数学B 第3章数学的帰納法 — いろいろな数学的帰納法

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この節の前提漸化式の基本／基本的な数学的帰納法

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。

問題1いろいろな数学的帰納法～その１～

漸化式

$cases a1=2 an+1=2an/(1+an) cases (n=1,2,\dots)$

で定められる数列の一般項 $an$ を $n$ の式で表せ。

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漸化式 $an+1=2an/(1+an)$ に $n=1$ を代入すると

$a2=2a1/(1+a1)=2・2/(1+2)=4/3$

また、 $n=2$ を代入すると

$a3=2a2/(1+a2)=(2・4/3)/(1+4/3)=8/7$

また、 $n=3$ を代入すると

$a4=2a3/(1+a3)=(2・8/7)/(1+8/7)=16/15$

となるので

$an=2^n/(2^n-1) ②$

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

$a1=2¹/(2¹-1)=2$

となるので、確かに $②$ は成り立つ。
$n=m$ のとき( $m$ はある自然数とする) $②$ が成り立つと仮定する、つまり

$am=2^m/(2^m-1) ③$

を仮定する。

このとき、 $②$ で $n=m+1$ とおいた場合の成立、つまり

$am+1=2^m+12^m+1-1 ④$

が成り立つのを以下に示す。

$の左辺の漸化式は全ての自然数で成り立つの右辺 (④の左辺) = am+1 = 2am/(1+am) ∵① ↑①の漸化式は全ての自然数で成り立つ = (2・2^m/(2^m-1))/(1+2^m/(2^m-1)) ∵③ = 2・2^m/(2^m-1+2^m) = 2^m+12^m+1-1 = (④の右辺)$

よって、 $n=m$ のとき $③$ が成り立つと仮定すれば、 $n=m+1$ の場合も $④$ が成り立つことがいえた。

以上の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、 $②$ は成り立つ。

よって $①$ の一般項は

$an=2^n/(2^n-1)$

$n=m,m+1$ を仮定して $n=m+2$ を示す

$n=m$ の場合を仮定しただけでは、 $n=m+1$ の場合を証明できないときもある。このようなときは、さらに $n=m$ に加えて $n=m+1$ の場合も仮定した上で、 $n=m+2$ の場合を証明してやるとよい。

問題2いろいろな数学的帰納法～その２～

$x+1/x=t$ とするとき、すべての自然数 $n$ において

式 $x^n+1/x^n$ は $t$ の $n$ 次多項式で表される $①$

ことを証明せよ。

解答を見る

$n=1$ のとき

$x¹+1/x¹=t$

となり、確かに $①$ は成り立つ。

$n=2$ のとき

$x²+1/x²=(x+1/x)²-2=t²-2$

となり、こちらも確かに $①$ は成り立つ。

$n=2$ 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
$n=m,m+1$ 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

$x^m+1/x^m=Pm(t) ② x^m+1+1x^m+1=Pm+1(t) ③$

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

このとき、 $①$ で $n=m+2$ とおいた場合の成立、つまり

$x^m+2+1x^m+2=Pm+2(t) ④$

が成り立つことを以下に示す。

$の左辺仮定仮定 (④の左辺) = x^m+2+1x^m+2 = (x^m+1+1x^m+1)仮定③(x+1/x) -(x^m+1/x^m)仮定② = t・ Pm+1(t)-Pm(t) ∵②,③$

仮定 $③$ を強引にくくり出し、つじつまあわせの部分で仮定 $②$ が欲しくなる

$t・ Pm+1(t)$ は $m+2$ 次多項式、 $Pm(t)$ は $m$ 次多項式であり、その差 $t・ Pm+1(t)-Pm(t)$ は、必ず $m+2$ 次多項式になる。

たとえば、2次多項式 $2t²-3t+4$ から1次多項式 $3t+2$ を引くと $2t²-3t+4-(3t+2)=2t²-6t+2$ となり、2次多項式が得られる。

よって、 $t・ Pm+1(t)-Pm(t)$ は $t$ の $m+2$ 次多項式となるから、 $Pm+2(t)$ とおくことができ、これは $④$ の右辺である。

