Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Observemos que si $d_i$ es un divisor de $n$, entonces $\frac{n}{d_i}$ es otro divisor de $n$, y además $\frac{n}{d_i}\lt\frac{n}{d_j}$ si $d_j\lt d_i$ (es decir, los $\frac{n}{d_i}$ están ordenados de forma inversa a los $d_i$). Por tanto, tenemos que $d_1=\frac{n}{d_k}$, $d_2=\frac{n}{d_{k-1}}$ y así sucesivamente hasta $d_k=\frac{n}{d_1}$. Esto nos permite reescribir \[d=\frac{n^2}{d_kd_{k-1}}+\frac{n^2}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{n^2}{d_2d_1}=n^2\left(\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\right),\] por lo que bastará ver que esta última suma de fracciones es menor o igual que $1$. No obstante, observemos que $d_i\geq i$ para todo $i\in\{1,\ldots,k\}$, lo que nos dice que \[\frac{d}{n^2}=\frac{1}{d_kd_{k-1}}+\frac{1}{d_{k-1}d_{k-2}}+\ldots+\frac{1}{d_2d_1}\leq\frac{1}{k(k-1)}+\frac{1}{(k-1)(k-2)}+\ldots+\frac{1}{2\cdot 1}.\] Ahora bien, podemos expresar cada uno de estos sumandos como \[\frac{1}{i(i-1)}=\frac{1}{i-1}-\frac{1}{i}.\] Sustituyendo cada uno de ellos en la expresión anterior, llegamos a que \[\frac{d}{n^2}\leq \frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}+\frac{1}{k-2}-\frac{1}{k-1}+\ldots+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{k}\lt 1,\] con lo que hemos demostrado que $d\lt n^2$.

Veamos ahora cuándo $d$ divide a $n^2$. El mayor divisor de $n^2$ distinto del propio $n^2$ es $d_kd_{k-1}=n d_{k-1}$ (¿por qué?) luego, si la suma que define $d$ tiene más de un sumando, se tendría que $d_kd_{k-1}\lt d\lt n^2$, lo que nos dice que $d$ no es divisor de $n^2$ (es menor que $n^2$ y mayor que su mayor divisor propio). Por tanto, para que $d$ divida a $n^2$ es necesario que $k=2$, es decir, que $n$ tenga sólo dos divisores, es decir, que $n$ sea un número primo. Como en el caso de $n$ primo tenemos que $d=n$ divide a $n ^2$, deducimos que los primos son los únicos que cumplen dicha condición.

Solución. Haciendo $x=y=u=v=0$, tenemos que $4f(0)^2=2f(0)$, de donde $f(0)=\frac{1}{2}$ o bien $f(0)=0$. Si $f(0)=\frac{1}{2}$, entonces haciendo $x=y=u=0$, llegamos a que $f(u)=\frac{1}{2}$ para todo $u\in\mathbb{R}$. Por otro lado, si $f(0)=0$, haciendo $y=v=0$, tenemos que $f(x)f(u)=f(xu)$ para cualesquiera $u,x\in\mathbb{R}$, es decir, $f$ es multiplicativa. Por tanto, $f(1)=f(1\cdot 1)=f(1)^2$, de donde $f(1)=0$ ó $f(1)=1$. Si $f(1)=0$, entonces $f(x)=f(x\cdot 1)=f(x)f(1)=0$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Por tanto, descartando las soluciones constantes $f(x)=0$ y $f(x)=\frac{1}{2}$, podemos suponer que $f(0)=0$ y $f(1)=1$. Tomando $x=y=1$ en la ecuación original, llegamos a que \[2f(u)+2f(v)=f(u+v)+f(u-v),\] y, para $u=0$, tenemos que $f(v)=f(-v)$, es decir, $f$ es una función par. Usando esto y tomando $x=u$ e $y=-v$ en la ecuación original, obtenemos que \[f(u^2+v^2)=\bigl(f(u)+f(v)\bigr)^2.\] En particular, tenemos que $f(x)\geq 0$ para todo $x\geq 0$, luego podemos considerar la función auxiliar $g:[0,\infty)\to[0,\infty)$ dada por $g(x)=\sqrt{f(x)}$. Tomando $a=u^2$ y $b=v^2$, la ecuación anterior se escribe como \[g(a+b)=\sqrt{f(u^2+v^2)}=f(\sqrt{a})+f(\sqrt{b})=\sqrt{f(a)}+\sqrt{f(b)}=g(a)+g(b),\] donde hemos usado que $f(x^2)=f(x\cdot x)=f(x)^2$ y, por tanto, $\sqrt{f(x)}=f(\sqrt{x})$ para todo $x\geq 0$. Ahora bien, esto nos dice que $g$ es aditiva luego existe $m\in\mathbb{N}$ tal que $g(x)=m\cdot x$ para todo $x\in\mathbb{Q}$, $x\gt 0$ y, como $g(1)=\sqrt{f(1)}=1$, tenemos que $m=1$. Si demostramos que $f$ es creciente en $[0,\infty)$, entonces también lo será $g$ y, por tanto, $g(x)=x$ para todo $x\in[0,\infty)$, luego $f(x)=x^2$ para todo $x\in[0,\infty)$ y, como $f$ es par, $f(x)=x^2$ para todo $x\in\mathbb{R}$.

Veamos entonces que $f$ es creciente y habremos terminado. Para ello, dados $a\geq b\geq 0$, expresando $a=u^2+v^2$, $b=u^2$ para ciertos $u,v\in\mathbb{R}$, y usando lo que hemos probado anteriormente, tenemos que \[f(a)=f(u^2+v^2)=\bigl(f(u)+f(v)\bigr)^2=f(u^2)+2f(uv)+f(v^2)\geq f(u^2)=f(b),\] donde hemos usado que $f$ es multiplicativa.

Deducimos que las únicas soluciones son $f(x)=0$, $f(x)=\frac{1}{2}$ y $f(x)=x^2$, Puede comprobarse fácilmente que verifican la ecuación inicial.