2026-10-18

EGMO代表一次選抜 2020 第4問

$f(m)+n+1 \mid m+f(f(n))　(\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N})$

[EGMO代表一次選抜 2020 第4問]

解： $f( n) \equiv n+1$

与式の $m$ に $f(n)$ を代入した式を

　 $\displaystyle K=\frac{f(f(n))+f(n)}{f(f(n))+n+1}$

とおく.　 $K \geq 1$ より， $f(n) \geq n+1$ 　…①　を得る.　さらに，

　 $\displaystyle K-1=\frac{f(n)-n-1}{f(f(n))+n+1}$ 　…②

は非負整数であるが，①より $f(f(n)) \geq f(n)+1$ 　を用いて，

　 $f(f(n))+n+1 \geq f(n)+n+2 > f(n)-n-1$

より，②の分母＞分子である.　②の分母は正の整数，分子は非負整数

より，分子＝0が必要なので， $f( n) \equiv n+1$ .　これは与式をみたす.

＊代入一発で終了。秒殺問題…

2026-10-17

JMO代表選考合宿 2026 第5問

$f^{n+2}(1) = f(n) + 2　(\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N})$

[JMO代表選考合宿 2026 第5問]

解： $f( n) \equiv n+1$

$P(n)$ で与式への代入を表す.　 $f$ の値域を $\operatorname{Im}(f)$ で表す.

与式より $a \in \operatorname{Im}(f)$ ならば $a+2 \in \operatorname{Im}(f)$ であるから，帰納的に

$\{ a, a+2, a+4, \cdots \} \in \operatorname{Im}(f)$ であり， $f$ は上に有界でない.

補題１： $1, f(1), f^2 (1), f^3 (1), \cdots$ の中に等しい2項はない.

証明：等しい2項が存在するならば， $n \rightarrow +\infty$ で与式の左辺は

　周期数列をなし，与式の右辺が上に有界でないことに矛盾する.　 $\square$

補題２： $f$ は単射である.

証明： $f(b)=f(c)$ なる $b \neq c$ を仮定すると， $P(b), P(c)$ より

　 $f^{b+2}(1) = f(b) + 2 = f(c) + 2 = f^{c+2}(1)$

　となり，補題１に矛盾する.　 $\square$

ここで $\mathcal{S} = \{ f^{n+2}(1) \mid n \in \mathbb{N} \}$ とする.　このとき $f(k) \in \mathcal{S}$ ならば，

単射性より $k \in \operatorname{Im}(f)$ となることに注意する.　…①

補題３： $\operatorname{Im}(f)$ には奇数も偶数も含まれる.

証明： $\operatorname{Im}(f)$ が奇数のみを含むと仮定する.　このとき，

　 $f$ の最小値を $L$ とすると $\operatorname{Im}(f) = \{ L, L+2, L+4, \cdots \}$ となり，

　単射性より $f(d) \neq L$ なる偶数 $d$ が存在して，

　 $f(d) \in \{L+2, L+4, \cdots \}$ であるが，与式より帰納的に

　 $\{ L+2, L+4, \cdots \} \in \mathcal{S}$ であるから，①より $d \in \operatorname{Im}(f)$ となり矛盾.

　 $\operatorname{Im}(f)$ が偶数のみを含む場合も，同様に矛盾を生じる.　 $\square$

補題３より $\operatorname{Im}(f)$ に含まれる最小の奇数 $L_o$ と最小の偶数 $L_e$ が存在し，

　 $\operatorname{Im}(f) = \{ L_o, L_o + 2, L_o +4, \cdots \} \cup \{ L_e, L_e + 2, L_e +4, \cdots \}$

と表される.　また与式より帰納的に

　 $\{ L_o + 2, L_o +4, \cdots\} \cup \{L_e + 2, L_e +4, \cdots \} \in \mathcal{S}$

であり，すなわち $\operatorname{Im}(f) \setminus \{ L_o, L_e \} \in \mathcal{S}$ が成り立つ.

補題４： $f(1)=2, f(2)=3$ である.

証明： $f(1) \neq L_o, L_e$ とすると， $f(1) \in \mathcal{S}$ となり，補題１に矛盾する.　

