数学的帰納法｜高校数学B — みならいノート

学習指導要領数学B (1) 数列ア (エ)「数学的帰納法について理解すること。」。

0. どういうまとまりか

「すべての自然数 $n$ について成り立つ」ことは、 $n = 1$ 、 $n = 2$ 、… と 1 つずつ確かめていては終わりません。
数学的帰納法は、「最初の 1 つで成り立つ」ことと「ある番号で成り立てば次の番号でも成り立つ」ことの 2 つを示して、すべての $n$ についての証明を済ませる方法です。
等式・整数の性質・不等式・漸化式で定まる数列の一般項など、自然数 $n$ を含む命題に広く使えます。

証明するもの	$n = k + 1$ の段での進め方
和の等式	$n = k$ の等式の両辺に第 $k + 1$ 項を加え、右辺を目標の形に整理する
整数の性質（倍数）	仮定を「 $=$ （倍数） $\times m$ 」と式で書き、 $n = k + 1$ の式に代入する
不等式	仮定で一方の辺を押さえ、残りは差をとって正であることを示す
漸化式の一般項	初めの数項から一般項を推測し、漸化式に仮定を代入して確かめる

分かれ目は次の 3 つ。

2 段のどちらが欠けても証明にならない。[1] だけでは 1 つの $n$ を確かめただけ、[2] だけでは出発点がない
$n = k + 1$ の段で、 $n = k$ の仮定をどこで使ったかを書く。仮定を使わずに示せたなら、帰納法は要らなかったことになる
出発点は 1 とは限らない。「 $n ≧ 5$ のとき」なら $n = 5$ から始め、[2] は $k ≧ 5$ として進める

1. 数学的帰納法の仕組み

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(エ)

自然数 $n$ についての命題を、2 つの段に分けて証明します。

数学的帰納法で「すべての自然数 $n$ について命題 P が成り立つ」ことを示すには、何と何を示すか？

[1] $n = 1$ のとき P が成り立つ。[2] $n = k$ のとき P が成り立つと仮定すると、 $n = k + 1$ のときも P が成り立つ

[1] と [2] から、 $n = 1$ で成り立ち、だから $n = 2$ で成り立ち、だから $n = 3$ で成り立ち、… と、すべての自然数で成り立つことになる。

数学的帰納法で、[1]（ $n = 1$ の確認）を省くとなぜ証明にならないのか？

[2] は「 $n = k$ で成り立つなら $n = k + 1$ でも成り立つ」と言っているだけで、どこかで実際に成り立つことは言っていないから

将棋倒しにたとえると、[2] は「前の駒が倒れれば次の駒も倒れる」、[1] は「最初の駒を倒す」。両方そろって全部が倒れる。

数学的帰納法の [2] を書くとき、最初に書いておく 2 つの式は？

① $n = k$ のときに成り立つと仮定する式 ② $n = k + 1$ のときに示したい式（目標）

①の $n$ を $k$ に、②の $n$ を $k + 1$ に置きかえて書く。目標の形を先に書いておくと、どこへ向かって変形するかが分かる。

数学的帰納法の [2] で、必ず書くべきことは？やってはいけない書き方は？

$n = k$ の仮定をどこで使ったかを書く。示したい $n = k + 1$ の式を、成り立つものとして使ってはいけない

「仮定より」と書いて使った場所を示す。目標の式を先に認めて変形するのは、結論を使って結論を導いているので証明にならない。

2. 等式の証明

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(エ)

和の等式では、 $n = k$ の等式の両辺に第 $k + 1$ 項を加えると、左辺がそのまま $n = k + 1$ の左辺になります。

$1^{2} + 2^{2} + \dots + n^{2} = \frac{1}{6} n (n + 1) (2 n + 1)$ を数学的帰納法で示すとき、 $n = k + 1$ の段はどう進めるか？

$n = k$ の等式の両辺に $(k + 1)^{2}$ を加え、右辺を $\frac{1}{6} (k + 1) (k + 2) (2 k + 3)$ に整理する

