37-я Балканская математическая олимпиада. Румыния, 2020 год

Обозначим через ${{\mathbb{Z}}_{>0}}=\left\{ 1,2,3,\ldots \right\}$ множество всех положительных целых чисел. Определите все функции $f:{{\mathbb{Z}}_{>0}}\to {{\mathbb{Z}}_{>0}}$ такие, что для любого положительного числа $n$:
   А) $\underset{k=1}{\overset{n}{\mathop \sum }}\,f\left( k \right)$ является полным квадратом, и
   Б) $f\left( n \right)$ делит ${{n}^{3}}$.

Комментарий/решение

Обозначим $l^2(n)=\sum_{k=1}^nf(k)$. Поскольку $l(n+1)>l(n), l(1)=1$, по индукции доказываем, что $l(n)\ge n$(1). По условию $f(n)\le n^3$, поэтому из хорошо известного тождества $1^3+2^3+...+n^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$ получаем $l(n)\le\frac{n(n+1)}{2}$(2), притом равенство достигается тогда и только тогда, когда $\forall m<n: f(n)=n^3$. Для некоторого $k$ получаем $$l(n-1)^2+f(n)=(l(n-1)+k)^2\Leftrightarrow f(n)=k(k+2l(n-1))$$ При $n=p$ - простое $k(k+2l(p-1))|p^3$. Из $p^3>k^2$ получаем 2 случая:

$k=1:1+2l(p-1)|p^3\Leftrightarrow l(p-1)=\frac{p-1}{2}$, либо $l(p-1)=\frac{p^2-1}{2}$, либо $l(p-1)=\frac{p^3-1}{2}$, но все эти случаи противоречат неравенствам (1) и (2).

$k=p: p(p+2l(p-1))|p^3\Leftrightarrow p+2l(p-1)|p^2\Leftrightarrow l(p-1)=\frac{p^2-p}{2}$. Поэтому для сколь угодно большого $p$, достигается равенство в (2). Следовательно $f(n)=n^3$ для любого $n$

По индукции докажем, что $f(n)=n^3$ и то, что $\sum_{k=1}^nf(k)=\frac{n(n+1)}2$. Ясно, что $f(1)|1\Leftrightarrow f(1)=1$. Пусть $$(\frac12n(n+1)+a)^2=\sum_{k=1}^{n+1}f(k)=\frac14n^2(n+1)^2+f(n+1)$$

$$f(n+1)=an(n+1)+a^2$$ $$a(n(n+1)+a)|(n+1)^3$$ Предположим $a\le n$. Тогда $$n^2+n+a|(n+1)(n^2+2n+1)\Leftrightarrow n^2+n+a|(n+1)(n+1-a)\Rightarrow n^2+n+a\le n^2+2n+1-a(n+1)\Leftrightarrow(n+2)a\le n+1$$ противоречие. Значит $a=n+1$, ведь при $a>n+1\Rightarrow a(n(n+1)+a)>(n+1)^3$. По итогу из $a$ находим $f(n+1)=(n+1)^3$ и $\sum_{k=1}^{n+1}f(k)=\frac14(n+1)^2(n+2)^2$. Что требовалось доказать