g(n) = [n π /(π - 1)]

実際，以下のように題意を満たしている．
　 n　1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10,11,12,13,14,15
f(n) 3, 6, 9,12,15,18,21,25,28,31,34,37,40,43,47
g(n) 1, 2, 4, 5, 7, 8,10,11,13,14,16,17,19,20,22

(証明)
一般に c > 1 を無理数として，正整数 n 以下の [c i] (i ∈ N)
の個数を M(c, n) とする．ただし，N = {1,2,3,...} である．
すると，
　　M(c, n) = #{i ∈ N | [c i] ≦ n}
　　　= #{i ∈ N | c i < n+1}
　　　= #{i ∈ N | i < (n+1)/c} = [(n+1)/c]
である．

いま，1/π + 1/c = 1 すなわち c = π/(π-1) ならば，
任意の n ∈ N について，(n+1)/π + (n+1)/c = n+1 より，
《x》で x の小数部を表すと，
　　《(n+1)/π》+《(n+1)/c》= 1
である．したがって，
　　((n+1)/π + (n+1)/c) - (《(n+1)/π》+《(n+1)/c》)
　　　= [(n+1)/π] + [(n+1)/c] = (n+1) - 1 = n
つまり M(π, n) + M(c, n) = n である．

ここで，任意の n について M(π, n) + M(c, n) = n ならば，
　　{[π i] | i ∈ N} ∪ {[c i] | i ∈ N} = N，
　　{[π i] | i ∈ N} ∩ {[c i] | i ∈ N} = Φ，
でなければならず，逆も成り立つ．

ヒミツ

ヒミツ

ヒミツ

f(n)=[π×ｎ]
g(n)=[π×ｎ／（π−１）]
とします。
π／（π−１）＝１＋１／（π−１）＞１ですので、ｇ（ｎ）≧１です。
このｆ、ｇが問題文の条件を満たすことを示します。

ｍが自然数のとき、ｆ（ｎ）＝ｍであれば、ｍ≦ｎπ＜ｍ＋１です。
πで割ると、ｍ／π≦ｎ＜（ｍ＋１）／π
よって、ｆ（ｎ）≦ｍのとき、ｎ＜（ｍ＋１）／πであり、
（ｍ＋１）／πは自然数ではないので、ｎ≦［（ｍ＋１）／π］となります。
ｆ（ｎ）は単調増加ですので、
ｆ（ｎ）≦ｍを満たす自然数ｎは1から［（ｍ＋１）／π］までの［（ｍ＋１）／π］個です。
＃ｎ(ｘ）を条件ｘを満たす自然数ｎの個数を表すものと定義すると、
＃ｎ（ｆ（ｎ）≦ｍ）＝［（ｍ＋１）／π］と書けます。

ｇについても同様にして、＃ｎ（ｇ（ｎ）≦ｍ）＝［（ｍ＋１）（π−１）／π］です。

（ｍ＋１）／π＋（ｍ＋１）（π−１）／π＝ｍ＋１ですので、
［（ｍ＋１）／π］＋［（ｍ＋１）（π−１）／π］≦ｍ＋１です。
πは無理数なので等号が成立することはありません。
また、切捨てにより減る値は１未満ですから、
［（ｍ＋１）／π］＋［（ｍ＋１）（π−１）／π］＞ｍ＋１−２＝ｍ−１であり、
［（ｍ＋１）／π］＋［（ｍ＋１）（π−１）／π］＝ｍと分かります。
つまり、任意の自然数ｍについて、＃ｎ（ｆ（ｎ）≦ｍ）＋＃ｎ（ｇ（ｎ）≦ｍ）＝ｍです。

ｍ＝１のとき、＃ｎ（ｆ（ｎ）≦１）＋＃ｎ（ｇ（ｎ）≦１）＝１です。
ｆ（ｎ）≧１、ｇ（ｎ）≧１ですから、＃ｎ（ｆ（ｎ）＝１）＋＃ｎ（ｇ（ｎ）＝１）＝１です。
ｍ≧２のとき、
＃ｎ（ｆ（ｎ）≦ｍ−１）＋＃ｎ（ｇ（ｎ）≦ｍ−１）＝ｍ−１、
＃ｎ（ｆ（ｎ）≦ｍ）＋＃ｎ（ｇ（ｎ）≦ｍ）＝ｍですので、
＃ｎ（ｆ（ｎ）＝ｍ）＋＃ｎ（ｇ（ｎ）＝ｍ）＝１と分かります。

以上より、任意の自然数ｍについて、＃ｎ（ｆ（ｎ）＝ｍ）＋＃ｎ（ｇ（ｎ）＝ｍ）＝１です。
つまり、任意の自然数ｍについて、ｆ（ｎ）＝ｍまたはｇ（ｎ）＝ｍを満たすｎがただ一つ存在し、
しかも、ｆ（ｎ）≠ｇ（ｎ）となっています。
従って、F ∪ G = N、F ∩ G = Φであり、条件を満たします。