仮定より左辺は $\frac{1}{6} k (k + 1) (2 k + 1) + (k + 1)^{2} = \frac{1}{6} (k + 1) (2 k^{2} + 7 k + 6)$ 。 $2 k^{2} + 7 k + 6 = (k + 2) (2 k + 3)$ なので目標の形になる。

$1 + 3 + 5 + \dots + (2 n - 1) = n^{2}$ を数学的帰納法で示すとき、 $n = k + 1$ の段で加える項と、その後の計算は？

第 $k + 1$ 項 $2 k + 1$ を両辺に加える。仮定より左辺は $k^{2} + (2 k + 1) = (k + 1)^{2}$

第 $k + 1$ 項は $2 (k + 1) - 1 = 2 k + 1$ 。加える項は「 $n$ に $k + 1$ を代入した最後の項」であって、 $2 k - 1$ ではない。

3. 整数の性質の証明

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(エ)

「〜の倍数である」は、そのままでは計算に使えません。整数 $m$ を使って等式に書き直してから、 $n = k + 1$ の式に持ち込みます。

「 $4^{k} - 1$ は 3 の倍数である」という仮定は、[2] でどう書いて使うか？

整数 $m$ を用いて $4^{k} - 1 = 3 m$ 、つまり $4^{k} = 3 m + 1$ と書き、 $4^{k + 1} - 1$ に代入する

$4^{k + 1} - 1 = 4 \cdot 4^{k} - 1 = 4 (3 m + 1) - 1 = 3 (4 m + 1)$ 。 $4 m + 1$ は整数なので 3 の倍数。

すべての自然数 $n$ について $n^{3} - n$ が 6 の倍数であることを数学的帰納法で示すとき、 $n = k + 1$ の段の変形は？

$(k + 1)^{3} - (k + 1) = (k^{3} - k) + 3 k (k + 1)$ と分ける

$k^{3} - k$ は仮定より 6 の倍数。 $k (k + 1)$ は連続する 2 整数の積で偶数なので、 $3 k (k + 1)$ も 6 の倍数。和も 6 の倍数になる。

4. 不等式の証明と出発点

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(エ)

不等式は等式のように両辺に同じものを加えて終わりにはなりません。仮定を使って一方を押さえ、残りを差で比べます。

命題が「 $n ≧ 5$ のすべての自然数 $n$ について」のとき、数学的帰納法はどう変わるか？

[1] は $n = 5$ のときを確かめる。[2] は「 $k ≧ 5$ として $n = k$ のとき成り立つと仮定」して $n = k + 1$ を示す

出発点が 5 になるだけで、仕組みは同じ。 $k ≧ 5$ という条件は、[2] の計算の中で使うことが多い。

$n ≧ 5$ のとき $2^{n} > n^{2}$ であることを数学的帰納法で示すとき、 $n = k + 1$ の段はどう進めるか？

仮定 $2^{k} > k^{2}$ より $2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k} > 2 k^{2}$ 。あとは $2 k^{2} > (k + 1)^{2}$ を、差をとって示す

$2 k^{2} - (k + 1)^{2} = k^{2} - 2 k - 1 = (k - 1)^{2} - 2$ で、 $k ≧ 5$ のとき正。よって $2^{k + 1} > 2 k^{2} > (k + 1)^{2}$ 。

$2^{n} > n^{2}$ は、なぜ「 $n ≧ 5$ 」という条件つきなのか？

$n = 2$ 、 $3$ 、 $4$ では成り立たないから

$n = 2$ は $4$ と $4$ 、 $n = 3$ は $8$ と $9$ 、 $n = 4$ は $16$ と $16$ で、どれも $2^{n} > n^{2}$ にならない。 $n = 5$ で $32 > 25$ となり、ここから先はずっと成り立つ。

5. 一般項を推測して証明する

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(エ)

型に当てはまらない漸化式でも、初めの数項を計算して一般項を推測し、その推測が正しいことを数学的帰納法で証明できます。

漸化式で定まる数列の一般項を「推測して証明する」手順は？

① $a_{2}$ 、 $a_{3}$ 、 $a_{4}$ を計算して一般項を推測する ②推測した式がすべての $n$ で成り立つことを数学的帰納法で証明する

推測しただけでは答えにならない。[2] では、漸化式 $a_{k + 1} = \dots$ の右辺に仮定の $a_{k}$ を代入して、 $n = k + 1$ の式になることを示す。

