IMO 2002 - P4

[Gianni De Rico]

Sea $n>1$ un entero, y sean $d_1<d_2<\ldots <d_k$ los divisores positivos de $n$, de forma que $d_1=1$ y $d_k=n$. Sea $d=d_1d_2+d_2d_3+\ldots +d_{k-1}d_k$. Demostrar que $d<n^2$ y hallar todos los $n$ tales que $d$ divide a $n^2$.

[Turko Arias]

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$d<n^2 \Leftrightarrow \frac{d}{n^2} \Leftrightarrow \frac{d_1d_2+...+d_{k-1}d_k}{n^2} <1$, pero notamos que $d_id_{i+1}d_{k+1-i}d_{k-i}=(d_id_{k+1-i})(d_{i+1}d_{k-i})=n^2$, con lo que $\frac{d_id_{i+1}}{n^2}= \frac{1}{d_{k+1-i}d_{k-i}}$. Usando eso tenemos entonces ahora que probar que $\frac{d_1d_2+...+d_{k-1}d_k}{n^2}= \frac{1}{d_{k-1}d_k}+...+\frac{1}{d_1d_2} <1$.
Tenemos $\frac{1}{d_1d_2} +...+\frac{1}{d_{k-1}d_k} \leq \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{(k-1)k}=(1-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+...+(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k})=1-\frac{1}{k} <1$, por lo que $d<n^2$.

Para la segunda parte ahora notemos que si $n$ es primo $d=d_1d_2=n$, con lo que trivialmente se cumple. Supongamos ahora que no es primo, luego $k>2$. Tenemos entonces $\frac{n^2}{d_2}=d_{k-1}d_k<d<n^2$. Supongamos que $n^2=dq$ con $q$ entero positivo, pero teníamos que $\frac{n^2}{d_2}<d$ con lo que $n^2<dd_2$, y nos queda $dq<dd_2$ de donde $q<d_2$, pero $q$ es divisor de $n^2$, luego $q=1$. Pero ya habíamos visto que $d<n^2$ absurdo, y por ende no existe tal $q$, y $d$ no divide a $n^2$ $\blacksquare$