Este es IMO de 2006 Problema 5
Una solución a esto es la siguiente:
Supongamos $a$ es una solución a $Q(x) = x$.
Deje $a_0 = a$$P^m(a) = a_m$.
Entonces sabemos $(a_z - a_{z-1})|(a_{z+1}-a_z)$ todos los $z \ge 1$. En particular, $(a_k - a_{k-1})|(a_1 - a_0)$, por lo que podemos deducir rápidamente que $P$ orden $2$ $a$ o de la orden de $1$.
Esto es debido a que en primer lugar tenemos
$$\prod_{i=1}^k \frac{a_{i+1} - a_{i}}{a_{i} - a_{i-1}} = 1 \implies \frac{a_{i+1} - a_{i}}{a_{i} - a_{i-1}} = \pm 1$$ Now suppose $m$ is the minimum number of $P$'s you need to apply on $$ to reach $$ again where $m > 1$. Then the $a_i$ are distinct. One quickly deduces if one of them were $-1$, we would have $a_{i+1} = a_{i-1}$ which implies $m=2$. Thus we can assume all of them are equal to $1$, but then the $a_i$ form an arithmetic progression which is absurd. Thus it is only possible $m=1$ or $m=2$.
Ahora, $P(x) = x$ tiene más de $\deg P$ soluciones. Por lo tanto, si no existe un $a$ tal que $P(P(a)) = a$ mientras $P(a) \neq a$, hemos terminado.
Ahora supongamos $P(P(a)) = a$$P(a) = b$$P(c) = d, P(d) = c$.
A continuación,$(a-c)|(b-d)$$(b-d)|(a-c) \implies a-c = \pm (b-d)$. Uno también sabe $(a-d)|(b-c)$$(b-c)|(a-d) \implies a-d = \pm(b-c)$.
Pero luego rápidamente se deduce $a+b = c+d$. Tenga en cuenta que esto implica si $P(z) = z$ $2z = a+b$ dejando $c=d=z$. Ahora vamos a $a$ ser una solución a $P(P(a)) = a$. Entonces cualquier $z$ tal que $Q(z) = z$ es una raíz de $x + P(x) - a - P(a)$, que en la mayoría de los $\deg P$ raíces por lo que estamos por hacer.