$a_{1} = 2$ 、 $a_{n + 1} = 2 - \frac{1}{a _{n}}$ で定まる数列の一般項を推測し、 $n = k + 1$ の段の計算を示せ。

推測は $a_{n} = \frac{n + 1}{n}$ 。仮定 $a_{k} = \frac{k + 1}{k}$ を代入して $a_{k + 1} = 2 - \frac{k}{k + 1} = \frac{k + 2}{k + 1}$

$a_{2} = \frac{3}{2}$ 、 $a_{3} = \frac{4}{3}$ 、 $a_{4} = \frac{5}{4}$ から推測する。 $\frac{k + 2}{k + 1}$ は推測の式で $n = k + 1$ としたものなので、 $n = k + 1$ でも成り立つ。

練習問題

根拠: 学習指導要領数学B-(1)-ア-(エ)

問 1　すべての自然数 $n$ について、 $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + n (n + 1) = \frac{1}{3} n (n + 1) (n + 2)$ が成り立つことを、数学的帰納法で証明せよ。

[1] $n = 1$ で両辺とも 2。[2] 両辺に $(k + 1) (k + 2)$ を加えると右辺が $\frac{1}{3} (k + 1) (k + 2) (k + 3)$ になる

方針　 $n = k$ のときの等式を仮定して、 $n = k + 1$ のときの等式を示す。 $n = k + 1$ の左辺は、 $n = k$ の左辺に第 $k + 1$ 項 $(k + 1) (k + 2)$ を加えたものなので、仮定で置きかえてから、目標の右辺 $\frac{1}{3} (k + 1) (k + 2) (k + 3)$ に整理する。

[1] $n = 1$ のとき　左辺は $1 \cdot 2 = 2$ 、右辺は $\frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{3} = 2$ 。両辺が等しいので成り立つ。
[2] $n = k$ のとき成り立つと仮定する。　つまり $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k (k + 1) = \frac{1}{3} k (k + 1) (k + 2)$ とする。
示したいのは $n = k + 1$ のときの式で、 $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k (k + 1) + (k + 1) (k + 2) = \frac{1}{3} (k + 1) (k + 2) (k + 3)$
この左辺の $k (k + 1)$ までの部分は、仮定より $\frac{1}{3} k (k + 1) (k + 2)$ に等しい。だから左辺は $\frac{1}{3} k (k + 1) (k + 2) + (k + 1) (k + 2)$
共通因数 $(k + 1) (k + 2)$ でくくると、 $(k + 1) (k + 2) (\frac{1}{3} k + 1)$
$\frac{1}{3} k + 1 = \frac{k + 3}{3}$ なので、 $\frac{1}{3} (k + 1) (k + 2) (k + 3)$
これは示したい式の右辺（右辺で $n = k + 1$ としたもの）なので、 $n = k + 1$ のときも成り立つ。
[1]、[2] から、すべての自然数 $n$ について成り立つ。

ここで間違えやすい　加える項は、第 $k + 1$ 項の $(k + 1) (k + 2)$ 。最後の項 $n (n + 1)$ の $n$ を $k + 1$ に置きかえて作る。

問 2　すべての自然数 $n$ について、 $5^{n} - 1$ は 4 の倍数であることを、数学的帰納法で証明せよ。

[1] $n = 1$ で 4。[2] $5^{k} = 4 m + 1$ とおくと $5^{k + 1} - 1 = 4 (5 m + 1)$

方針　「4 の倍数である」のままでは計算に使えないので、仮定を整数 $m$ を使って $5^{k} - 1 = 4 m$ と式で書く。 $5^{k + 1}$ を $5 \cdot 5^{k}$ と見ると仮定の $5^{k}$ が現れるので、そこに代入して「4 ×（整数）」の形にする。

