数学的帰納法とは?不等式・漸化式の証明問題をわかりやすく解説!

この記事では、「数学的帰納法」を使った証明問題の解き方をできるだけわかりやすく解説していきます。

不等式、数列など豊富な例題で説明していきますので、この記事を通してぜひマスターしてくださいね!

 

数学的帰納法とは?

数学的帰納法とは、ある命題がすべての自然数において成り立つことを帰納的に証明する方法です。

数学的帰納法

【証明したいこと】

自然数 \(n\) に対する命題 \(P\) がすべての自然数 \(n\) について成り立つ。

 

【証明手順】

以下が成り立つことを示せば、すべての \(n\) について成り立つといえる。

[1] \(n = 1\) のとき \(P\) が成り立つ。

[2] \(n = k\)(\(k\) は自然数)のとき \(P\) が成り立つと仮定すると、\(n = k + 1\) のときにも \(P\) が成り立つ。

数学的帰納法のイメージはドミノ倒しです。

初めの \(1\) つが正しい [1]、そして \(1\) つ手前が正しいならその次も正しい [2] ことが示せれば、すべて正しいことが順番に示されていくのです。

数学的帰納法による証明の流れは上記 [1] [2] と決まっているので、慣れてしまえば簡単に活用できるようになります。

 

【参考】帰納法と演繹法

「帰納」とは、個別の事実から共通の性質を取り出し、一般的な命題・法則を導くことを言います。

反対に、一般的・普遍的な命題・法則からより個別・特殊な結論を導くことを「演繹」と言います。

 

命題

正しいか正しくないかが明確に決まる文章や数式のこと。

命題とは?数学用語(対偶、逆、裏、真偽)の意味や証明問題

 

数学的帰納法が使える問題パターン

数学的帰納法が使える問題は、ズバリ「任意の自然数 \(\bf{n}\)」を含む証明問題です。

大きく分けて以下のようなパターンがあります。

  1. 等式の証明
  2. 不等式の証明
  3. 整数の性質の証明
  4. 数列・漸化式の証明

それぞれ、例題を通して証明の流れを確認しましょう。

 

【パターン①】等式の証明

まずは、等式の証明です。

例題①

すべての自然数 \(n\) について、次の等式が成り立つことを証明せよ。

\(\displaystyle 1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = \frac{1}{4} n^2(n + 1)^2\)

 

[2] で正しいと仮定する \(n = k\) における等式を、\(n = k + 1\) のときにうまく利用するのがポイントです。

\(n = k + 1\) のときに示すべき等式をイメージしておいて、どう式変形したらそこへたどり着けるかを考えます。

証明

 

\(\displaystyle 1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = \frac{1}{4} n^2(n + 1)^2\) …①

とする。

 

[1] \(n = 1\) のとき

\(\text{(左辺)} = 1^3 = 1\)

\(\displaystyle \text{(右辺)} = \frac{1}{4} \cdot 1^2 \cdot 2^2 = 1\)

よって、①は成り立つ。

 

[2] \(n = k\) のとき

①が成り立つと仮定すると、

\(\displaystyle 1^3 + 2^3 + \cdots + k^3 = \frac{1}{4} k^2(k + 1)^2\) …②

 

\(n = k + 1\) のときを考えると、②から

\(1^3 + 2^3 + \cdots + k^3 + (k + 1)^3\)

\(\displaystyle = \frac{1}{4} k^2(k + 1)^2 + (k + 1)^3\)

\(\displaystyle = \frac{1}{4} (k + 1)^2 \{k^2 + 4(k + 1)\}\)

\(\displaystyle = \frac{1}{4} (k + 1)^2(k + 2)^2\)

よって、\(n = k + 1\) のときも①は成り立つ。

 

[1], [2] から、すべての自然数 \(n\) について①は成り立つ。

 

(証明終わり)

 

【パターン②】不等式の証明

続いて、不等式の証明です。

例題②

\(n \geq 10\) のすべての自然数 \(n\) について、次の不等式を証明せよ。

\(2^n > 10n^2\)

 

Tips

自然数 \(n\) に条件がついているときは、証明の開始地点に注意します。

通常「自然数 \(n\)」と言われれば「\(n = 1\)」から証明を開始しますが、今回は「\(n \geq 10\)」と条件があるので、「\(n = 10\)」から始めます。

このとき、[2] も合わせて「\(n = k\) \((k \geq 10)\) のとき」と \(k\) の範囲を指定する必要があるので、忘れないようにしましょう!

不等式でも流れは同じで、\(n = k\) のときの不等式を利用して \(n = k + 1\) のときに \(\text{(左辺)} > \text{(右辺)}\) を示しましょう。

証明

 

\(2^n > 10n^2\) …①

とする。

 

[1] \(n = 10\) のとき

\(\text{(左辺)} = 2^{10} = 1024\)

\(\text{(右辺)} = 10 \cdot 10^2 = 1000\)

よって、①は成り立つ。

 

[2] \(n = k\) \((k \geq 10)\) のとき

①が成り立つと仮定すると、

\(2^k > 10k^2\) …②

 

\(n = k + 1\) のとき、①の両辺の差を考えると、②から

\(2^{k + 1} − 10(k + 1)^2\)

\(= 2 \cdot 2^k − 10(k + 1)^2\)

\(> 2 \cdot 10k^2 − 10(k + 1)^2\)

\(= 10(k^2 − 2k − 1)\)

