2016IMO Short List

$f(n)=n^2$（$n\in\mathbb{Z}_{+}$）．
由已知条件得\begin{equation}
(f(m)+f(n)-m n) ~|~(m f(m)+n f(n))
\end{equation}在式（1）中取 $m=n=1$，得 $(2 f(1)-1) ~|~ 2 f(1)$ $\Rightarrow~(2 f(1)-1) ~|~(2 f(1)-(2 f(1)-1))$ $\Rightarrow~(2 f(1)-1) ~|~ 1$ $\Rightarrow~ f(1)=1$．设素数 $p\geqslant 7$．在式（1）中取 $m=p,n=1$．则 $(f(p)-p+1)~|~(pf(p)+1)$ $\Rightarrow(f(p)-p+1) ~|~(p f(p)+1-p(f(p)-p+1))$ $\Rightarrow(f(p)-p+1) ~|~\left(p^{2}-p+1\right)$．
若 $f(p)-p+1=p^2 -p+1$，则 $f(p)=p^2$．若 $f(p)-p+1\neq p^2 -p+1$，由于 $p^2 -p+1$ 为正奇数，则 $p^2 -p+1\geqslant 3(f(p)-p+1)~\Rightarrow$\begin{equation}
f(p)\leqslant\frac{1}{3}(p^2 +2p-2)
\end{equation}在式（1）中取 $m=n=p$．则 $(2f(p)-p^2 )~|~2pf(p)$ $\Rightarrow~(2f(p)-p^2 )~|~(2pf(p)-p(2f(p)-p^2 ))$ $\Rightarrow~(2f(p)-p^2)~|~p^3$．由式（2）及 $f(p)\geqslant 1$，得$$-p^2 <2f(p)-p^2\leqslant \frac{2}{3}\left(p^{2}+2 p-2\right)-p^{2}<-p$$这与 $2f(p)-p^2$ 为 $p^3$ 的因数矛盾．因此，对于所有的素数 $p\geqslant 7$，均有 $f(p)=p^2$．
设 $n$ 为固定的正整数，选择一个足够大的素数 $p$，在式（1）中取 $m=p$，得$$(f(p)+f(n)-pn)~|~(pf(p)+nf(n))$$则 $pf(p)+nf(n)-n(f(p)+f(n)-pn)$ 可被 $f(p)+f(n)-pn$ 整除，即$$(f(p)+f(n)-pn)~|~(pf(p)-nf(p)+pn^2 )$$由于 $f(p)=p^2$，于是，$$(p^2 -pn+f(n))~|~p(p^2-pn+n^2 )$$因为 $p$ 足够大，且 $n$ 为固定的正整数，所以，$p\nmid f(n)$．这表明，$$(p,p^2 -pn+f(n))=1$$则 $(p^2 -pn+f(n))~|~(p^2 -pn+n^2 )$，故 $(p^2 -pn+f(n))~|~(n^2 -f(n))$．由于 $n^2 -f(n)$ 是固定的，$p^2 -pn+f(n)$ 可以足够大，于是，一定有 $n^2 -f(n)=0$，即对于任意正整数 $n$，有 $f(n)=n^2$．
若对于任意正整数 $n$，有 $f(n)=n^2$，则 $f(m)+f(n)-mn=m^2 +n^2 -mn$，$mf(m)+nf(n)=m^3 +n^3 =(m+n)(m^2 +n^2 -mn)$．从而，对于任意正整数 $m,n$，式（1）成立．因此，对于任意正整数 $n$，$f(n)=n^2$

略