入試数学コンテスト第4回第6問解答解説

与式に $m=1,n=1$ を代入すると $$\dfrac{1+f(1)}{f(1)+1}$$ であり，これは $1$ であるため，$k=1$ がわかる。与式に $m=1$ を代入すると $$\dfrac{n+f(n)}{nf(1)+1} = 1$$ である。こうして $f(n) = (f(1)-1) n +1$ である。一方 $n=1$ を代入すると $$\dfrac{m+f(1)}{f(m)+1} = 1$$ である。こうして $f(m) = m + f(1)-1$ である。上記2つを比較すると，$f(1)-1=1$ である。こうして $f(n) = n + 1$ となる。

条件を満たす関数 $f$ について，任意の正整数$m,n$に対し $$\dfrac{mn + f(n)}{nf(m) +1}$$ が整数になる。

与式に $m=1$ を代入すると $\dfrac{n + f(n)}{nf(1)+1}$ が整数だとわかる。ゆえに $$\begin{aligned} \dfrac{n + f(n)}{nf(1)+1} &\geq 1\\ n + f(n) &\geq n f(1) +1\\ f(n)&\geq (f(1)-1)n+1 \end{aligned}$$ が得られる。

与式に $n=1$ を代入し，簡単のため $m$ を $n$ に置き換えると $\dfrac{n + f(1)}{f(n) + 1}$ が整数だとわかる。ゆえに $$\begin{aligned} \dfrac{n+f(1)}{f(n)+1} &\geq 1\\ n + f(1) &\geq f(n)+1\\ n +f(1)-1&\geq f(n) \end{aligned}$$ が得られる。

以下3つのパターンに分けて考察する。

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(a) $f(1) = 0$ のとき

$p$ を素数とする。与式に $m=p,n=1$ を代入すると $$\dfrac{p+f(1)}{f(p)+1} = \dfrac{p}{f(p)+1} \in \mathbb{Z}$$ となる。このとき $f(p)+1 = 1,p$ である。$f(p) = p-1$ と仮定する。与式に $m=n=p$ を代入すると $$\dfrac{p^2+f(p)}{pf(p)+1} = 1 + \dfrac{2p-2}{p^2-p+1} \in \mathbb{Z}$$ となる。よって $$\dfrac{2p-2}{p^2-p+1} \in \mathbb{Z}$$ である。しかし $$\begin{aligned} &p^2-p+1 - (2p-2)\\ &= p^2 -3p+3\\ &= \left( p-\dfrac{3}{2} \right)^2 +\dfrac{3}{4} >0 \end{aligned}$$ より $\dfrac{2p-2}{p^2-p+1} < 1$ が従い，$\dfrac{2p-2}{p^2-p+1} \notin \mathbb{Z}$ である。これは矛盾である。

よって $f(p) +1=1$ である。すなわち $f(p)=0$ である。

次に与式に $n=p$ を代入すると $$\dfrac{mp}{pf(m)+1}$$ が整数になる。分母は $p$ で割って1あまる整数であるため $$\dfrac{m}{pf(m)+1}$$ が整数になる。この整数を $l$ とおくと $$f(m) = \dfrac{1}{p} \left( \dfrac{m}{l}-1 \right)$$ となる。今 $p$ を十分大きく取ると $f(m) < 1$ となる。$f$ は非負整数値を取るため $f(m) = 0$ となる。$m$ は任意である。

こうして $f(n) = 0$ が従う。実際これは与式を満たす。

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(b) $f(1)=1$ のとき

$m,n$ にそれぞれ1を代入すると $$\begin{aligned} \dfrac{n + f(n)}{nf(1)+1} &= \dfrac{n+f(n)}{n+1}\\ &=1+\dfrac{f(n) - 1}{n+1} \in \mathbb{Z}\\ &\quad \dfrac{f(n) - 1}{n+1} \in \mathbb{Z}\\ \dfrac{m + f(1)}{f(m) + 1} &= \dfrac{m+1}{f(m)+1} \in \mathbb{Z} \end{aligned}$$ が得られる。

2式目の $m$ を $n$ に置き換えて，これらの積を計算すると $\dfrac{f(n)-1}{f(n)+1} \in \mathbb{Z}$ が得られる。$\dfrac{f(n)-1}{f(n)+1} < 1$ であるため，$f(n)-1=0$，すなわち $f(n)=1$ となる必要がある。$n$ は任意である。これを与式に代入することで $$\dfrac{mn+1}{n+1} = m + \dfrac{1-m}{n+1} \in \mathbb{Z}$$ が得られる。よって $$\dfrac{1-m}{n+1} \in \mathbb{Z}$$ であるが，$m>2$ として $n$ を十分大きくとると，$-1 < \dfrac{1-m}{n+1} < 0$ が成り立つ。これは矛盾である。

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© $f(1) > 1$ のとき

$$\begin{aligned} n +f(1)-1 &\geqq f(n)\\ &\geqq (f(1)-1) n+1 \end{aligned}$$ であり，任意の正整数 $n$ に対して $$\begin{aligned} f(1)-2 \geqq (f(1)-2) n \end{aligned}$$ である。$f(1)-2 >0$ であれば $n \leqq 1$ が得られるが，$n$ は任意であるため，矛盾である。よって $f(1) = 2$ である。

このとき $$f(n)-1\geqq n\\ n \geqq f(n) -1$$ である。こうして$f(n) = n+1$が得られる。実際これは元の式を満たす。

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こうして $n$ が正整数のとき，$f(n) = 0, n+1$ のいずれかが成立する。

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(A) 正整数 $n$ に対して $f(n) = 0$ のとき

与式に $m=0$ を代入すると $$\dfrac{0}{nf(0)+1}=0$$ であり，$n=0$ を代入すると $$\dfrac{0+f(0)}{1} = f(0)$$ である。こうして $f(0)$ は任意の整数値を取りうる。

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(B) 正整数 $n$ に対して $f(n) = n+1$ のとき

与式に $n=0$ を代入すると $$\dfrac{f(0)}{0\cdot (m+1) + 1} = f(0)$$ となり，これは常に整数となる。 与式に $m=0$ を代入すると $$\dfrac{n+1}{nf(0)+1}$$ が成り立つ。$f(0) > 2$ の場合，$0< \dfrac{n+1}{nf(0)+1} < \dfrac{n+1}{n+2} < 1$ となり，整数値を取ることと矛盾する。$f(0)=0,1$ はどちらも条件を満たす。

以上をまとめると $$\begin{aligned} &n+1\\ & \begin{cases} 0 & (n=0)\\ n+1 & (n \geqq 1) \end{cases}\\ & \begin{cases} 任意 & (n=0)\\ 0 & (n \geqq 1) \end{cases} \end{aligned}$$ となる。