　また $f^2(1) \neq L_o, L_e$ とすると同様に矛盾を生じる.　補題１より

　 $f^2(1) \neq f(1)$ であるから， $\{ f(1), f^2(1) \} = \{ L_o, L_e \}$ であり，

　 $L_o=1$ とすると補題１に矛盾するので， $L_o \geq 3$ である.　…②

　 $f(1)>3$ と仮定すると $f(2), f(3) \in \mathcal{S}$ であり，①から

　 $\{2, 3\} \in \operatorname{Im}(f)$ となるので， $L_o=3, L_e=2$ と定まり，

　 $f(1) \in \{2, 3\}$ となり矛盾する.　よって $f(1) \in \{2, 3\}$ である.

　ここで $f(1)=L_o=3$ と仮定すると， $f(3)=L_e$ であるから

　 $f(2) \in \mathcal{S}$ であり，①より $f(3)=2$ と定まる.　このとき，

　 $P(3):$ 　 $f^5(1)=f(3)+2=4$

　 $P(4):$ 　 $f^6(1)=f(4)+2$ から $f(4)=f(4)+2$ となり矛盾する.

　よって $f(1)=L_e=2$ と定まり， $f(2)=L_o$ であるから

　 $f(3) \in \mathcal{S}$ であり，①②より $f(2)=3$ と定まる.　 $\square$

以下， $f(n)=n+1$ かつ $f^{n+1}(1)=n+2$ 　…③　を示す.

補題４より $n=1$ のとき③は成立.　 $n=k$ で③が成り立つとき，

$P(k):$ 　 $f(k+2)=k+3$ であり， $f^{k+2}(1) = f(k+2)=k+3$

であるから， $n=k+1$ でも③は成立し，帰納的に示された.　

以上より， $f( n) \equiv n+1$ .　これは与式をみたす.

＊ $\displaystyle f^{n+1}(1) = f(n) + 1　(\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N})$

　の方が上記よりシンプルに解けるのだが、これだと簡単すぎるのか？

2026-09-12

和田杯 2022 第11問

$f(m)+n \mid f(n)f(f(n)+m)+m　(\mathbb{N}_0 \rightarrow \mathbb{N})$

[和田杯 2022 第11問]

解： $f( n) \equiv n+1$

$P(m,n)$ で与式への代入を表す.

【Step1】 $f(0)=1$ .

　 $p \mid f(0)$ なる $p \in \mathbb{P}$ が存在すると仮定する.

　補題１： $p \mid n \implies p \mid f(n)$

　証明： $P(0, n):$ 　 $n+f(0) \mid f(n)f(f(n))$ より

　　 $p \mid n$ ならば， $p \mid f(n)$ または $p \mid f(f(n))$ である.

　　 $P(f(n), 0):$ 　 $f(f(n)) \mid f(0)f(f(n)+f(0))+f(n)$

　　より $p \mid f(f(n))$ の場合も， $p \mid f(n)$ が成り立つ.　 $\square$

　さて $X=p^2 k - f(p)\geq 0$ をみたす $k \in \mathbb{N}$ をとる.

　 $p \mid X$ より，補題１から $p \mid f(X)$ であり，さらに

　 $p \mid f(X)+p$ より， $p \mid f(f(X)+p)$ であるから，

　 $p^2 \mid f(X)f(f(X)+p)$ となるが，このとき

　 $P(p, X):$ 　 $p^2 k \mid f(X)f(f(X)+p)+p$

　より $p^2 \mid p$ が必要となり矛盾.　よって仮定をすて $f(0)=1$ .

【Step2】 $f( n) \equiv n+1$ .

　補題２： $f(n)>1$ 　 $\forall n \in \mathbb{N}$

　証明： $f(a)=1$ なる $a \in \mathbb{N}$ が存在すると仮定すると，

　　 $P(a-1, a):$ 　 $f(a-1)+a \mid a$ であるが，

　　 $f(a-1)+a>a$ であるから矛盾.　 $\square$

　補題３： $f(n) \leq n+1$

　証明： $P(n+1, n)$ において与式の商を $Q$ とおくと，

　　 $\displaystyle f(f(n)+n+1)=Q \left ( \frac {f(n+1) +n}{f(n)} \right ) - \frac {n+1}{f(n)} \in \mathbb{Z}$

　　であり $P(n, 0):$ 　 $f(n) \mid f(n+1)+n$ であるから，

　　 $f(n) \mid n+1$ が必要なので $f(n) \leq n+1$ .　 $\square$

　さて $f(k)=k+1$ 　 $(k=0,1,2, \cdots)$ と仮定すると，

　 $P(k,0):$ 　 $k+1 \mid f(k+1)+k$ であり， $f(k+1)>1$ より，

　 $\displaystyle \frac{f(k+1)+k}{k+1} \geq 2$ であるから， $f(k+1) \geq k+2$ .

