Problem 1911

Solution:

Antwort: Es gibt genau eine Funktion, die die beschriebene Bedingung erfüllt, nämlich $f(k)=k^{2}$ für alle $k$.

Zum Beweis sei $f$ wie verlangt.

Schritt 1: Einsetzen von $m=n=1$ liefert $2 f(1)-1 \mid 2 f(1)$, also auch $2 f(1)-1 \mid 2 f(1)-(2 f(1)-1)=1$ und damit $2 f(1)-1=1$, also $f(1)=1$.

Schritt 2: Von nun an stehe $p$ stets für eine Primzahl mit $p \geq 7$. Einsetzen von $m=n=p$ liefert $2 f(p)-p^{2} \mid 2 p f(p)$ und damit auch $2 f(p)-p^{2} \mid 2 p f(p)-p\left(2 f(p)-p^{2}\right)=p^{3}$, also
$$2 f(p)-p^{2} \in\left\{-p^{3},-p^{2},-p,-1,1, p, p^{2}, p^{3}\right\}$$
Da $f(p)>0$ folgt
$$f(p) \in\left\{\frac{p^{2}-p}{2}, \frac{p^{2}-1}{2}, \frac{p^{2}+1}{2}, \frac{p^{2}+p}{2}, p^{2}, \frac{p^{3}+p^{2}}{2}\right\} .$$
Schritt 3: Wir setzen $m=1, n=p$ und erhalten $f(p)+1-p \mid p f(p)+1$, also auch $f(p)+1-p \mid p f(p)+1-p(f(p)+1-p)=p^{2}-p+1$. Angenommen, es gilt $f(p) \neq p^{2}$. Dann folgt (beachte, dass $p^{2}-p+1$ ungerade ist) notwendigerweise $f(p)+1-p \leq 1 / 3\left(p^{2}-p+1\right)$. Nach Schritt 2 gilt jedoch $f(p) \geq\left(p^{2}-p\right) / 2$, es folgt also
$$\begin{aligned} \frac{p^{2}-p}{2}+1-p & \leq \frac{p^{2}-p+1}{3} \\ 3 p^{2}-3 p+6-6 p & \leq 2 p^{2}-2 p+1 \\ p^{2}+5 & \leq 7 p \end{aligned}$$
was für $p \geq 7$ nicht der Fall ist. Also war die obige Annahme falsch und es muss $f(p)=p^{2}$ gelten.

Schritt 4: Es sei $n \in \mathbb{N}$ beliebig. Wir setzen $m=p$ und erhalten $f(n)+p^{2}-p n \mid p^{3}+n f(n)$, also auch $f(n)+p^{2}-p n \mid p^{3}+n f(n)-n\left(f(n)-p^{2}-p n\right)=p\left(p^{2}-p n+n^{2}\right)$. Für alle hinreichend großen Primzahlen $p$ ist $f(n)$ und damit auch die linke Seite des letzten Ausdrucks nicht durch $p$ teilbar, daher folgt $f(n)+p^{2}-p n \mid p^{2}-p n+n^{2}$ und somit auch $f(n)+p^{2}-p n \mid\left(f(n)+p^{2}-p n\right)-\left(p^{2}-p n+n^{2}\right)=f(n)-n^{2}$. Da die linke Seite beliebig groß werden kann (es gibt unendlich viele Primzahlen) folgt $f(n)-n^{2}=0$ und damit $f(n)=n^{2}$.

Schritt 5: Die Probe bestätigt dass $f(k)=k^{2}$ für alle $k \in \mathbb{N}$ tatsächlich die Bedingung erfüllt: Es gilt $f(m)+f(n)-m n=m^{2}+n^{2}-m n \geq 2 m n-m n=m n>0$, und außerdem gilt $\left(m^{2}+n^{2}-m n\right)(m+n)=m^{3}+n^{3}=m f(m)+n f(n)$, das heißt $f(m)+f(n)-m n$ ist von 0 verschieden und ist ein Teiler der Zahl $m f(m)+n f(n)$.