京都大学理学部特色入試［３］（２）

もう一問，解いてみました．

　設問の各条件は $f$ を $-f$ に変えても等価なので，${\rm lc}(f)>0$ としてよく，${f}({x})\to+\infty\ ({x\to+\infty})$，$f$ は連続なので $\exists x\in\mathbb{R} \left({{f}({x})\in\mathbb{Z}}\right)$ であり，設問の仮定により $\exists x\in\mathbb{R} \left({{g}({x})\in\mathbb{Z}}\right)$ となるから，${\rm deg}(g)>0$ として矛盾を導く．このとき，同様に ${\rm lc}(g)>0$ としてよく

【方法０】　${\rm deg}(f)>{\rm deg}(g)$ ならば，区間 $({a,\ +\infty})$ において $f,\ g,\ f-g$ が狭義増加で，$f(c)=f(b)+1,\ g(b),\ g(c)\in \mathbb{Z},\ a<$ $b<$ $c$ となる $a,\ b,\ c$ があり
$$f(b)-g(b)\,{<}\,f(c)-g(c)$$ したがって $$1\le g(c)-g(b)\,{<}\, f(c)-f(b)=1$$ なので矛盾．

あるいは

　$f,\ g$ が狭義増加となる区間 $I=({a_0,\ +\infty})$ があり，$({{f}({a_i})\in\mathbb{Z}})_{i=1}^{\infty}$ が公差 $1$ の等差数列で，$a_i\to+\infty\ ({i\to\infty})$ となる狭義増加な $({a_i\in I})_{i=1}^{\infty}$ がある．よって

【方法１】　$({{g}({a_i})\in\mathbb{Z}})_{i=1}^{\infty}$ の階差はつねに $1$ 以上だから，$i=1,2,\ldots$ のとき
$${f}({a_i})-{f}({a_1})=i-1\le{g}({a_i})-{g}({a_1})$$
つまり
$${f}({a_i})-{g}({a_i})\le {f}({a_1})-{g}({a_1})$$
となるが，${\rm deg}\,f>{\rm deg}\,g$ ならば ${f}({a_i})-{g}({a_i})\to+\infty\ ({i\to\infty})$ なので矛盾．

【方法２】　$n>d={\rm deg}(g)$ として，$1\le x<$ $y$ のとき
$$
{g}({x})=\sum_{j=0}^{d}{ A_j x^j },\quad
{f}({x})=\sum_{j=0}^{n}{ B_j x^j },\quad
{G}({x,\ y})=\frac{{g}({x})-{g}({y})}{x^n-y^n},\quad
{F}({x,\ y})=\frac{{f}({x})-{f}({y})}{x^n-y^n}-B_n
$$
とおくと，(1) により
$$|{{G}({x,\ y})}|\le\sum_{j=0}^{d}{ |{A_j}|\cdot \left|{\frac{x^j-y^j}{x^n-y^n}} \right| }{<}\frac{1}{x} \sum_{j=0}^{d}{ |{A_j}| },\quad |{{F}({x,\ y})}|\le\sum_{j=0}^{n-1}{ |{B_j}|\cdot \left|{\frac{x^j-y^j}{x^n-y^n}}\right| }{<}\frac{1}{x} \sum_{j=0}^{n-1}{ |{B_j}| }$$
なので，$i\to\infty$ のとき，${G}({a_i,\ a_{i+1}}),\ {F}({a_i,\ a_{i+1}})\to0$，したがって
\begin{equation*}
1\le\left|{{g}({a_i})-{g}({a_{i+1}})}\right|
=\left|{\frac{{g}({a_i})-{g}({a_{i+1}})}{{f}({a_i})-{f}({a_{i+1}})}}\right|
=\left|{\frac{ {G}({a_i,\ a_{i+1}}) }{ {F}({a_i,\ a_{i+1}})+B_n }}\right|
\to\left|{\frac{0}{B_n}}\right|=0
\end{equation*}
となり矛盾．