以上証明終わり。

f(n)=[nπ]
Fに属する自然数の間を補完するイメージで。

[nπ]≦nπ＜[nπ]+1
両辺にπ加えて
[nπ]+π≦nπ+π＜[nπ]+1+π
各辺のガウス記号をとっても、大小は等号を含むだけで順序は入れ替わらず、
[[nπ]+π]≦[nπ+π]≦[[nπ]+1+π]
[nπ]は自然数なので、外に出せて
[nπ]+[π]≦[nπ+π]≦[nπ]+[1+π]
π=3.14...だから
[nπ]+3≦[nπ+π]≦[nπ]+4
[nπ+π]=[nπ]+3　or [nπ]+4

（１）[nπ+π]=[nπ]+3のとき。
nπ+π＜[nπ]+4だから
nπ-[nπ]＜4-πのとき。
このようなnのときは、[nπ]+1と[nπ]+2を作れればいいと考える。

（２）[nπ+π]=[nπ]+4のとき。
[nπ]+4＜nπ+πだからnπ-[nπ]＞4-πのとき。
このようなnのときは[nπ]+1、[nπ]+2、[nπ]+3を作ると考える。

4-π=0.858407346...=dとする。
（１）0＜nπ-[nπ]＜d
（２）d＜nπ-[nπ]＜1
のそれぞれで場合分けする。

最大で三通りの値を返せる関数を作れればいいので、nを3で割った余りを利用する。
まずnを3で割った余りを返せるような関数r(n)を作ることを考える。
これは
r(n)=n-3*[n/3]
と書ける。

（１）0＜mπ-[mπ]＜dのとき、[mπ]+1と[mπ]+2をつくる
n=3m-2,3m-1,3mのとき
nからmを作るにはm=[(n+2)/3]
mod3で1,2,0に対して1,1,5,2を返す関数を考えるには
r(n)/2+1
これのガウス記号をとると
[r(n)/2]+1は
n≡0で1
n≡1で1
n≡2で2となる。

（２）d＜mπ-[mπ]＜1のとき、[mπ]+1と[mπ]+2と[mπ]+3をつくる
[(mπ-[mπ])/d]=1
[r(n)]+1は
mod3で
n≡0で0
n≡1で1
n≡2で2

以上から、基本は
g(n)
=[[(n+2)/3]π]+[r(n)/2]+1
か
=[[(n+2)/3]π]+[r(n)]+1
で
(mπ-[mπ])をd=4-πで分けられるように作ればいい。
上のg(n)は[nπ]に+1や+2をしているので、最小は[π]+1である。
実際には1からスタートしたいので[(n-1)π]になるように、mの部分をm-1になるようにして
g(n)
=[[(n-1)/3]π]+[r(n)/2]+1
か
=[[(n-1)/3]π]+[r(n)]+1
とすればいい。
これを(mπ-[mπ])をd=4-πで場合分けができるようにする。
（ただしm=[(n-1)/3]）
例えば
[(mπ-[mπ])-d+1]
は
（１）0＜mπ-[mπ]＜dのとき
2-d＜mπ-[mπ]-d+2＜2
2-d＞1だから
[mπ-[mπ]-d+2]=1

（２）d＜mπ-[mπ]＜1のとき
2＜mπ-[mπ]-d+2＜3-d＜3
だから
[mπ-[mπ]-d+1]=2

[r(n)/2]や[r(n)]の部分を
[r(n)/2*[mπ-[mπ]-d+2]]
と置き換えればいい。

纏めると
g(n)
=[mπ]+[r(n)/2*[mπ-[mπ]-2+π]]]+1
m=[(n-1)/3]
r(n)=n-3*[n/3]

全部突っ込んだ式を書くと
g(n)=[[(n-1)/3]π]+[(n-3*[n/3])/2*[[(n-1)/3]π-[[(n-1)/3]π]-2+π]]]+1

g(n)=[nπ/(π-1)](n∈N)

（以下は証明）
αを1より大きな無理数とする。
1/α+1/β=1
を満たすα、βに対し、
A={n=[kα]|k∈N}
B={n=[lβ]|l∈N}
の二つの集合はA∪B=N、A∩B=φとなる。
これを証明する。

1/α+1/β=1
から
α=β/(β-1)
β=α/(α-1)=1+1/(α-1)
であり、βが有理数だとαも無理数になって矛盾する。
したがってβも無理数である。
またα＞1よりβ＞1である。

[1]
集合{n=[kα]|k=1,2,...,m}
に対し、二つの異なる自然数k1,k2に対して
k1＜k2⇔[k1*α]＜[k2*α]
（証明）（⇒の方）
[k2*α]＜k2*α＜[k2*α]+1
であるから、
k2*α-1＜[k2*α]＜k2*α
また、k1とk2は相異なる自然数でk1＜k2ゆえ、k2≧k1+1が成り立つ。
したがって
[k2*α]＞k2*α-1≧(k1+1)*α-1=k1*α+α-1
α＞1であるから、結局
[k2*α]＞k1*α
したがって
[k1*α]＜k1*α＜[k2*α]
したがって[k1*α]＜[k2*α]（[k1*α],[k2*α]はともに自然数ゆえ）