　よって補題３より $f(k+1) = k+2$ となる.

　以上より帰納的に $f( n) \equiv n+1$ であり，これは与式をみたす.

＊和田杯は灘校数学研究部が文化祭で出題している問題とのこと。

＊後半は $P(n+1, n)$ を思いつくかどうかが山場。

＊解く上では後半部分を示してから， $f(0)=1$ に取り掛かるのが良さそう.

　逆は方向性が合っているのか不安になる…

2026-08-23

和田杯 2014 第12問

$f(x)f(x+y)=f(2x+y)+(f(x)-1)f(y)　(\mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R}_{\geq 1})$

[和田杯 2014 第12問]

解： $f( x) \equiv c^x+1$ 　 $(c>1)$ ， $f( x) \equiv c$ 　 $(c \geq 1)$

$P(x,y)$ で与式への代入を表す.

[１]　 $f( x) \equiv c$ 　 $(c \geq 1)$ は与式をみたし，解である.

[２]　 $f(a)=1$ なる $a \in \mathbb{Q}$ が存在する場合.

　 $P(a, -a):$ 　 $f(0)=1$

　 $P(x, -x):$ 　 $(f(x)-1)f(-x)=0$

　よって， $f( x) \equiv 1$ .　これは [１] の場合に含まれる.

[３]　 $f(x)>1$ かつ $f(b) \neq f(0)$ なる $b \in \mathbb{Q}$ が存在する場合.

　 $P(b, 0):$ 　 $f(b)^2=f(2b)+(f(b)-1)f(0)$

　 $P(-b, 2b):$ 　 $f(-b)f(b)=f(0)+(f(-b)-1)f(2b)$

　２式から $f(2b)$ を消去し，整理して， $\displaystyle f(-b)=\frac{f(b)}{f(b)-1}$

　 $P(b, -b):$ 　 $\displaystyle f(-b)=\frac{f(b)(f(0)-1)}{f(b)-1}$ より， $f(0)=2$

　補題： $f(nx)=( f(x)-1)^n+1$ 　 $\forall n \in \mathbb{N}$

　証明：帰納法で示す.　 $n=1$ のとき自明に成立.

　　 $P(x, 0):$ 　 $f(x)^2=f(2x)+2f(x)-2$ より $n=2$ でも成立.

　　 $n=1,2,\cdots, k$ $(k \geq 2)$ のとき成り立つと仮定すると，

　　 $P(x,(k-1)x):$

　　　 $f(x)f(kx)=f( (k+1)x)+(f(x)-1)f( (k-1)x)$

　　この式に $n=k-1, k$ の場合の補題の式を代入して整理すると

　　 $f( (k+1)x)=(f(x)-1)^{k+1}+1$ より $n=k+1$ でも成立.　 $\square$

　すなわち $g(x)=f(x)-1$ とおくと， $g(nx)=g(x)^n$ であり，

　 $f(1)=c$ とおいて， $g(n)=g(1)^n=c^n$ 　 $\forall n \in \mathbb{N}$ .

　 $P(x, -x):$ 　 $f(x)=(f(x)-1)f(-x)$ 　より　 $\displaystyle g(-x)=\frac{1}{g(x)}$

　よって $g(-n)=c^{-n}$ 　 $\forall n\in \mathbb{N}$ より $g(n)=c^n$ 　 $\forall n \in \mathbb{Z}$ .

　 $n \in \mathbb{N}, m \in \mathbb{Z}$ に対して $\displaystyle g\left (\frac{m}{n} \right )^n=g(m)=c^m$ より $\displaystyle g\left (\frac{m}{n} \right )=c^{\frac{m}{n}}$ .

　よって $f(x)=g(x)+1=c^x+1$ 　 $\forall x \in \mathbb{Q}$ .　これは与式をみたす.

