2020年入試問題研究に戻る京大特色3番解答
(1) $ 1\leqq x< y $ のとき，不等式は \[ x(y^k-x^k)< y^n-x^n \] と同値である．ここで， $ x $ を固定し $ x\leqq y $ で定義された $ y $ の関数を \[ F(y)=y^n-x^n-x(y^k-x^k) \] で定める． \[ F'(y)=ny^{n-1}-kxy^{k-1} =y^{k-1}\left(ny^{n-k}-kx \right) \] である． $ 1\leqq x\leqq y $ のとき \[ kx< ny\leqq ny^{n-k} \] より， $ F'(y)>0 $ であり，関数 $ F(y) $ は $ x\leqq y $ において単調に増加する， $ F(x)=0 $ なので， $ x< y $ において $ F(y)>0 $ が示され，不等式が成立する．
(2) $ f(x) $ も $ g(x) $ も整式関数であるから，極は有限個である． 必要なら $ -f(x) $ または $ f(-x) $ をあらためて $ f(x) $ ， $ -g(x) $ または $ g(-x) $ をあらためて $ g(x) $ とすることにより， 1より大きい実数 $ a $ で， $ a< x $ において $ f(x) $ も $ g(x) $ も単調増加であるものが存在する，とできる．
この $ f(x) $ と $ g(x) $ を用いて $ g(x) $ が定数であることが証明できれば，もとの $ g(x) $ も定数である．
$ a< x< y $ とする．このとき，十分大きい $ x $ と $ y $ をとれば，不等式 \[ \dfrac{g(y)-g(x)}{f(y)-f(x)}< 1 \quad \cdots ① \] が成立することを示す． $ ① $ は， \[ f(y)-f(x) >g(y)-g(x) \] と同値である． $ x $ を固定し $ x\leqq y $ で定義された $ y $ の関数を \[ F(y)=f(y)-f(x)-g(y)+g(x) \] で定める． \[ F'(y)=f'(y)-g'(y) \] である． $ f'(y) $ ， $ g'(y) $ はそれぞれ $ n-1 $ 次， $ k-1 $ 次である． 単調増加なのでともに正である．
したがって， $ b\leqq y $ であれば $ F'(y) >0 $ となる $ b $ が存在する． この $ b $ は $ x $ によらない． したがって，あらためて $ x $ を $ b< x $ にとって， 上記のように関数 $ F(y) $ を定める． このとき $ F(x)=0 $ なので， $ b< x< y $ の任意の $ x $ と $ y $ について $ f(y) >0 $ ，つまり不等式 $ ① $ が成立する．
$ f(b)< N $ となる整数 $ N $ を１つとり， 実数 $ k=1,\ 2,\ \cdots $ に対して $ x_k $ を \[ f(x_k)=N+k \] となるようにとる． \[ b< x_1< x_2< \cdots \] であり， $ ① $ より \[ \dfrac{g(x_2)-g(x_1)}{f(x_2)-f(x_1)}< 1 \] \[ f(x_2)-f(x_1)=N+2-(N+1)=1 \] なので， \[ 0\leqq g(x_2)-g(x_1)< 1 \] が成りたち，かつ $ g(x_2)-g(x_1) $ は整数である．よって \[ g(x_2)-g(x_1)=0 \] である．同様に考えることにより正整数 $ k $ に対して \[ g(x_{k+1})=g(x_k) \] が成立し，これより， \[ g(x)=g(x_1) \] がすべての $ x=x_k $ で成立する．
よってこれは恒等式であり， $ g(x) $ は $ x $ によらず一定の整数値 $ g(x_1) $ をとる．