Sea $\tau(n)$ el numero de divisores positivos de un numero natural $n$. Encontrar todas las funciones de los naturales a los naturales $f$ tal que
$d(f(x))=x$
$f(xy)$ divida a $(x-1)y^{xy-1}f(x)$
Para todo $x,y$ enteros naturales.
$d(f(x))=x$
$f(xy)$ divida a $(x-1)y^{xy-1}f(x)$
Para todo $x,y$ enteros naturales.
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Veamos que $f(1)=1$. Notemos que $f(x)=\prod_{i=1}^k a_i^{\theta_i} \Rightarrow x=\prod_{i=1}^k (\theta_i +1)$. A ésto nos referiremos como el Hecho $\Omega$ o simplemente como $\Omega$. Por $\Omega$, $p\in \mathbb{P} \Rightarrow \exists q\in \mathbb{P}$ t.q. $f(p)=q^{p-1}$.
Ahora, tomemos $p\in \mathbb{P}$ y $q \in \mathbb{P}$ entre $p+2$ y $2p+1$, por Bertrand. Entonces, usamos $\Omega$ y tenemos que $\exists x,y \in \mathbb{P}$ t.q. $f(p)=x^{p-1}$, $f(q)=y^{q-1}$. También, tenemos o que $\exists r \in \mathbb{P}$ t.q. $f(pq)=r^{pq-1}$ o $\exists r_1,r_2$ t.q. $f(pq)=r_1^{p-1}r_2^{q-1}$.
Supongamos que tenemos el primer caso. Entonces, aplicamos la propiedad de divisiblidad de $f$ y tenemos que $r^{pq-1} | x^{p-1}(p-1)q^{pq-1}$. Como $r^{pq-1} \textgreater p-1$, $r=x$ o $q$. Análogamente, $r=p$ o $y$. Si $r=p=q$, entonces $p=q\ge p+2 \textgreater p$, contradicción. Si $r=x$, entonces usamos otra vez la propiedad de divisibilidad y obtenemos que $r^{pq-p} | (p-1)q^{pq-1} \Rightarrow r=x=q$. Así, $r=x=q=y$ pues $q$ no es igual a $p$. Usamos un argumento análogo para ver que $r=x=y=p$ o $r=x=y=q$. Sin pérdida de generalidad $r=p$. Entonces, $p^{pq-1} | x^{p-1}(p-1)q^{pq-1}$. Imposible, así, se debe dar el otro caso, con $f(pq)=r_1^{p-1}r_2^{q-1} | x^{p-1}(p-1)q^{pq-1}$, $y^{q-1}(q-1)p^{qp-1}$. Como $r_1^{p-1}$ no divide a $p-1$, $r_1 = x$ o $q$. Como $r_1^{p-1} \ge 2^{p-1} \textgreater 2p \ge q-1$, $r_1=y$ o $p$. Similar, pero no análogamente, $r_2$ = $y$ o $p$, $q$ o $x$. Como $r_1=r_2$ y $p=q$ son igualdades falsas, es fácil ver que o $r_1=x=p$ y $r_2=q=y$ o $r_1=q=y$, $r_2=x=p$. En todo caso, $x=p$ y así, $\forall p \in \mathbb{P}$ t.q. $p \ge 5$, $f(p)=p^{p-1}$.
Por $\Omega$, $f(2) \in \mathbb{P}$. Ahora, tomamos $y \in \mathbb{P} - \{2,3\}$ y tenemos $f(2y)$ divide a $f(2)y^{2y-1}$ y $y^{y-1}(y-1)2^{2y-1}$. Asumamos que $f(2y)=p^{2y-1}$ para un $p$ primo. Por la segunda divisibilidad, $p=2$ o divide a $y-1$. Entonces si $p=2$, es fácil ver por la primera divisibilidad que $f(2)=2$. Si $p | y-1$, $p^{2y-1} | f(2)$, contradicción pues $f(2) \in \mathbb{P}$. Ahora, por $\Omega$, la única otra opción es $f(2y)=pq^{y-1}$. Usando la segunda divisibilidad, $q=y$ o $2$ y usando la primera, $q=y$. Ahora es fácil ver también por la primera que $f(2)=p$ que divide a $y-1$ por la segunda divisibilidad. Pero si $f(2)=x$ no es $2$ entonces por Dirichlet me puedo tomar $y \equiv -1 (mod x)$ y así $-1 \equiv 1 (mod x)$, contradicción. Así $f(2)=2=2^{2-1}$.