＊和田杯は灘校数学研究部が文化祭で出題している問題とのこと。

＊ $\mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R}$ でもほぼ同様に解ける。

　［２］は $f(0)=1$ を得た後，

　　 $P(x,0):$ 　 $\displaystyle f(2x)=\left ( f(x)- \frac{1}{2} \right )^2 + \frac{3}{4}>0$

　　より $f(x)>0$ であるから，本解と同様に $f( x) \equiv 1$ が得られる.

　［３］は $f(x) \neq 1$ かつ $f(b) \neq f(0)$ なる $b$ が存在する場合となるが，

　　 $f(0)=2$ を証明後， $P(x, 0):$ 　 $f(2x)=(f(x)-1)^2+1>1$

　　より $f(x)>1$ が得られ，以下は本解と同様になる.

　解は $f( x) \equiv c^x+1$ 　 $(c>1)$ ， $f( x) \equiv c$ 　 $(c \in \mathbb{R})$ となる.

2026-08-22

PILAME杯 2026 決勝問題第1部問4

$f(m+f(n) )^2-4f(m)n$ が平方数　　 $(\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N})$

[PILAME杯 2026 決勝問題第1部問4]

解： $f( n) \equiv n$

$P(m,n)$ で与式への代入を表す.

補題： $f(n) \leq n$ および $f(1)=1$ .

証明：

　与式 $=N^2$ とおく ( $N$ は非負整数).　 $N$ と $f(m+f(n) )$ の偶奇は一致し，

　 $\displaystyle nf(m)= \left \{ \frac{f(m+f(n)) - N}{2} \right \} \left \{ \frac{f(m+f(n)) + N}{2} \right \}$

　上式の $\{ \}$ 内はともに正の整数であり， $s, t$ とおくと，

　 $f(m+f(n))=s+t \leq st+1 = nf(m) + 1$

　 $n=1$ として $f(1)=a$ とおくと， $f(m+a) \leq f(m) + 1$ 　…①

　であり， $\displaystyle M= \max_{1 \leq n \leq a} f(n)$ として， $\displaystyle f(n) \leq \frac{n}{a}+M$ 　…②　が成立.

　さて $m=1,n=p \in \mathbb{P}$ とすると， $pa=st$ であり，

　 $p \mid s$ または $p \mid t$ より， $f(f(p)+1)=s+t > p$ .

　一方，②を繰り返し用いて，

　 $\displaystyle f(f(p)+1) \leq \frac{f(p)+1}{a}+M \leq \frac{p}{a^2}+\frac{M+1}{a}+M$

　以上より， $\displaystyle p < \frac{p}{a^2}+\frac{M+1}{a}+M$ であり，十分大きな $p$ で

　この式が成り立つには $a=f(1)=1$ が必要.　このとき

　①より $f(n+1) \leq f(n) + 1$ から帰納的に $f(n) \leq n$ .　 $\square$

以下， $f(n) < n$ となる最小の $n$ が存在すると仮定し， $L$ とおく.

補題より $L \geq 2$ であり， $f(L)=L-b$ $(1 \leq b <L)$ とする.

$P(L-b,b):$ 　 $(L-b)^2-4b(L-b)=(L-5b)(L-b) \geq 0$

よって $\displaystyle \frac{L}{5} \geq b$ より， $\displaystyle L \geq f(L) = L-b \geq \frac{4}{5} L$ となるが，

$L=2,3,4$ のとき $f(L)=L$ となり矛盾する.

また $L=5$ のとき $f(5)=4$ となるが，このとき $P(1,5)$ より

$-4$ が平方数となり矛盾する.　よって $L \geq 6$ である.

さて $\displaystyle b < \frac{2L-5}{6}$ と仮定すると，変形して

　 $-4b>-2(L-b-2)+1$

　 $(L-b-2)^2>(L-b-2)^2-4b>(L-b-3)^2$

となり， $P(L-1,1):$ 　 $(L-b)^2-4(L-1)=(L-b-2)^2-4b$

が隣り合う2つの平方数の間にあることになり矛盾する.

