馬杉：$f-\mathrm{i}\mathrm{d},g-\mathrm{i}\mathrm{d}$ が広義単調増加なのかな
渡辺：$g$ が $n$ からどれだけ離れていくか考えてた
馬杉：なんかめっちゃ離れそうだよね
渡辺：$g(n)-n$ が有界かどうかとか気になる
馬杉：左辺は $g(g(n))+f(n)-n$ 以上なのよね
渡辺：$n>M$ で $g(n)=n+a$ だと $f(n+2a)<f(n)+a$ でヤバいな
馬杉：ってことは非有界
馬杉：何か減り続けるものを作りたくなった
馬杉：$f(1)\leqq g(1)$ なら $f(g(f(1)))\leqq f(g(g(1)))$ やね、ってことは $g(1)<f(1)$ か
渡辺：$gf\leqq fgf$ 使えば一般に $g<f$
馬杉：$f$ の方がでかいって使えそう、$ggg<gf$
渡辺：$gg<f$
馬杉：いけてね
渡辺：はい、ぐるぐる
馬杉：後半は構成ゲーっぽいぞ
渡辺：$gg\cdots <f$ って状況は $g$ が漸近する感じの構造を作れば解決するのか
馬杉：っぽい
渡辺：$g(a-1/b)=a-1/(b+1)$ とかなら雰囲気が出る
馬杉：わかり
平山：$f(a-1/b)\geqq a$ が必要ということやね
平山：ちょっと試す限りは $g(a-1/b)-a$ は $a$ に依存させないと厳しそう…
平山：逆にこれで $f$ を $a$ から十分離せば恐らく適当でも大丈夫そう
平山：とりあえず $g(a-1/b)=g(a-1/(a+b))$ で実験
平山：$f(a-1/b)=2a-1/b$ だと等号になっちゃう、$f(a-1/b)=3a-1/b$ でクリアかな

• 工事中

(1) 存在しない. $f$ の単調性より任意の正の整数 $n$ について $f(n)\ge n$ が成り立つ. よって $g(g(n))\le f(g(g(n)))<g(f(n))$ が成り立ち, $g$ の単調性により $g(n)<f(n)$ である. また, 任意の正の整数 $n$について $g^m(n)<f(n)$が成り立つとき, $g(g^{m+1}(n))=g^m(g(g(n)))<f(g(g(n)))<g(f(n))$ となり, $g$ の単調性より $g^{m+1}(n)<f(n)$ となる.

よって, 任意の正の整数 $n,m$ に対して $g^m(n)<f(n)$ が成り立つことが数学的帰納法により示された.

ある正の整数 $a$ が $g(a)\ge a+1$ を満たすと仮定すると, $g$ の単調性により $n\le a$ ならば $g(n)\ge n+1$ となり, 任意の正の整数 $m$ について $g^m(a)\ge a+m$ である. しかし, 十分大きい $m$ について $f(a)<a+m$ となるからこれは矛盾である. よって $g(n)=n$ となるが, 条件に代入すると $f(n)<f(n)$ となりやはり矛盾する.

以上より $S$ が正の整数全体の集合の時にスペイン風の組が存在しないことが示された.

(2) 存在する. $f(a-\frac{1}{b})=3a-\frac{1}{b}$, $g(a-\frac{1}{b})=a-\frac{1}{a+b}$ とする. ここで, $a-\frac{1}{b}<c-\frac{1}{d}$ が $a<c$ が成り立つか, または $a=c$ かつ $b<d$ が成り立つことと 同値であることに注意して, $f,g$ が狭義単調増加であることがわかる. また, $f(g(g(a-\frac{1}{b})))=f(a-\frac{1}{2a+b})=3a-\frac{1}{2a+b}$ と $g(f(a-\frac{1}{b}))=g(3a-\frac{1}{b})=3a-\frac{1}{3a+b}$ より $f(g(g(a-\frac{1}{b})))<g(f(a-\frac{1}{b}))$ であるから, $(f,g)$ はスペイン風である.