また逆も成り立つ。
[k1*α]＜[k2*α]で、[k1*α],[k2*α]はともに自然数だから
[k1*α]＜k1*α＜[k2*α]
また[k2*α]＜k2*α（等号不成立）だから
k1*α＜k2*α
α＞0ゆえk1＜k2

[1]より
集合
{n=[kα]|k=1,2,...,m}
の要素は相異なるm個の自然数の要素からなり、要素の大小の順序はkの大小の順序と一致している。

[2]A∩B=φの証明。
（背理法を用いる）
A∩B≠φとする。
ある自然数nがあって、n∈A∩Bである。
n∈Aかつn∈Bゆえ、[kα]=[lβ]=nを満たすある自然数k,lが存在する。
[lβ]＜lβ＜[lβ]+1
である。
左側の不等号は、βが無理数ゆえ等号が成立しない。
[lβ]=[kα]を代入すると
[kα]＜lβ＜[kα]+1
β=α/(α-1)を代入して
[kα]＜lα/(α-1)＜[kα]+1
各辺にα-1＞0をかけて
(α-1)[kα]＜lα＜([kα]+1)(α-1)
[kα]α-[kα]＜lα＜[kα]α+α-[kα]-1
-[kα]＜lα-[kα]α＜α-[kα]-1
各辺(-1)かけて
[kα]+1-α＜([kα]-l)α＜[kα]
[kα]＜kα＜[kα]+1より[kα]+1-α＞kα-α=(k-1)α
よって上の不等式から
(k-1)α＜([kα]-l)α＜kα
と書き換えられ、各辺α＞0で割ると
k-1＜[kα]-l＜k
である。
k-1、k、[kα]-lはすべて整数であり、上の式はk-1とkの間に整数が存在することを意味しているが、これは矛盾。
したがってA∩B=φである。

[3]A∪B=Nが成り立つことを示す。
任意の自然数nに対して、
A(n)：nより小さい、Aの要素を集めた集合
B(n)：nより小さい、Bの要素を集めた集合
とし、A(n)∪B(n)={1,2,...,n-1}（⊂ではなく=）であることを示す。
（ただし、n=1はA(n)∪B(n)=φ）

A(n)のなかで最大の要素[kα]を考える。
[kα]+1≦n≦[(k+1)α]
が成り立っている。
kα＜[kα]+1、[(k+1)α]＜(k+1)αだから（αが無理数ゆえ等号不成立）、
kα＜n＜(k+1)α
各辺α＞0で割って
k＜n/α＜k+1
よって[n/α]=kで、A(n)の最大要素は[kα]=[[n/α]α]と書ける。
また[1]より任意の自然数k≦[n/α]に対して、[kα]はnより小さい。
よって
A(n)={m=[kα]|k=1,2,...,[n/α]}
と表せ、A(n)の要素の数は[n/α]である。
同様に
B(n)={m=[lβ|l=1,2,...,[n/β]]}
で、要素の数は[n/β]である。
A(n)とB(n)の共通部分は、[2]よりA∩Bだからその部分集合であるA(n)とB(n)についてもA(n)∩B(n)=φである。
したがってA(n)∪B(n)の要素の数はA(n)とB(n)の要素の数の和で表せて、[n/α]+[n/β]に等しい。
[n/α]＜n/α＜[n/α]+1
[n/β]＜n/β＜[n/β]+1
であるから（α、β無理数ゆえ等号不成立）、
n/α-1＜[n/α]＜n/α
n/β-1＜[n/β]＜n/β
辺々足して
n(1/α+1/β)-2＜[n/α]+[n/β]＜n(1/α+1/β)
1/α+1/β=1だから
n-2＜[n/α]+[n/β]＜n
[n/α]+[n/β]は整数だから[n/α]+[n/β]=n-1である。

つまりA(n)∪B(n)に含まれる要素はすべてnより小さい自然数であり、要素の数はn-1個である。
これはnより小さい自然数の個数と一致する。
ゆえに
A(n)∪B(n)={1,2,...,n-1}
である。
これが任意のnについて成り立つので、A∪B=Nである。

結局今回の問題はα=πであり、F=Aと見なせばよい。
したがって求めるg(n)は1/π+1/β=1を満たすβを用いて
g(n)=[βn](n∈N)
と表される。
βを求めると
β=π/(π-1)であり
g(n)=[nπ/(π-1)](n∈N)
である。

g(n) = [π [(n + 3)/4]] + h(2 mod(i - 1, 4) - 3)

ただし，h(x) = x (25 - x^2) / 24．

要は，G = F-2 ∪ F-1 ∪ F+1 ∪ F+2 を実現すればよいので，上は一例に過ぎません．