よって $\displaystyle \displaystyle \frac{L}{5} \geq b \geq \frac{2L-5}{6}$ となるが， $L=6$ のとき $\displaystyle \displaystyle \frac{6}{5} \geq b \geq \frac{7}{6}$ を

みたす整数 $b$ はなく矛盾.　 $L \geq 7$ のとき， $\displaystyle\frac{2L-5}{6} > \frac{L}{5}$ より矛盾.

以上より仮定をすて， $f( n) \equiv n$ .　これは与式をみたす.

＊後半も意外と難しい.

2026-08-20

和田杯 2018 第3問

$m>n$ かつ $f(m^2)-nf(m) \neq 0$ をみたす任意の $m,n \in \mathbb{N}$ に対し，

$\displaystyle \frac{mf(m-n)}{f(m^2)-nf(m)} \in \mathbb{N}$

が成り立つ関数 $f: \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ を全て求めよ.

[和田杯 2018 第3問]

解： $f( n) = \left\{ \, \begin{aligned} & kc　(n = 1) \\ & cn　(n \geq 2) \end{aligned} \right.$ ， $f( n) = \left\{ \, \begin{aligned} & kc　(n = 1) \\ & 4n　(n = 2) \\ & cn　(n \geq 3) \end{aligned} \right.$ 　 $(k,c \in \mathbb{N})$

$P(m, n)$ で与式への代入，および代入した与式自体を表す.

ある $n < m-1$ で $f(m^2)-nf(m) \neq 0$ が成立したと仮定すると，

$f(m^2)-(m-1)f(m) < 0$ より，代入 $P(m, m-1)$ は可能であるが，

$P(m, m-1)<0$ より条件に反する.　よって $n < m-1$ のとき

$f(m^2)-nf(m) \neq 0$ は成立せず，代入 $P(m, n)$ は可能である.

とくに $m \geq 3$ のとき， $P(m, m-2)$ の分母が正より

　 $f(m^2)>(m-2)f(m)$ 　…①

ここで $n \geq 4$ において， $f(n)$ が最小となる最小の $n$ を $L (\geq 4)$ とする.

補題１： $mf(L)>2f(m)$ 　 $\forall m \geq L+1$ .

証明： $m \geq 3, m-1>n$ において，①より

　 $\displaystyle P(m,n)<\frac{mf(m-n)}{(m-n-2)f(m)}$

　この右辺 $\leq 1$ となると， $0<P(n,m)<1$ となり矛盾.

　 $\therefore mf(m-n)>(m-n-2)f(m)$

　 $m \geq L+1$ のとき，上式で $n=m-L (<m-1)$ として，

　 $mf(L)>(L-2)f(m) \geq 2f(m)$ 　 $\square$

補題２：十分大きな $p \in \mathbb{P}$ に対して $p \mid f(p)$ .

証明：関数 $\displaystyle y=\frac{x}{x-2}$ は $x>2$ において狭義単調減少より，

　 $n=1,2$ に対し， $p-n$ が補題１および

　　 $\displaystyle 2>\frac{p-n}{p-n-2}$ 　…②

　をみたすように十分大きな $p \in \mathbb{P}$ をとれる.　このとき

　 $\begin{aligned} \displaystyle f(p^2)-nf(p) &> (p-n-2)f(p)　(\because ①) \\ &> (p-n)\frac{f(p)}{2}　(\because ②) \\ &\geq (p-n)\frac{f(L)}{2} \\ &> f(p-n)　(\because 補題１) \end{aligned}$

　よって $P(p,n)$ より， $n=1,2$ に対し $f(p^2)-nf(p) \equiv 0 \pmod{p}$

　となり，2式の差から $f(p) \equiv 0 \pmod{p}$ 　 $\square$

補題３：十分大きな $p \in \mathbb{P}$ に対して $p^2 \mid f(p^2)$ .