よって、 $n=m,m+1$ のとき $①$ が成り立つと仮定すれば、 $n=m+2$ の場合も $①$ が成り立つことがいえた。

以上の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、 $①$ は成り立つ。

$n=1,2,\dots,m$ を仮定して $n=m+1$ を示す

次の問題は「証明せよ」ではないので、まず実験から答えを予想するところからはじめる。予想が立てば、それを証明してやるのだが、 $n=m+1$ の場合の成立をいうのに、 $n=1,2,\dots,m-1,m$ の場合の成立を仮定する必要がある。

問題3いろいろな数学的帰納法～その３～

次の式を満たす数列 ${an}$ の一般項 $an$ を $n$ の式で表せ。

$(Σak)²=Σak³ (n=1,2,3,\dots) ①$

ただし、すべての自然数 $n$ で $an>0$ とする。

解答を見る

$①$ に $n=1$ を代入すると

$(Σak)²=Σak³ \Leftrightarrow a1²=a1³ \Leftrightarrow a1²(a1-1)=0 ∴a1=1 ∵a1>0$

また $n=2$ を代入すると

$(Σak)²=Σak³ \Leftrightarrow (a1+a2)²=a1³+a2³ \Leftrightarrow (1+a2)²=1³+a2³ \Leftrightarrow a2³-a2²-2a2=0 \Leftrightarrow a2(a2+1)(a2-2)=0 ∴a2=2 ∵a2>0$

また $n=3$ を代入すると

$(Σak)²=Σak³ \Leftrightarrow (a1+a2+a3)²=a1³+a2³+a3³ \Leftrightarrow (1+2+a3)²=1³+2³+a3³ \Leftrightarrow a3³-a3²-6a3=0 \Leftrightarrow a3(a3+2)(a3-3)=0 ∴a3=3 ∵a3>0$

となるので

$an=n ②$

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

$a1=1$

となるので、確かに $②$ は成り立つ。
$n≦ m$ ( $m$ はある自然数とする)を満たす全ての $n$ で、 $②$ が成り立つと仮定する、つまり

$al=l (1≦ l≦ m) ③$

が成り立つと仮定する。

このとき、 $②$ で $n=m+1$ とおいた場合の成立、つまり

$am+1=m+1 ④$

が成り立つことを以下に示す。

$①$ より

$仮定を組み込むための準備 (Σak)²=Σak³ \Leftrightarrow (Σak+am+1)²=Σak³+am+1³ ↑仮定③を組み込むための準備$

$l$ が $1≦ l≦ m$ のとき、 $al=l$ となることを $③$ で仮定しているので $Σak$ は

$Σak=a1+a2+a3+\dots+am =1+2+3+\dots+m =Σk$

となる。よって

$がいえた (Σak+am+1)² =Σak³+am+1³ \Leftrightarrow (Σk+am+1)² =Σk³+am+1³ ∵③ \Leftrightarrow {m(m+1)/2+am+1}² =m²(m+1)²/4+am+1³ \Leftrightarrow m²(m+1)²/4+m(m+1)am+1 +am+1²=m²(m+1)²/4+am+1³ \Leftrightarrow am+1³-am+1²-m(m+1)am+1=0 \Leftrightarrow am+1(am+1+m) {am+1-(m+1)}=0 ∴am+1=m+1 ∵am+1>0 (④がいえた)$

よって、 $n≦ m$ のとき $②$ が成り立つと仮定すれば、 $n=m+1$ の場合も $②$ が成り立つことがいえた。

以上の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、 $②$ は成り立つ。

よって $①$ を満たす一般項 $an$ は

$an=n$

最終更新: 2026-09-03

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質問の内容

数学B 第3章 数学的帰納法 — いろいろな数学的帰納法

答えを推定してから数学的帰納法で証明する

問題1いろいろな数学的帰納法～その１～

n=m,m+1 を仮定して n=m+2 を示す

問題2いろいろな数学的帰納法～その２～

n=1,2,…,m を仮定して n=m+1 を示す

問題3いろいろな数学的帰納法～その３～

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数学B 第3章数学的帰納法 — いろいろな数学的帰納法

$n=m,m+1$ を仮定して $n=m+2$ を示す

$n=1,2,\dots,m$ を仮定して $n=m+1$ を示す