$n=m,m+1$ を仮定して$n=m+2$ を示す

1. $n=1$ のとき
\[x^1+\frac{1}{x^1}=t\]

となり，確かに $\eqref{takosikinokinoho1}$ は成り立つ．

$n=2$ のとき

\[x^2+\frac{1}{x^2}=\left(x+\frac{1}{x}\right)^2-2=t^2-2\]

となり，こちらも確かに $\eqref{takosikinokinoho1}$ は成り立つ．

$\blacktriangleleft$ $n=2$ の場合の成立を示すのは，2. の証明で必要となるからである

2. $n=m,m+1$ のとき( $m$ はある自然数とする) $\eqref{takosikinokinoho1}$ が成り立つと仮定する，つまり
\begin{align} x^m+\frac{1}{x^m}&=P_m(t)\tag{2}\label{takosikinokinoho2}\\ x^{m+1}+\frac{1}{x^{m+1}}&=P_{m+1}(t)\tag{3}\label{takosikinokinoho3} \end{align}

が成り立つと仮定する．ただし，式 $P_i(t)$ は $t$ の $i$ 次多項式を意味するものとする．

このとき， $\eqref{takosikinokinoho1}$ で $n=m+2$ とおいた場合の成立，つまり

\[x^{m+2}+\frac{1}{x^{m+2}}=P_{m+2}(t)\tag{4}\label{takosikinokinoho4}\]

か成り立つことを以下示す．

\begin{align} &(\eqref{takosikinokinoho4}の左辺)\\ =\ &x^{m+2}+\frac{1}{x^{m+2}}\\ =\ &\underbrace{\left(x^{m+1}+\frac{1}{x^{m+1}}\right)}_{仮定\eqref{takosikinokinoho3}}\left(x+\frac{1}{x}\right)\\ &\qquad\qquad-\underbrace{\left(x^m+\frac{1}{x^m}\right)}_{仮定\eqref{takosikinokinoho2}}\\ =\ &t\cdot P_{m+1}(t)-P_m(t)\qquad\because\eqref{takosikinokinoho2},\eqref{takosikinokinoho3} \end{align}

$\blacktriangleleft$ 仮定 $\eqref{takosikinokinoho3}$ を強引にくくり出し，つじつまあわせの部分で仮定 $\eqref{takosikinokinoho2}$ が欲しくなる

$t\cdot P_{m+1}(t)$ は $m+2$ 次多項式， $P_m(t)$ は $m$ 次多項式であり，その差 $t\cdot P_{m+1}(t)-P_m(t)$ は，必ず $m+2$ 次多項式になる．

たとえば，2次多項式 $2t^2-3t+4$ から1次多項式 $3t+2$ を引くと $2t^2-3t+4-(3t+2)=2t^2-6t+2$ となり，2次多項式が得られる．

よって， $t\cdot P_{m+1}(t)-P_m(t)$ は $t$ の $m+2$ 次多項式となるから， $P_{m+2}(t)$ とおくことができ、これは $\eqref{takosikinokinoho4}$ の右辺である．

よって， $n=m,m+1$ のとき $\eqref{takosikinokinoho1}$ が成り立つと仮定すれば， $n=m+2$ の場合も $\eqref{takosikinokinoho1}$ 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， $\eqref{takosikinokinoho1}$ は成り立つ．