[1] $n = 1$ のとき　 $5 - 1 = 4$ で、4 の倍数。成り立つ。
[2] $n = k$ のとき成り立つと仮定する。　つまり $5^{k} - 1$ が 4 の倍数なので、整数 $m$ を用いて $5^{k} - 1 = 4 m$ と書ける。移項して $5^{k} = 4 m + 1$
示したいのは、 $5^{k + 1} - 1$ が 4 の倍数であること。
$5^{k + 1}$ は $5 \cdot 5^{k}$ なので、 $5^{k + 1} - 1 = 5 \cdot 5^{k} - 1$
仮定の $5^{k} = 4 m + 1$ を代入すると、 $5 (4 m + 1) - 1 = 20 m + 5 - 1 = 20 m + 4$
4 でくくると、 $20 m + 4 = 4 (5 m + 1)$
$5 m + 1$ は整数なので、 $5^{k + 1} - 1$ は 4 の倍数。よって $n = k + 1$ のときも成り立つ。
[1]、[2] から、すべての自然数 $n$ について成り立つ。

ここで間違えやすい　仮定を「4 の倍数」と言葉のまま置いておくこと。 $5^{k} = 4 m + 1$ と式にしないと、 $n = k + 1$ の式に代入できない。

問 3　 $n ≧ 2$ のすべての自然数 $n$ について、 $3^{n} > 2 n + 1$ が成り立つことを、数学的帰納法で証明せよ。

[1] $n = 2$ で $9 > 5$ 。[2] 仮定より $3^{k + 1} > 3 (2 k + 1)$ で、 $3 (2 k + 1) - (2 k + 3) = 4 k > 0$

方針　出発点は $n = 2$ 。[2] では、仮定 $3^{k} > 2 k + 1$ の両辺を 3 倍して $3^{k + 1}$ を下から押さえ、押さえた式 $6 k + 3$ が目標の $2 k + 3$ より大きいことを、差をとって示す。

[1] $n = 2$ のとき　左辺は $3^{2} = 9$ 、右辺は $2 \cdot 2 + 1 = 5$ 。 $9 > 5$ なので成り立つ。
[2] $k ≧ 2$ として、 $n = k$ のとき成り立つと仮定する。　つまり $3^{k} > 2 k + 1$ とする。
示したいのは $n = k + 1$ のときの式 $3^{k + 1} > 2 (k + 1) + 1$ 、つまり $3^{k + 1} > 2 k + 3$
仮定の両辺に 3 を掛けると、 $3 \cdot 3^{k} > 3 (2 k + 1)$ 。左辺は $3^{k + 1}$ 、右辺は $6 k + 3$ なので、 $3^{k + 1} > 6 k + 3$
$6 k + 3$ と目標の $2 k + 3$ を比べる。差は $(6 k + 3) - (2 k + 3) = 4 k$ で、 $k ≧ 2$ から $4 k > 0$ 。よって $6 k + 3 > 2 k + 3$
手順 4 と手順 5 をつなぐと、 $3^{k + 1} > 6 k + 3 > 2 k + 3$ 。よって $n = k + 1$ のときも成り立つ。
[1]、[2] から、 $n ≧ 2$ のすべての自然数 $n$ について成り立つ。

ここで間違えやすい　[1] を $n = 1$ で確かめようとすること。 $n = 1$ では両辺とも 3 で等しくなり、不等式は成り立たない。出発点は問題の条件どおり $n = 2$ 。

問 4　 $a_{1} = \frac{1}{2}$ 、 $a_{n + 1} = \frac{1}{2 - a _{n}}$ で定められる数列 ${a_{n}}$ の一般項を推測し、それが正しいことを数学的帰納法で証明せよ。

$a_{n} = \frac{n}{n + 1}$

方針　型に当てはまらない漸化式なので、初めの数項を計算して一般項を推測する。推測はまだ答えではないので、[1] $n = 1$ で合うこと、[2] $a_{k}$ が推測どおりだと仮定すると漸化式から $a_{k + 1}$ も推測どおりになること、を示す。

