基本的な数学的帰納法

1. $n=1$ のとき
\begin{align} (左辺)&=\sum_{k=1}^1k(k+1)=1\cdot2=2\\ (右辺)&=\frac{1}{3}\cdot1\cdot2\cdot3=2 \end{align}

ととなるので，確かに $\eqref{tosikinokinoho1}$ は成り立つ．

2. $n=m$ のとき( $m$ はある自然数とする) $\eqref{tosikinokinoho1}$ が成り立つと仮定する，つまり
\begin{align} &\sum_{k=1}^mk(k+1)\\ =&\frac{1}{3}m(m+1)(m+2)\tag{2}\label{tosikinokinoho2} \end{align}

を仮定する．

このとき， $\eqref{tosikinokinoho1}$ で $n=m+1$ とおいた等式

\begin{align} &\sum_{k=1}^{m+1}k(k+1)\\ =&\frac{1}{3}(m+1)(m+2)(m+3)\tag{3}\label{tosikinokinoho3} \end{align}

が成り立つのを以下に示す．

仮定 $\eqref{tosikinokinoho2}$ を使えるような形にするため $\displaystyle\sum_{k=1}^mk(k+1)$ をくくり出す

\begin{align} &(\eqref{tosikinokinoho3}の左辺)\\ =&\sum_{k=1}^{m+1}k(k+1)\\ =&1\cdot2+2\cdot3+3\cdot4+\cdots\\ &\quad+m(m+1)+(m+1)(m+2)\\ =&\sum_{k=1}^mk(k+1)+(m+1)(m+2)\\ =&\frac{1}{3}m(m+1)(m+2)+(m+1)(m+2)~\because{\eqref{tosikinokinoho2}}\\ =&(m+1)(m+2)\left(\frac{1}{3}m+1\right)\\ &\uparrow共通因数(m+1)(m+2)でくくった\\ =&(m+1)(m+2)\frac{m+3}{3}\\ =&\frac{1}{3}(m+1)(m+2)(m+3)\\ =&(\eqref{tosikinokinoho3}の右辺) \end{align}

よって， $n=m$ のとき $\eqref{tosikinokinoho1}$ が成り立つと仮定すれば， $n=m+1$ の場合も $\eqref{tosikinokinoho1}$ が成り立つことがいえた．

1. 2. によって，数学的帰納法からすべての自然数 $n$ について， $\eqref{tosikinokinoho1}$ は成り立つ．

1. $n=1$ のとき
\begin{align} (左辺)&=3^1=3\\ (右辺)&=1+1=2 \end{align}

となるので，確かに $\eqref{hutosikinokinoho1}$ は成り立つ．

2. $n=m$ のとき( $m$ はある自然数とする) $\eqref{hutosikinokinoho1}$ が成り立つと仮定する，つまり
\[3^m\gt m+1\tag{2}\label{hutosikinokinoho2}\]

を仮定する．

このとき， $\eqref{hutosikinokinoho1}$ で $n=m+1$ とおいた等式

\[3^{m+1}\gt m+2\tag{3}\label{hutosikinokinoho3}\]

が成り立つのを以下に示す．

仮定 $\eqref{hutosikinokinoho2}$ を使えるような形にするため $3^m$ をくくり出す

\begin{align} &(\eqref{hutosikinokinoho3}の左辺)\\ =\ &3^{m+1}\\ =\ &3\cdot3^m\\ \gt\ &3\cdot(m+1)\qquad\qquad\because{\eqref{hutosikinokinoho2}}\\ =\ &3m+3\\ =\ &m+2+(2m+1)\\ \gt\ &m+2\qquad\qquad\qquad\because{2m+1\gt0}\\ =\ &(\eqref{hutosikinokinoho3}の右辺) \end{align}

$\blacktriangleleft$ 正の数 $(2m+1)$ をなくせば，全体として小さくなる

よって， $n=m$ のとき $\eqref{hutosikinokinoho1}$ が成り立つと仮定すれば， $n=m+1$ の場合も $\eqref{hutosikinokinoho1}$ が成り立つことがいえた．

1. 2. によって，数学的帰納法からすべての自然数 $n$ について， $\eqref{hutosikinokinoho1}$ は成り立つ．

1. $n=1$ のとき
\begin{align} &p^2+(1-p)\cdot2-1\\ =\ &p^2-2p+1\\ =\ &(1-p)^2 \end{align}

となるので，確かに $\eqref{meidainokinoho1}$ は成り立つ．

2. $n=m$ のとき( $m$ はある自然数とする) $\eqref{meidainokinoho1}$ が成り立つと仮定する，つまり
\begin{align} &p^m+(1-p)m-1\\ &\qquad\qquad=(1-p)^2Q(p)\tag{2}\label{meidainokinoho2} \end{align}

を満たす $p$ の整式 $Q(p)$ が存在すると仮定する．

$\blacktriangleleft$ 一般に，「整式 $f(x)$ が $(1-p)^2$ で割りきれる」とは $f(x)=(1-p)^2Q(x)$ となるような整式 $Q(x)$ が存在することである

このとき， $\eqref{meidainokinoho1}$ で $n=m+1$ とおいた等式

\begin{align} &p^{m+1}+(1-p)(m+1)-1\\ &\qquad\qquad\qquad=(1-p)^2R(p)\tag{3}\label{meidainokinoho3} \end{align}

を満たす $p$ の整式 $R(p)$ が存在することを以下に示す．

仮定 $\eqref{meidainokinoho2}$ を使えるような形をうまくつくる

\begin{align} &(\eqref{meidainokinoho3}の左辺)\\ =&p\cdot p^m+m+1-pm-p-1\\ =&p\cdot p^m+m-pm-p\\ =&p\{\underbrace{p^m+(1-p)m-1}_{\eqref{meidainokinoho2}の左辺を強引につくる}\}\underbrace{-p\{(1-p)m-1\}}_{ずれた分のつじつま合わせ}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad+m-pm-p\\ =&p(1-p)^2Q(p)-mp(1-p)\\ &\qquad+p+m-pm-p\quad\because{\eqref{meidainokinoho2}}\\ =&p(1-p)^2Q(p)-pm+mp^2+m-pm\\ =&p(1-p)^2Q(p)+m(p^2-2p+1)\\ =&p(1-p)^2Q(p)+m(1-p)^2\\ =&(1-p)^2(pQ(p)+m)\\ &\uparrow共通因数(1-p)^2でくくった \end{align}

$Q(p)$ は整数だから $pQ(p)+m$ も整式となり，これを $R(p)$ とおくと

\begin{align} &(\eqref{meidainokinoho3}の左辺)\\ =&(1-p)^2R(p)\\ =&(\eqref{meidainokinoho3}の右辺)\\ \end{align}

よって， $n=m$ のとき $\eqref{meidainokinoho1}$ が成り立つと仮定すれば， $n=m+1$ の場合も $\eqref{meidainokinoho1}$ が成り立つことがいえた．

1. 2. によって，数学的帰納法からすべての自然数 $n$ について， $\eqref{meidainokinoho1}$ は成り立つ．