答えを推定してから数学的帰納法で証明する
「証明せよ」という問題でなくても，答えを予想できれば，それを証明することによって解答になる．
いろいろな数学的帰納法～その１～
漸化式
\begin{align} \begin{cases} a_1=2\\ a_{n+1}=\dfrac{2a_n}{1+a_n} \end{cases} \ (n=1,2,\cdots)\tag{1}\label{ippankonokinoho1} \end{align}で定められる数列の一般項 $a_n$ を $n$ の式で表せ．
漸化式 $a_{n+1}=\dfrac{2a_n}{1+a_n}$ に $n=1$ を代入すると
\[a_2=\frac{2a_1}{1+a_1}=\frac{2\cdot2}{1+2}=\frac{4}{3}\]また， $n=2$ を代入すると
\[a_3=\frac{2a_2}{1+a_2}=\frac{2\cdot\dfrac{4}{3}}{1+\dfrac{4}{3}}=\frac{8}{7}\]また， $n=3$ を代入すると
\[a_4=\frac{2a_3}{1+a_3}=\frac{2\cdot\dfrac{8}{7}}{1+\dfrac{8}{7}}=\frac{16}{15}\]となるので
\[a_n=\frac{2^n}{2^n-1}\tag{2}\label{ippankonokinoho2}\]と推定できる．
以下，この推定が正しいことを数学的帰納法を用いて証明する．
- $n=1$ のとき \[a_1=\frac{2^1}{2^1-1}=2\]
- $n=m$ のとき( $m$ はある自然数とする) $\eqref{ippankonokinoho2}$ が成り立つと仮定する，つまり \[a_m=\frac{2^m}{2^m-1}\tag{3}\label{ippankonokinoho3}\]
となるので，確かに $\eqref{ippankonokinoho2}$ は成り立つ．
を仮定する．
このとき， $\eqref{ippankonokinoho2}$ で $n=m+1$ とおいた場合の成立，つまり
\[a_{m+1}=\frac{2^{m+1}}{2^{m+1}-1}\tag{4}\label{ippankonokinoho4}\]が成り立つのを以下に示す．
\begin{align} &(\eqref{ippankonokinoho4}の左辺)\\ =\ &a_{m+1}\\ =\ &\frac{2a_m}{1+a_m}\qquad\qquad\because{\eqref{ippankonokinoho1}}\\ &\uparrow\eqref{ippankonokinoho1}の漸化式は全ての自然数で成り立つ\\ =\ &\frac{2\cdot\dfrac{2^m}{2^m-1}}{1+\dfrac{2^m}{2^m-1}}\qquad\qquad\because{\eqref{ippankonokinoho3}}\\ =\ &\frac{2\cdot2^m}{2^m-1+2^m}\\ =\ &\frac{2^{m+1}}{2^{m+1}-1}\\ =\ &(\eqref{ippankonokinoho4}の右辺) \end{align}よって， $n=m$ のとき $\eqref{ippankonokinoho3}$ が成り立つと仮定すれば， $n=m+1$ の場合も $\eqref{ippankonokinoho3}$ 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， $\eqref{ippankonokinoho2}$ は成り立つ．
よって $\eqref{ippankonokinoho1}$ の一般項は
\[\boldsymbol{a_n=\frac{2^n}{2^n-1}}\]