$a_{2}$ を計算する。漸化式に $a_{1} = \frac{1}{2}$ を入れると、分母は $2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ なので、 $a_{2} = \frac{2}{3}$
同じように、 $a_{3}$ の分母は $2 - \frac{2}{3} = \frac{4}{3}$ なので $a_{3} = \frac{3}{4}$ 。 $a_{4}$ の分母は $2 - \frac{3}{4} = \frac{5}{4}$ なので $a_{4} = \frac{4}{5}$
$\frac{1}{2}$ 、 $\frac{2}{3}$ 、 $\frac{3}{4}$ 、 $\frac{4}{5}$ と並ぶので、 $a_{n} = \frac{n}{n + 1}$ と推測できる。
[1] $n = 1$ のとき　推測の式は $\frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}$ で、 $a_{1}$ と一致する。成り立つ。
[2] $n = k$ のとき成り立つと仮定する。　つまり $a_{k} = \frac{k}{k + 1}$ とする。示したいのは $a_{k + 1} = \frac{k + 1}{k + 2}$
漸化式 $a_{k + 1} = \frac{1}{2 - a _{k}}$ に仮定を代入すると、 $a_{k + 1} = \frac{1}{2 - \frac{k}{k + 1}}$
分母・分子に $k + 1$ を掛けると、 $\frac{k + 1}{2 ( k + 1 ) - k} = \frac{k + 1}{2 k + 2 - k} = \frac{k + 1}{k + 2}$
これは推測の式で $n = k + 1$ としたものなので、 $n = k + 1$ のときも成り立つ。
[1]、[2] から、すべての自然数 $n$ について $a_{n} = \frac{n}{n + 1}$ 。

ここで間違えやすい　推測しただけで終わること。数項が合っていても、すべての $n$ で成り立つことの証明にはならない。

問 5　すべての自然数 $n$ について、 $1^{3} + 2^{3} + \dots + n^{3} = {\frac{1}{2} n (n + 1)}^{2}$ が成り立つことを、数学的帰納法で証明せよ。

[1] $n = 1$ で両辺とも 1。[2] 両辺に $(k + 1)^{3}$ を加えると右辺が ${\frac{1}{2} (k + 1) (k + 2)}^{2}$ になる

方針　 $n = k$ のときの等式を仮定して、 $n = k + 1$ のときの等式を示す。 $n = k + 1$ の左辺は、 $n = k$ の左辺に第 $k + 1$ 項 $(k + 1)^{3}$ を加えたものなので、仮定で置きかえてから $(k + 1)^{2}$ でくくり、目標の右辺 ${\frac{1}{2} (k + 1) (k + 2)}^{2}$ に整理する。

[1] $n = 1$ のとき　左辺は 1、右辺は $(\frac{1 \cdot 2}{2})^{2} = 1$ 。両辺が等しいので成り立つ。
[2] $n = k$ のとき成り立つと仮定する。　つまり $1^{3} + 2^{3} + \dots + k^{3} = {\frac{1}{2} k (k + 1)}^{2}$ とする。右辺は $\frac{1}{4} k^{2} (k + 1)^{2}$ と書ける。
示したいのは $n = k + 1$ のときの式で、 $1^{3} + 2^{3} + \dots + k^{3} + (k + 1)^{3} = {\frac{1}{2} (k + 1) (k + 2)}^{2}$
この左辺の $k^{3}$ までの部分は、仮定より $\frac{1}{4} k^{2} (k + 1)^{2}$ に等しい。だから左辺は $\frac{1}{4} k^{2} (k + 1)^{2} + (k + 1)^{3}$
$\frac{1}{4} (k + 1)^{2}$ でくくる。 $(k + 1)^{3} = \frac{1}{4} (k + 1)^{2} \cdot 4 (k + 1)$ なので、 $\frac{1}{4} (k + 1)^{2} {k^{2} + 4 (k + 1)} = \frac{1}{4} (k + 1)^{2} (k^{2} + 4 k + 4)$
$k^{2} + 4 k + 4 = (k + 2)^{2}$ なので、 $\frac{1}{4} (k + 1)^{2} (k + 2)^{2} = {\frac{1}{2} (k + 1) (k + 2)}^{2}$
これは示したい式の右辺（右辺で $n = k + 1$ としたもの）なので、 $n = k + 1$ のときも成り立つ。
[1]、[2] から、すべての自然数 $n$ について成り立つ。

ここで間違えやすい　手順 5 で全部展開してしまうこと。四次式になって因数分解が大変になる。共通因数 $(k + 1)^{2}$ を残したままくくる。