(4)  a_2m = 4a_m.

Fije n = 1 en (2) y sea m arbitrario:

a_2m + a_2·1 = 2(a_m+1 + a_m–1) y, ya que a₂ = 4a₁ y a_2m = 4a_m (ambos por (4)), deducimos que 

(5)  a_m+1 = 2a_m – a_m–1 + 2a₁.

Aún mas, remplazando a₁ en (5) por 1 según (1) — y este es el único lugar donde usaremos (1) — obtenemos finalmente

(6)  a_m+1 = 2a_m – a_m–1 + 2.

Empezando desde a₀ = 0 y a₁ = 1, usamos (6) para encontrar que a₂ = 4, a₃ = 9, a₄ = 16, y asi sucesivamente. Puede usted seguir así hasta que alcance n = 2005 o vea un patrón, cualquiera de las dos cosas que se sucedan primero. Felizmente, todos nuestros corresponsales observaron que a_n = n². El problema sin embargo no termina aquí: uno debe demostrar que esta observación en realidad soluciona el problema. Para esto, no es suficiente simplemente ver que a_n = n² satisface las condiciones dadas (1) y (2).  Entre las soluciones enviadas hubo dos formas satisfactorias diferentes de terminar el problema.

Demostración por inducción.

Ya sabemos que la afirmación a_n = n² es válida para 0 y para 1: a₀ = 0² y a₁ = 1². Suponga que a_k = k² para toda k ≤ m.  Resta usar (6) para demostrar que a_m+1 = (m + 1)²: 

a_m+1 = 2a_m– a_m-1 + 2
         = 2m² – (m – 1)² + 2
         = 2m² – m² + 2m – 1 + 2
         = (m +1)²

y la demostración esta completa.

Demostración por la teoría del primer orden de ecuaciones diferenciales.

Reconocemos (6) combinada con las condiciones iniciales a₀ = 0 y a₁ = 1 ser un valor inicial de una ecuación diferencial. La teoría nos dice que existe una solución única en la  forma a_n = A + Bn + Kn².   Ya hemos determinado que A = B = 0, y K = 1; esto es, la única solución única es a_m = n².  Esto termina el segundo argumento.

Otros comentarios.

1. Note que de usar la ecuación (5) (sin condición (1)), tendríamos K = a₁, lo cual significa que la solución sería a_n = a₁n².
2. Hecquet nos mandó una segunda solución que da una respuesta directa,  esto es mas eficiente que aplicar la ecuación (6) 2005 veces. Su idea es reducir el problema a uno de evaluación de términos cuyos índices son un potencia de 2; puede él entonces aplicar repetidamente (4) a las potencias de 2: a_2^k = 4a_2^k-1 .  Los primeros tres pasos son

a₂₀₀₅ = a_(1024+981) = 2a₁₀₂₄ + 2a₉₈₁ - a₄₃
a₉₈₁ = a_(512+469) = 2a₅₁₂ + 2a₄₉₆ – a₄₃
a₄₆₉ = a_(256+213) = 2a₂₅₆ + 2a₂₁₃ – a₄₃

Con unos pocos de atajos se llega después de ocho pasos a la lista de ecuaciones cuyos términos tienen todos valores conocidos, los cuales el evalúa para obtener a₂₀₀₅ = 4 020 025.  ¡De haber pospuesto este problema hasta el año 2048, su método hubiera funcionado en realidad muy bien!