\(= 10\{(k − 1)^2 − 2\}\)

ここで、\(k \geq 10\) であるから、\(10\{(k − 1)^2 − 2\} > 0\)

ゆえに \(2^{k + 1} > 10(k + 1)^2\)

よって、\(n = k + 1\) のときも①は成り立つ。

 

[1], [2] から、\(n \geq 10\) のすべての自然数 \(n\) について①は成り立つ。

 

(証明終わり)

 

【パターン③】整数の性質の証明

次は、整数の性質の証明です。

次のような問題のパターンがあります。

  • 「〜が〇の倍数であること」を示す
  • 「〜の余りが〇であること」を示す
  • 「〜が〇で割り切れること」を示す

 

\(1\) 問例題を見てみましょう。

例題③

すべての自然数 \(n\) について、\(3^{3n} − 2^n\) は \(25\) の倍数であることを示せ。

 

示したい命題が数式でなくても、番号を振っておくと便利ですね。

また、「\(25\) の倍数であること」を任意の整数を使って表現することがポイントです。

証明

 

「\(3^{3n} − 2^n\) は \(25\) の倍数である」を①とする。

 

[1] \(n = 1\) のとき

\(3^{3 \cdot 1} − 2^1 = 27 − 2 = 25\)

よって、①は成り立つ。

 

[2] \(n = k\) のとき

①が成り立つと仮定すると、

\(3^{3k} − 2^k = 25m\) (\(m\) は整数) …②

とおける。

 

\(n = k + 1\) のときを考えると、②から

\(3^{3(k + 1)} − 2^{k + 1}\)

\(= 3^3 \cdot 3^{3k} − 2 \cdot 2^k\)

\(= 27(25m + 2^k) − 2 \cdot 2^k\)

\(= 27 \cdot 25m + (27 − 2)2^k\)

\(= 25(27m + 2^k)\)

\(27m + 2^k\) は整数であるから、\(3^{3(k + 1)} − 2^{k + 1} = 25(27m + 2^k)\) は \(25\) の倍数である。

よって、\(n = k + 1\) のときも①は成り立つ。

 

[1], [2] から、すべての自然数 \(n\) について①は成り立つ。

 

(証明終わり)

 

【パターン④】数列・漸化式の証明

最後は、数列・漸化式の証明問題です。

この分野では、「項間の関係式や漸化式から一般項を推測」→「数学的帰納法で証明」という流れで解かせる問題が非常に多いです。

例題④

\(4(a_1 + a_2 + \cdots + a_n) = (2n + 1)a_n + 1\) \((n = 1, 2, \cdots)\) で定まる数列 \(\{a_n\}\) がある。

(1) \(a_1, a_2, a_3\) を求めよ。

(2) 一般項 \(a_n\) を推測し、その推測が正しいことを数学的帰納法によって証明せよ。

 

(2) の証明部分では、問題文の等式と推測した一般項で \(n = k\) のときの等式の両方をうまく活用します。

解答

 

\(4(a_1 + a_2 + \cdots + a_n) = (2n + 1)a_n + 1\) …①

とする。

 

(1)

①で \(n = 1\) とすると

\(4a_1 = 3a_1 + 1\)

よって

\(a_1 = 1\)

 

①で \(n = 2\) とすると

\(4(a_1 + a_2) = 5a_2 + 1\)

よって

\(a_2 = 4a_1 − 1 = 4 − 1 = 3\)

 

①で \(n = 3\) とすると

\(4(a_1 + a_2 + a_3) = 7a_3 + 1\)

よって

\(\begin{align}a_3 &= \frac{4(a_1 + a_2) − 1}{3} \\&= \frac{4(1 + 3) − 1}{3} \\&= 5\end{align}\)

 

答え: \(\color{red}{a_1 = 1, a_2 = 3, a_3 = 5}\)

 

 

(2)

(1) から、\(a_n = 2n − 1\) …② と推測できる。

一般項が②であることを数学的帰納法を用いて証明する。

 

[1] \(n = 1\) のとき

②で \(n = 1\) とすると

\(a_1 = 2 \cdot 1 − 1 = 1\)

(1) と一致するため、②は成り立つ。

 

[2] \(n = k\) のとき

②が成り立つと仮定すると、

\(a_k = 2k − 1\)

 

\(n = k + 1\) のときを考えると、①から

\(\{2(k + 1) + 1\} a_{k + 1} + 1\)

\(= 4(a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_k + a_{k + 1})\)

\(= 4(a_1 + a_2 + a_3 + \cdots + a_k) + 4a_{k + 1}\)

\(= (2k + 1)a_k + 1 + 4a_{k + 1}\)

すなわち

\((2k + 3)a_{k + 1} = (2k + 1)a_k + 4a_{k + 1}\)

よって

\(\begin{align}(2k − 1)a_{k + 1} &= (2k + 1)a_k \\&= (2k + 1)(2k − 1)\end{align}\)

\(2k − 1 \neq 0\) より \(a_{k + 1} = 2k + 1 = 2(k + 1) −1\)

よって、\(n = k + 1\) のときも②は成り立つ。

 

[1], [2] から、すべての自然数 \(n\) について①は成り立つ。

 

(証明終わり)

以上で問題も終わりです。

 

数学的帰納法を使う問題はわりと特定しやすいので、証明プロセスさえ覚えておけば確実な得点源にできます。

さまざまな問題に取り組んで、数学的帰納法に慣れていってくださいね!

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