Sea $\mathbb{Z}^{+}$ el conjunto de los números enteros positivos. Determinar todas las funciones $f:\mathbb{Z}^{+}\rightarrow\mathbb{Z}^{+}$ tales que $a^2+f(a)f(b)$ es divisible por $f(a)+b$ para todos los enteros positivos $a$ y $b$.
Sabemos que $f(a)+b \mid f(a)f(b)+a^2$ para todo $a$ y $b$ enteros positivos.
Evaluamos $b=f(a)$:
$$f(a)+f(a)\mid f(a)f(f(a))+a^2$$
$$2f(a)\mid f(a)f(f(a))+a^2$$
$$f(a)\mid f(a)f(f(a))+a^2$$
$$f(a)\mid a^2 (1)$$
Entonces podemos escribir a $a^2$ como $f(a).x$ con $x$ entero positivo.
Evaluamos $a=1$ en $(1)$:
$$f(1)\mid 1^2$$
$$f(1)\mid 1$$
$$f(1)=1$$
Ahora evaluamos en nuestra ecuación inicial $a=1$:
$$f(1)+b\mid f(1)f(b)+1^2$$
Reemplazamos $f(1)$ por $1$ y $f(b)$ por $b.x$:
$$b+1\mid \frac{b^2}{x}+1$$
Como $b+1\mid \frac{b^2}{x}+1$ y $b+1 \mid b+1$ se cumple que
$$b+1\mid \frac{b^2}{x}+1-b-1$$
$$b+1\mid \frac{b^2}{x}-b$$
$$b+1\mid b\left (\frac{b}{x}-1\right )$$
Como $b$ y $b+1$ son consecutivos, podemos afirmar que son coprimos, entonces $b+1\mid \frac{b}{x}-1$
Si $x<b$ $\Rightarrow 1< \frac {b}{x}$ y como $x\geq 1 \Rightarrow b\geq \frac{b}{x}$, entonces $0< \frac{b}{x}-1 \leq b-1$, pero no hay ningún multiplo de $b+1$ que cumpla esto.
Si $x>b$, $\frac{b}{x}$ no es entero, entonces $\frac{b}{x}-1$ tampoco lo es y no se cumple $b+1\mid \frac{b}{x}-1$.
Si $x=b$ $\Rightarrow \frac{b}{x}=\frac{b}{b}=1$, reemplazando nos queda que $b+1\mid 1-1 \Rightarrow b+1\mid 0$ y esto se cumple para todo $b$ entero positivo.
Entonces si alguna función cumple será $f(b)=\frac{b^2}{x}=\frac{b^2}{b}=b$.
Comprobamos que esta función sirva en la ecuación original:
$$f(a)+b\mid f(a)f(b)+a^2$$
$$a+b\mid ab+a^2$$
$$a+b\mid a(a+b)$$
Lo que es real para todo $a$ y $b$ enteros positivos. La unica función que cumple es $f(b)=b$ para todo $b$ entero positivo.
No es correcto como descarta el caso $\frac{b}{x}$ no entero, para poder decir cuando $a \mid bc$ con $a$ y $b$ coprimos entonces $a \mid c$ el número $c$ tiene que ser entero. Por ejemplo $5 \mid 10 = 6 \times \frac{5}{3}$ y no puedo decir que entonces $5 \mid \frac{5}{3}$ y menos llegar a un absurdo y decir que entonces $5$ no divide a $10$.
La solución se puede arreglar si en lugar de sacar factor común $b$, sacamos factor común $d = mcd(f(b), b)$.
Se puede ver que $d$ es coprimo con $b+1$ y tambien que $\frac{f(b)}{d} \leq b$ por lo que $\left| \frac{f(b)-b}{d} \right| \leq b$ y con eso sale que $f(b) = b$.
Veamos, haciendo $a=b=1$ tenemos que $f(1)=1$; haciendo $a=2$ y $b=1$ tenemos que $f(2)=2$; haciendo $a=1$ tenemos la desigualdad: $b \leq f(b) $ para todo entero positivo $b$; ahora haciendo $b=1$ obtenemos que $f(a) + 1 \mid a^2 + 3f(a)+2 $ y luego haciendo $b=2$ tenemos que $f(a) + 2 \mid a^2 + 3f(a)+2 $; combinando ambos resultados ya que los divisores son coprimos obtenemos que $(f(a) + 1)(f(a)+2) \mid a^2 + 3f(a)+2 $ y con esto concluimos que $f(b) \leq b $ y por lo del inicio concluimos que $f(x)=x$ para todo entero positivo $x$
Sea $P(a, b)$ la proposición $f(a)+b|a^2+f(a)f(b)$. Tomando $P(1, 1)$ vemos que $f(1)+1|f(1)^2+1\Rightarrow f(1)+1|2$, por lo que, como $f(1)$ es positivo, $f(1)=1$. Tomando $P(1, a)$ tenemos $1+a|1+f(a)\Rightarrow a\leq f(a)$. Ahora vamos a demostrar por inducción que $f(a)=a \forall a\in \mathbb{Z}^+$. Ya demostramos el caso base $f(1)=1$, por lo que vamos a proceder a demostrar el paso inductivo. Supongamos que para cierto $k\in \mathbb{Z}^+$ se cumple que $f(k)=k$. Tomando $P(k+1, k)$ obtenemos $f(k+1)+k|(k+1)^2+kf(k+1)\Rightarrow f(k+1)+k|(k+1)^2-k^2\Rightarrow f(k+1)+k|2k+1$. Entonces $f(k+1)+k\leq 2k+1\iff f(k+1)\leq k+1$, pero ya habíamos demostrado que $k+1\leq f(k+1)$, por lo que $f(k+1)=k+1$, completando el paso inductivo.