Ecuaciones funcionales multiplicativas sobre $\mathbb{Z}^+$

El esquema general para resolver $f(mn) = f(m)f(n)$

Dada una ecuación funcional con la hipótesis $f(mn) = f(m)f(n)$ para todo $m, n \in \mathbb{Z}^+$, el método olímpico estándar tiene tres fases:

**Fase 1: Determinación del valor $f(1)$.** Como vimos en la Lección 5.1, $f(1) \in \{0, 1\}$. Si $f(1) = 0$, la función se anula en todos lados. Descartamos este caso o lo registramos como solución trivial.

**Fase 2: Determinación de $f(p)$ para primos $p$.** Las restricciones adicionales de la ecuación funcional (monotonía, rango entero, cotas) se aplican aquí. Como $f(p^k) = f(p)^k$, el comportamiento en potencias de primo queda determinado por $f(p)$.

Fase 3: Verificación y síntesis. Una vez determinados todos los $f(p)$, la función queda completamente definida por $f(n) = \prod_{p^k \| n} f(p)^k$. Se verifica que cada candidato satisface todas las condiciones.

Las dificultades aparecen en la Fase 2 cuando la condición adicional no es una simple cota sino una ecuación que mezcla argumentos multiplicativos y aditivos.

Tipo 1: $f(mn) = f(m)f(n)$ con condición de crecimiento

Problema tipo. Hallar todas las funciones $f: \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+$ tales que $f(mn) = f(m)f(n)$ para todo $m, n$ y $f$ es no decreciente.

Solución. Por la Fase 1–3, $f(n) = \prod_p f(p)^{v_p(n)}$. Para que $f$ sea no decreciente y tome valores en $\mathbb{Z}^+$, necesitamos $f(p) \ge 1$ para todo primo $p$ (de lo contrario $f(p^k) \to 0$). Más precisamente, la condición $f(p) \ge f(1) = 1$ y la no decrecencia en potencias de $p$ requieren $f(p) \ge 1$. Además, $f(p) \le f(p+1) = f(p+1)$ no da información directa sobre $f(p)$ a menos que $p+1$ sea expresable.

Si además se pide $f(n+1) \ge f(n)$ para todo $n$, el único candidato con la estructura $f(n) = n^s$ (para $s \ge 0$ real) que cumple total multiplicatividad y es no decreciente en $\mathbb{Z}^+$ son las funciones $f(n) = n^s$ con $s \ge 0$, pero para $f: \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+$ estrictamente, los candidatos se reducen a $f(n) = n^k$ para $k \in \mathbb{Z}_{\ge 0}$.

Si se pide $f: \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+$ con $f(mn) = f(m)f(n)$ y la condición más débil de que $f$ no sea idénticamente 1, las soluciones son exactamente las funciones $f(n) = n^k$ para $k \ge 1$ entero. La prueba: todo primo $p$ tiene $f(p) \in \mathbb{Z}^+$ y $f(p) \ge 1$; la condición de no decrecencia da $f(p) \ge 1$; se puede demostrar que $f(p) = p^k$ para un $k$ uniforme si además se exige que $f$ sea "compatible con el orden" en cierto sentido.

Tipo 2: $f(mn) = f(m)f(n)$ mezclada con $f(m+n) = f(m)+f(n)$

Esta es la combinación más rica y más frecuente en olimpiadas de nivel IMO. La condición $f(m+n) = f(m) + f(n)$ (aditividad) combinada con $f(mn) = f(m)f(n)$ (multiplicatividad total) sobre $\mathbb{Z}^+$ es muy restrictiva.

Si $f: \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{R}$ satisface ambas condiciones y $f$ no es idénticamente 0, entonces $f$ es la función identidad $f(n) = n$.

Demostración. La aditividad da $f(n) = n \cdot f(1) = n$ (pues $f(1) = 1$ por la multiplicatividad y $f(n) = f(1+1+\cdots+1) = nf(1) = n$). Se verifica inmediatamente que $f(n) = n$ es totalmente multiplicativa. La unicidad viene de que ambas condiciones juntas son tan rígidas que no hay margen de maniobra.

La variante interesante para olimpiadas es cuando la condición aditiva se debilita a una desigualdad o a una condición sobre coprimos: $f(m+n) \le f(m) + f(n)$ (subaditividad) con multiplicatividad total. En este caso hay más soluciones, y el problema pide clasificarlas.

Tipo 3: ecuaciones multiplicativas con condición de divisibilidad

Otro tipo frecuente: $f(mn) = f(m)f(n)$ y $f(n) \mid n$ para todo $n$ (o $n \mid f(n)$, o $f(n) \mid f(n+1)$, etc.).

