一般の命題の数学的帰納法

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．