Calculemos $f(3)$. Supongamos que no es 4. Por $\Omega$, $f(3)=w^2$ para un $w$ primo. Tomemos $p \in \mathbb{P} - \{2,3\}$. Si $f(3p)=r^{3p-1}$, entonces $r^{3p-1} | 2f(3)p^{3p-1} = 2w^2p^{3p-1} \Rightarrow r=p$$Rightarrow p^{3p-1} | p^{p-1}(p-1)3^{3p-1}$, contradicción. Así, por $\Omega$, $f(3p)=r^2q^{p-1}$. Entonces tenemos $q=p$ pues $f(3p) | 2w^2p^{3p-1}$ y $w=r$ y así $w^2p^{p-1} | p^{p-1}(p-1)3^{3p-1}$. Entonces como $w$ no siempre divide a $p-1$ por Dirichlet, $w=3$. Supongamos que $f(3)=4$. Entonces $f(3p) | 8p^{3p-1}$. Como en la primera parte (cuando suponimos que $f(3p)$ era una potencia de primo) no usamos que $f(3)$ no era $4$, tenemos que $f(3p)=r^2q^{p-1}$. Y por la divisibilidad, $q=p$ y $r=2$ y $f(3p)=4p^{p-1}$ pero por la segunda divisibilidad y Dirichlet $3 (mod 4)$ acabamos. Así, $f(3)=9$.
$\boxed{\forall p \in \mathbb{P}, f(p)=p^{p-1}}$.
Perdonen, no cabe todo en un cuadro. Continuo en el siguiente.
Ahora bien, calculemos $f(p^n)$ para $p$ primo y $n$ natural. Usemos inducción fuerte sobre $n$ para demostrar que $f(p^n)=p^{p^n-1}$. El caso base ya está. Ahora, supongamos $f(p^n)=\prod_{i=1}^k r_i^{\alpha_i} | (p-1)p^{np^n-n+p-1}$. Es muy fácil ver por lo de $d(f(\omega))=\omega$ que $r_1=p$, o algún otro $r_i$. Pero también tenemos por $\Omega$ que $\alpha_i+1 = p^u-1$ para algún $u$, para todo $i$. Pero con $i\ge 2$, $r_i^{\alpha_i} \le p-1 \Rightarrow \alpha_i \le p-2 \Rightarrow \alpha_i =0$. Por tanto, $f(p^n)$ es una potencia de $p$ entonces por $\Omega$ es $p^{p^n-1}$.
$\boxed{\forall p \in \mathbb{P}, n\in \mathbb{N}_0, f(p^n)=p^{p^n-1}}$.
Ahora, hagamos una inducción fuerte sobre el número de divisires primo de un número. Ya tenemos el caso base. Así, supongamos que si $n$ tiene $m$ divisores primos, $n=\prod_{i=1}^m a_i^{\theta_i} \Rightarrow f(n)=\prod_{i=1}^m a_i^{a_i^{\theta_i}-1}$. Tomemos un $a_{m+1}^{\theta_{m+1}}$ y llamémos al producto de él con $n$, $N$.
Tenemos:
$f(N) | (a_i-1)a_i^{a_i-1}(\frac{N}{a_i})^{N-1}$. Así, supongamos que un primo divide a $f(N)$ y no a $N$. $q | f(N) \Rightarrow q=a_i$ o $q | (a_1-1,...,a_{m+1}-1)$. Pero por $\Omega$, si $q | f(N)$, $v_q(N)=a_1^{r_1}...a_m^{r_m}-1$ para algunos $r_i$, no todos $0$. Entonces supongamos $r_1 \textgreater 0$. Tenemos $q^{v_q(N)} | a_1-1 \textless v_q(N)$, contradicción. Así, $q | N \Leftarrow q | f(N)$.
Entonces supongamos $f(N)=a_1^{l_1}...a_m^{l_m}$. Por $\Omega$, $\prod_{i=1}^{m+1} (l_i+1) = N$. Pero
$f(N) | f(\frac{N}{a_1^{\theta_1}})(\frac{N}{a_1^{\theta_1}}-1)a_1^{\theta_1(N-1)}$$\Rightarrow f(N) | f(\frac{N}{a_1^{\theta_1}})a_1^{\theta_1(N-1)} = $$ a_1^{\theta_1(N-1)} \left( \prod_{i=2}^{m+1} a_i^{a_i^{\theta_i}-1} \right) $$\Rightarrow l_i \le a_i^{\theta_i}-1 \forall 2\le i \le m+1$. De ahí es fácil confirmar la fórmula, recordando $\Omega$:
$\boxed{\forall n \in \mathbb{N}, f(n)=\displaystyle\prod_{p\in \mathbb{P}} p^{p^{v_p(n)}}-1}$. $\clubsuit$
Disculpen, se me olvido mencionar que el p de al principio es mayor a 4.
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