一般の命題の数学的帰納法
一般の命題の数学的帰納法
一般の命題の場合でも,その命題を等式で表してやれば,等式の数学的帰納法と同様になる.
基本的な数学的帰納法~その3~
2以上の自然数 n において
p の整式 pn+(1−p)n−1 は (1−p)2 で割りきれる
ことを証明せよ.
- n=1 のとき p2+(1−p)⋅2−1= p2−2p+1= (1−p)2
- n=m のとき( m はある自然数とする) (1) が成り立つと仮定する,つまり pm+(1−p)m−1=(1−p)2Q(p)
となるので,確かに (1) は成り立つ.
を満たす p の整式 Q(p) が存在すると仮定する.
◂ 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.