Sea $\mathbb{Z}^+$ el conjunto de los enteros positivos. Determinar todas las funciones $f:\mathbb{Z}^+\to \mathbb{Z}^+$ tales que$$f(a)f(a+b)-ab$$es un cuadrado perfecto para todos $a,b$ en $\mathbb{Z}^+$.
Supongamos que $p>2$ no divide a $a$ pero sí a $f(a)$, luego la expresión $f(a)f(a+b) - ab \equiv -ab \; (p)$ donde este último termino se mueve por todos los restos módulo $p$ incluyendo los no cuadráticos, que es absurdo.
Sea $p$ primo, luego $f(p) = p^{\alpha}$ para $\alpha$ entero no negativo. Afirmo que a lo sumo un primo $p>3$ satisface $f(p) = 1$: Supongamos que no, $f(p) = f(q) = 1$ con $q > p$, luego tomando $a = p$ y $b=q-p$ $\Rightarrow 1-p(q-p)$ es un cuadrado, absurdo.
Ahora, si $\alpha \geq 2$, tomando $a = p$ y $b=1$: $p(p^{\alpha - 1}f(p+1) - 1)$ donde $p$ divide a esta expresión exactamente $1$ vez siendo un cuadrado, absurdo.
Luego $f(p) = p$ para $p$ suficientemente grande. Tomando $a+b=p$ tenemos $f(a)p - a(p-a) = p(f(a)-a) + a^2 = c^2$ para cierto $c$ natural. Claramente $f(a)-a \geq 0$, de lo contrario podríamos tomar $p$ grande y hacer esta expresión negativa. Ahora si $f(a) - a > 0$ entonces $c>a$, donde además mirando módulo $p$ tenemos que $c = kp \pm a$ para $k$ entero, en cualquier caso:
$$p(f(a)-a) + a^2 = (kp \pm a)^2 \geq (p-a)^2 \Rightarrow f(a) - a \geq p-2a$$
Donde tomando $p$ muy grande, esto se rompe.
Luego $f(a) = a$ para todo $a$ natural que es solución ya que reemplazando tenemos $a(a+b) - ab = a^2$ que es un cuadrado.
$f(a)f(a+b)-ab=\square$
Viendo $mod f(a)$
$-ab\equiv x^{2}(mod f(a)) \forall b \in \mathbb{N}$
Con $a=1$, $-b$ es resto cuadrático $mod f(1)\forall b \Rightarrow f(1)=1$ o bien $f(1)=2$
con $a=2$, $-2b$ es resto cuadrático $mod f(2)\forall b$
Si $f(2)$ es impar, $-b$ es resto cuadrático $mod f(2)\forall b \Rightarrow f(2)=1$
Si $f(2)$ es par, todos los pares son restos cuadráticos $mod f(2) \Rightarrow f(2)=2$
Vamos a ver que $f(4)\equiv 0 (mod4)$:
Si $f(4)\equiv 2 (mod4)$, con $a=4$ en la cuenta original $f(4)f(4+b)-4b\equiv 2f(4+b)\equiv x^{2} (mod4)$
Como los restos cuadráticos $mod 4$ son $0$ y $1$, y $2f(4+b)$ es par y resto cuadrático, $2f(4+b)\equiv 0 (mod4) \Rightarrow f(4+b)\equiv 0(mod2)\Rightarrow f(c)$ es par $\forall c\geq 5$
Tomando $a=5$ y $b=9$, $f(5)f(14)-45=\square\Rightarrow -45\equiv x^{2} (mod4) \Rightarrow 3\equiv x^{2} (mod4)$ absurdo
Si $f(4)\equiv 1 (mod4)\Rightarrow f(4+b)-4b$ es resto cuadrático $mod 4\Rightarrow f(4+b)\equiv 0,1(mod4) \Rightarrow f(6)f(13)\equiv 0,1(mod4)\Rightarrow \square=f(6)f(13)-6.7\equiv 2,3(mod4)$ absurdo
Si $f(4)\equiv 3 (mod4)\Rightarrow 3f(4+b)-4b$ es resto cuadrático $mod4\Rightarrow f(4+b)\equiv 0,3(mod4) \Rightarrow f(6)f(13)\equiv 0,1(mod4)\Rightarrow \square=f(6)f(13)-6.7\equiv 2,3(mod4)$ absurdo
Por lo que $f(4)\equiv 0(mod4)$
Con $a=4$ en la cuenta original viendo $mod f(4)$, $-4b\equiv x^{2}(modf(4))\Rightarrow -b\equiv x^{2}(mod(f(4)/4)) \forall b \Rightarrow f(4)/4=1,2 \Rightarrow f(4)=4$ o $f(4)=8$
Si $f(1)=2\Rightarrow 2f(1+b)-b=\square$. Con $b=1$ queda que $f(2)\neq 2\Rightarrow f(2)=1$ y con $b=3$ queda que $f(4)\neq 8\Rightarrow f(4)=4$
Con $a=2$ en la cuenta original $f(2+b)-2b=\square$ y con $a=4$, $4f(4+c)-4c=\square \Rightarrow f(4+c)-c=\square$
Sea $d=b+2=c+4\geq 5\Rightarrow f(d)-2d+4$ y $f(d)-d+4$ son cuadrados que se diferencian en $d$. Reemplazando $d=6$ llegamos a un absurdo, ya que no hay cuadrados que se diferencian en $6$
Si $f(1)=1\Rightarrow f(1+b)-b=\square$. Con $b=3$ queda que $f(4)\neq 8\Rightarrow f(4)=4$
Con $a=4$ en la cuenta original $4f(4+c)-4c=\square\Rightarrow f(4+c)-c=\square$
Sea $d=1+b=4+c\geq 5\Rightarrow f(d)-d+1=\square$ y $f(d)-d+4=\square$. Estos cuadrados se diferencian en $3$, entonces son $1$ y $4\Rightarrow f(d)-d+1=1\Rightarrow f(d)=d \forall d\geq 5$
Como también $f(1)=1$, $f(2)=2$ y $f(4)=4$, faltan ver los valores posibles de $f(3)$
$f(1)f(3)-2=\square \Rightarrow 4f(3)-8=\square$ y $f(3)f(4)-3.1=4f(3)-3=\square$. Estos cuadrados se diferencian en $5$, entonces son $4$ y $9$
$4f(3)-8=4 \Rightarrow f(3)=3\Rightarrow f(x)=x \forall x$
Basta comprobar que funciona
$f(a)f(a+b)-ab=\square$
$a(a+b)-ab=a^{2}+ab-ab=a^{2}=\square$. Por lo que funciona y es la única función posible