証明：関数 $\displaystyle y=\frac{x}{x-2}$ は $x>2$ において狭義単調減少より，

　 $n=1,2$ に対し， $p$ および $p^2-n$ が補題１および

　　 $\displaystyle 2>\frac{p}{p-2} \cdot \frac{p^2-n}{p^2-n-2}$ 　…③

　をみたすように十分大きな $p \in \mathbb{P}$ をとれる.　①より

　　 $f(p^2)>(p-2)f(p) \geq (p-2)f(L)$ 　…④

　が成り立つ.　このとき

　 $\begin{aligned} \displaystyle f(p^4)-nf(p^2) &> (p^4-n-2)f(p^2)　(\because ①) \\ &> (p^2-n-2)f(p^2) \\ &> (p^2-n-2)(p-2)f(L)　(\because ④) \\ &> p(p^2-n)\frac{f(L)}{2}　(\because ③) \\ &> pf(p^2-n)　(\because 補題１) \end{aligned}$

　よって $P(p^2,n)$ より， $n=1,2$ に対し $f(p^4)-nf(p^2) \equiv 0 \pmod{p^2}$

　となり，2式の差から $f(p^2) \equiv 0 \pmod{p^2}$ 　 $\square$

ここで， $\displaystyle g(n)=\frac{f(n)}{n}$ とおく.

補題１より $g$ は有界関数であり， $|g(n)|<M$ とする.

補題４：十分大きな $p \in \mathbb{P}$ に対して $f(p^2)=pf(p)$ .

証明：補題２，３をみたす，十分大きな $p,q \in \mathbb{P}$ をとる.

　 $\displaystyle P(p,p-q)=\frac{pf(q)}{f(p^2)-(p-q)f(p)}=\frac{g(q)}{g(p)+\frac{p}{q}(g(p^2)-g(p))}$

　補題２，３より $g(p^2)-g(p)$ は整数であり， $g(p^2)-g(p) \neq 0$ と仮定すると，

　 $q$ を固定して $p$ を十分に大きくしたとき，

　 $\displaystyle| 分母 | > |\frac{p}{q}-M| > M >|分子|$ となり矛盾する.　 $\square$

補題５： $g(n) \in \mathbb{N}$ 　 $\forall n \in \mathbb{N}$ .

証明：まず $g(1)=f(1) \in \mathbb{N}$ である.　

　さらに十分大きな $p \in \mathbb{P}$ に対し， $2 \leq n \leq p$ において，

　補題４より $\displaystyle P(p,p-n)=\frac{g(n)}{g(p)} \in \mathbb{N}$ であり， $g(n) \in \mathbb{N}$ である.

　 $p \rightarrow \infty$ として， $g(n) \in \mathbb{N}$ 　 $\forall n \in \mathbb{N}$ .　 $\square$

補題６：十分大きな $n \in \mathbb{N}$ に対して $g(n^2)=g(n)$ .

証明： $1 \leq n \leq m-2$ において，

　 $\displaystyle P(m,m-n)=\frac{g(n)}{g(m)+\frac{m}{n}(g(m^2)-g(m))}$ .

　 $g(m^2)-g(m) \neq 0$ と仮定すると， $n$ を固定して $m$ を十分に大きくしたとき，

　 $\displaystyle| 分母 | > |\frac{m}{n}-M| > M >|分子|$ となり矛盾する.　 $\square$

補題７：十分大きな $n \in \mathbb{N}$ に対して $g(n)$ は一定.

証明： $n$ が補題６をみたすとき，

　 $\displaystyle P(n,1) =\frac{g(n-1)}{g(n)}\geq 1$ より，十分先で $g$ は広義単調減少.

　さらに帰納的に $g(n)=g(n^2)=g(n^4)=\cdots$ より，十分先で $g$ は一定になる.　 $\square$

補題７の $g(n)$ の定数値を $c$ とし， $n \geq N$ で $g(n)=c$ とする.

補題８： $c \mid g(n)$ 　 $\forall n \in \mathbb{N}$ .

証明： $m$ が十分大きいとき，補題６より $f(m^2)-mf(m)=0$ であり，

　代入 $P(m, m-1)$ も可能である.　 $1 \leq n \leq m-1$ において，

　 $\displaystyle P(m,n) =\frac{g(n)}{g(m)}=\frac{g(n)}{c} \in \mathbb{N}$ より， $g(n) \in \mathbb{N}$ である.

　 $m \rightarrow \infty$ として， $c \mid g(n)$ 　 $\forall n \in \mathbb{N}$ .　 $\square$

補題８より $\displaystyle h(n)=\frac{g(n)}{c}$ なる $h:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ を定義でき， $n \geq N$ で $h(n)=1$ となる.

補題９： $h(n)=1$ 　 $\forall n \geq 3$ .