Ejemplo. Hallar todas las funciones $f: \mathbb{Z}^+ \to \mathbb{Z}^+$ con $f(mn) = f(m)f(n)$ y $f(n) \le n$ para todo $n$.

Para cada primo $p$: $f(p) \in \mathbb{Z}^+$ y $f(p) \le p$. Las opciones son $f(p) \in \{1, 2, \ldots, p\}$. No hay más restricción directa para un primo aislado. Pero la cota $f(p^k) = f(p)^k \le p^k$ da $f(p) \le p$ (consistente). La cota global $f(n) \le n$ para todo $n$ da que $f(p)^k \le p^k$, es decir, $f(p) \le p$ (ya sabido).

Si adicionalmente $f(p) \le p$ para todo primo y se pide $f$ inyectiva o sobreyectiva, las condiciones se vuelven mucho más restrictivas. La función de Euler $\phi(n)$ satisface $\phi(mn) = \phi(m)\phi(n)$ cuando $\gcd(m,n) = 1$ (es multiplicativa), pero no es totalmente multiplicativa: $\phi(4) = 2 \ne 4 = \phi(2)^2$. Esto es un ejemplo útil de lo que no funciona.

La función totalmente multiplicativa que mejor satisface "$f(n)$ mide los factores primos de $n$" es la función de Liouville y sus variantes.

Tipo 4: Vieta jumping + multiplicatividad (nivel IMO 6)

Los problemas más difíciles combinan la condición de multiplicatividad con una ecuación funcional que permite aplicar Vieta jumping. La estructura es: se tiene $P(f(m), f(n), m, n) = 0$ para algunos $m, n$ relacionados, y se usa la multiplicatividad para relacionar $f(m)$ y $f(n)$ a través de sus factorizaciones.

Esquema del argumento. Supongamos que se sabe $f(p)$ para todo primo $p < M$ y queremos determinar $f(q)$ para el siguiente primo $q$. La ecuación funcional, evaluada en argumentos que involucran $q$ y algún número pequeño, da una relación polinomial en $f(q)$. Las dos raíces de ese polinomio están relacionadas por Vieta: si $(r, s)$ es solución, también lo es $(r', s)$ donde $r + r' =$ [suma de Vieta] y $r \cdot r' =$ [producto de Vieta]. La condición $f(q) \in \mathbb{Z}^+$ y la minimalidad de $f(q)$ descartan todas las raíces salvo una, determinando $f(q)$.

Este argumento apareció en IMO 2010 Problema 1 y en varios ISL de nivel 6. Lo veremos concretamente en los problemas resueltos de este capítulo.

La clave técnica es que la condición $f(mn) = f(m)f(n)$ implica que los "saltos de Vieta" preservan la estructura multiplicativa: si $(m_0, n_0)$ es el par mínimo que viola la ecuación, el par siguiente obtenido por Vieta también debe ser controlado por la multiplicatividad.

El caso $f: \mathbb{Z}^+ \to \{0, 1\}$: funciones indicadoras multiplicativas

Un caso especial extremadamente útil en olimpiadas: ¿qué funciones $f: \mathbb{Z}^+ \to \{0, 1\}$ son totalmente multiplicativas?

Si $f$ es totalmente multiplicativa con rango en $\{0, 1\}$, entonces para cada primo $p$, $f(p) \in \{0, 1\}$. Si $f(p) = 1$ para todos los primos $p$, entonces $f \equiv 1$. Si $f(p) = 0$ para algún primo $p$, entonces $f(p^k) = 0$ para todo $k \ge 1$, y $f$ se anula en todos los múltiplos de $p$.

Las funciones en $\{0,1\}$ de esta forma son exactamente los indicadores de conjuntos multiplicativos: $f = \mathbf{1}_S$ donde $S$ es un conjunto de enteros positivos cerrado bajo multiplicación y bajo divisores coprimos. Los conjuntos $S$ que dan funciones totalmente multiplicativas son los de la forma $S = \{n : p \nmid n \text{ para todo } p \in P_0\}$ para algún conjunto de primos $P_0$.

En términos prácticos: las únicas funciones $f: \mathbb{Z}^+ \to \{0,1\}$ totalmente multiplicativas son las de la forma $f(n) = \prod_{p \mid n, p \in P_0} 0 \cdot \prod_{p \mid n, p \notin P_0} 1$, es decir, $f(n) = 0$ si algún primo de $P_0$ divide a $n$, y $f(n) = 1$ en caso contrario. Cuando $P_0 = \emptyset$, $f \equiv 1$.