminado.
De hecho, la única polinomios se $f(x) = 1007 x^2 + 2b x + c$ para algunas constantes $b$ primer a $1007$, y estas todo el trabajo. Sin dar detalles, la clave de la observación son:
Por el Teorema del Resto Chino, la condición en la que el problema es equivalente a $f(1), f(2), \ldots, f(p)$ siendo todos distintos modulo $p$ $p$ los factores primos de a $2014$.
Si un polinomio modulo $p$ tiene esta propiedad, y que no tiene una única raíz modulo $p$. Sin embargo, cualquier cuadrática con una raíz racional tiene dos raíces racionales, por lo tanto el $f(x)$ es un número constante de veces un cuadrado, o $f(x)$ es lineal modulo $p$.
Si $f(x)$ es un número constante de veces un cuadrado modulo $p$, e $p > 2$, entonces los valores de $f(1), \ldots, f(p)$ no son distintos, porque no hay suficientes residuos cuadráticos módulo $p$.