証明： $N \geq 5$ のとき， $m^2 \geq N > m$ をみたす $m \geq 4$ に対して，

　 $h(m^2)=1$ より， $\displaystyle P(m,m-2) =\frac{2h(2)}{m-(m-2)h(m)}$ であり，

　分母が正より $\displaystyle 2 \geq \frac{m}{m-2}>h(m)$ から $h(m)=1$ が従う.

　これをみたす $m$ の範囲は $m=N-1,N-2,\cdots, \max \{ 4, \lceil \sqrt{N} \rceil \}$ であるから，

　 $N$ を $\max \{ 4, \lceil \sqrt{N} \rceil \}$ に置き換えることができる.

　これを繰り返すことで， $N=4$ にできる.

　 $N=4$ のとき， $m=3$ が $m^2 \geq N > m$ をみたすので同様に考え，

　 $\displaystyle 3 \geq \frac{m}{m-2}>h(m)$ より $h(3)=1$ または $2$ .

　 $h(3)=2$ すなわち $f(3)=6c$ と仮定すると， $f(9)-2f(3)=-3c<0$ より

　代入 $P(3,2)$ が可能となるが， $P(3,2)<0$ より矛盾.　よって $h(3)=1$ .　 $\square$

以上より $f(n)=cn$ 　 $\forall n \geq 3$ であり， $m \geq 4$ ， $m-3 \geq n$ の条件下では

$P(m,n)=1$ となり題意成立.　以下残りの場合で， $f(1), f(2)$ を考える.

$f(2)$ について，

　 $m \geq 3$ において， $P(m,m-2)$ より $2c \mid f(2)$ をみたす.

　 $f(2)=4c$ の場合， $f(4)-f(2)=0$ より代入 $P(2,1)$ はできない.

　 $f(2) \neq 4c$ の場合，代入 $P(2,1)$ は可能であり，このとき分母が正より

　　 $4c>f(2)$ .　よって $f(2)=2c$ .

　以上から $f(2)=2c, 4c$ .　 $f(2)$ の条件は以上であり，これらは題意をみたす.

$f(1)$ のみたすべき条件は，代入 $P(2,1)$ が可能かに関わらず，

　 $P(m,m-1)$ より $c \mid f(1)$ のみである.

以上から $f$ は決定された.

＊和田杯は灘校数学研究部が文化祭で出題している問題とのこと。

2026-08-09

和田杯 2019 第5問

$\displaystyle f(x+y)( f(x+y) + 2f(x) ) = f(y) (f(x+1)^2+f( x+\frac{y}{2} )^2)　(\mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R})$

[和田杯 2019 第5問]

解： $f( x) \equiv 0$ ， $\displaystyle f( x) \equiv \frac{3}{2}$ ， $\displaystyle f( x) \equiv 2^{\frac{x}{2}}$

$P(x, y)$ で与式への代入を表す.

$P(0, 0):$ 　 $3f(0)^2=f(0)(f(1)^2+f(0)^2)$

[i]　 $f( a) = 0$ なる $a \in \mathbb{Q}$ が存在する場合.

　補題： $f( 0) = 0$

　証明： $f( 0) \neq 0$ と仮定する.

　　 $P(-a, a):$ 　 $f(0)(f(0)+f(-a))=0$ 　 $\therefore f(-a)=-f(0)$

　　 $P(a, -a):$ 　 $\displaystyle f(0)^2=f(-a)(f(a+1)^2+f(\frac{a}{2})^2)$

　　　 $\displaystyle \therefore f(0)=-(f(a+1)^2+f(\frac{a}{2})^2) \leq 0$

　　 $P(0, 0):$ 　 $f(0)(3-f(0))=f(1)^2 \geq 0$

　　よって， $0 \leq f(0) \leq 3$ より $f(0)=0$ となり矛盾.　 $\square$

　 $P(x, 0):$ 　 $3f(x)^2=0$ より $f( x) \equiv 0$ .　これは与式をみたす.

[ii]　 $f( x) \neq 0$ 　 $\forall x \in \mathbb{Q}$ の場合.

