humm j'ai trouvé trop rapidement, j'ai du me planter

puisque Dk est le plus grand des diviseurs,$d_k\le\frac{n}{2}, d_{k-1}\le\frac{n}{3},..,d_1\le\frac{n}{k+1}$
on a donc
$$\sum_{j=2}^k d_{j-1}d_j \le \sum_{j=2}^k \frac{n}{j} * \frac{n}{j+1}\le n^2 \sum_{j=2}^k \frac{1}{j^2}$$
or
$$\sum_{j=2}^k \frac{1}{j^2}\lt\int_1^k \frac{1}{j^2} dj=1-\frac{1}{k}\lt 1$$
cqfd.

EDIT et effet j'avais inversé les indices de k->2 avec 2->k. le passage entre les 2 premières sommes reste bon, mais l'ordre est inversé (j=2 dans le premier correspond a j=k). mais bon, on peut inverser les indices wlog.

On écrit la sommation en partant du plus grand au plus petit diviseur, en supposant tous les diviseurs possibles:
n*(n/2)+(n/2)*(n/3)+...=
n²(1/2+1/2*3+...1/(n-1)n).
Chacun des termes de droite vaut:
1/1*2=1/1-1/2
1/2*3=1/2-1/3
et par téléscopage au final: 1-1/n=(n-1)/n<1.

Elle me plait bien cette énigme.
Je me suis un peu creusé la tête et puis c'est quand je me suis couché que j'ai trouvé l'astuce qui m'a débloquée.
Ma démo est basée sur 3 "astuces" et j'espère qu'elle ne contient pas un trou énorme.

J'ai d'abord cherché une majoration directe sans rien trouver. Et puis je me suis dit que le produit de 2 diviseurs faisait drolement penser à n^2 et qu'avec les diviseurs au dénominateur j'y arriverais peut-être mieux.

Je pose $S(n)=\sum_{j=1}^{k-1}d_j.d_{j+1}$

Astuce 1:
Puisque les diviseurs sont dans l'ordre croissant: $d_i.d_{k+1-i}=n$.
On a donc $S(n)=\sum_{j=1}^{k-1^}\dfrac{n^2}{d_j.d_{j+1}}=n^2.\sum_{j=1}^{k-1^}\dfrac1{d_j.d_{j+1}}$

Astuce 2:
$$\forall j, d_j \ge j$$
Donc: $\forall j, \dfrac1{d_j.d_{j+1}} \le \dfrac1{j(j+1)}$

Donc $S(n) \le n^2.\sum_{j=1}^{k-1^}\dfrac1{j.(j+1)}$

Astuce 3:
$$\dfrac1{j(j+1)}=\dfrac1j-\dfrac1{j+1}$$
Astuce assez connue pour gérer ce genre de somme: tous les termes s'annulent deux à deux sauf le premier et le dernier:

Donc $S(n) \le n^2(\dfrac11-\dfrac1k)$

Et donc: $S(n) \lt n^2$

CQFD.
Merci pour cette énigme sympa.
Je suis assez curieux de voir les autres réponses car j'ai vraiment séché sur une démonstration plus calculatoire/arithmétique.

Bon ben alors, pas mieux. Il n'y a peut-être pas d'autre manière plus arithmétique

Je me demande quelle application on peut faire de ce résultat? As-tu une idée d'une application concrète?

Bravo à tous.
J'avais au départ la même réponse que Rivas mais quand ce dernier à demander une résolution plus arithmétique, j'ai pensé à la chose suivante :

$d_1<d_2<...<d_{n-1}$ et
$d_2<d_3<....<d_n$ forment deux suites rangées dans le même sens d'inégalité. Donc par l'inégalité du réordonnement la somme des produits $d_id_j$ ,où $d_i$ représente un terme de la première suite et $d_j$ un terme de la deuxième suite, est maximale quand on fait $d_1d_2+d_2d_3...$.
Or on peut s'arranger pour que les produits vaillent n d'où une somme de (k-1).n mais il est évident que k-1<n , d'où la conclusion.

J'espère que vous aurez aimé cette preuve.

La conclusion n'est en fait pas assurée!!!

On arrive à $S\geq (k-1)n\geq n$

Une petite illusion!

Je ne pige pas toutes les explications, mais bon.
Je tentais de diviser par n^2 en considérant n comme un produit de facteurs premiers. Il s'agissait de prouver que la somme d1d2 + d2d3 ... +dk-1 dk  divisée par n^2 ne peut pas atteindre 1. Sauf que ça ne marche pas (enfin je n'y arrive pas).