　 $P(0, 0):$ 　 $(3-f(0))f(0)=f(1)^2$ 　 $\therefore 0 < f(0) < 3$

　 $P(1, 0):$ 　 $(3-f(0))f(1)^2=f(0)f(2)^2$ 　 $\therefore f(2)=3-f(0)$

　 $P(0, 2):$ 　 $f(2)+2f(0)=2f(1)^2$ 　

　 $f(1), f(2)$ を消去して， $\displaystyle f(0)=1, \frac{3}{2}$

　[ii-i]　 $\displaystyle f( 0) = \frac{3}{2}$ の場合.

　　 $P(x, 0):$ 　 $f(x)^2=f(x+1)^2$ 　…①

　　 $P(0, y):$ 　 $\displaystyle f(y)=f(\frac{y}{2})^2-\frac{3}{4}$ 　…②

　　 $P(x, -x):$ 　 $\displaystyle \frac{9}{4}+3f(x)=f(-x)(f(x+1)^2+f(\frac{x}{2})^2)$

　　①②を用いて　 $\displaystyle \frac{9}{4}+3f(x)=f(-x)(f(x)^2+f(x)+\frac{3}{4})$ 　…③

　　②より $f(x) \geq -\frac{3}{4}$ であるから，③式で左辺 $\geq 0$ ，

　　 $\displaystyle f(x)^2+f(x)+\frac{3}{4} > 0$ より， $f(-x) \geq 0$ すなわち $f(x) > 0$

　　 $P(x, -2x):$ 　 $\displaystyle f(-x)(f(-x)+2f(x))=f(-2x)(f(x+1)^2+\frac{9}{4})$ 　

　　①②を用いて　 $\displaystyle f(-x)(f(-x)+2f(x))=(f(-x)^2- \frac{3}{4})(f(x)^2+\frac{9}{4})$ 　…④

　　④の $x$ に $-x$ を代入した式から，④を辺々引いて整理して $f(-x)=f(x)$ 　

　　これを③に用いて， $s=f(x)$ とおくと

　　 $\displaystyle \frac{9}{4}+3s=s(s^2+s+\frac{3}{4})$ 　 $\displaystyle \therefore s= \pm \frac{3}{2}, -1$

　　 $f(x)>0$ より $\displaystyle f( x) \equiv \frac{3}{2}$ .　これは与式をみたす.

　[ii-ii]　 $\displaystyle f( 0) = 1$ の場合.

　　 $P(0, y):$ 　 $\displaystyle f(y)=f(\frac{y}{2})^2$ 　…⑤　 $\therefore f(x)>0$

　　 $P(x, 0):$ 　 $2f(x)^2=f(x+1)^2$ 　 $\therefore f(x+1)=\sqrt {2}f(x)$ 　…⑥

　　⑥より帰納的に　 $\displaystyle f(n)=2^{\frac{n}{2}}$ 　 $\forall n \in \mathbb{Z}$

　　補題： $f(mx)=f(x)^m$ 　 $\forall m \in \mathbb{N}$

　　証明：帰納法で示す.　⑤より $m=1,2$ のとき成立.

　　　 $k = 1,2,\cdots, m$ のとき $f(kx)=f(x)^k$ が成り立つと仮定する.

　　　 $P(x, (m-1)x):$

　　　　 $\displaystyle f(mx)( f(mx) + 2f(x) ) = f( (m-1)x) (f(x+1)^2+f( \frac{(m+1)x}{2} )^2)$

　　　⑤⑥より　 $f(mx)( f(mx) + 2f(x) ) = f( (m-1)x) (2f(x)^2+f( (m+1)x))$

　　　 $f(x)^m ( f(x)^m + 2f(x))=f(x)^{m-1}(2f(x)^2+f( (m+1)x))$

　　　 $\therefore f( (m+1)x)=f(x)^{m+1}$ より， $k=m+1$ でも成立. 　 $\square$

　　補題で $\displaystyle x=\frac{n}{m}$ として， $\displaystyle f(\frac{n}{m})^m=f(n)=2^{\frac{n}{2}}$ 　 $\forall n \in \mathbb{Z}, \forall m \in \mathbb{N}$

　　よって $\displaystyle f(\frac{n}{m})=2^{\frac{n}{2m}}$ より $\displaystyle f( x) \equiv 2^{\frac{x}{2}}$ 　 $\forall x \in \mathbb{Q}$ .　これは与式をみたす.

＊和田杯は灘校数学研究部が文化祭で出題している問題とのこと。