① \(P(1)\) が成り立つ事を示す。
② 任意の自然数 \(k\) に対して、「\(P(k)\) ⇒ \(P(k + 1)\)」が成り立つ事を示す。\(1\) と \(2\) の議論から任意の自然数 \(n\) について \(P(n)\) が成り立つ事を結論づける。
(Wikippedia：ja.wikipedia.org)
数学的帰納法
数学的帰納法について、Wikipediaを見るとこのように書かれています。
数学的帰納は、証明の手法の一つ。自然数に関する命題 \(P(n)\) が全ての自然数 \(n\) に対して成り立つ事を証明するために、次のような手続きを行います。
① \(P(1)\) が成り立つ事を示す。
② 任意の自然数 \(k\) に対して、「\(P(k)\) ⇒ \(P(k + 1)\)」が成り立つ事を示す。\(1\) と \(2\) の議論から任意の自然数 \(n\) について \(P(n)\) が成り立つ事を結論づける。
(Wikippedia：ja.wikipedia.org)
もう少し詳しく説明していきます。
帰納法について
例）「カラスは黒い」を示したいとする。
一匹目のカラス：「黒い！」
二匹目のカラス：「黒い！」
三匹目のカラス：「黒い！」
ということは、四匹目も黒いのかもしれない。四匹目が黒いなら五匹目も黒い 
ってことは、全部黒いからカラスはおそらく黒い。このように、いくつかのサンプルからおそらく正しいことを示していきます。
数学的帰納法の詳細
Wikipediaに書かれている以下の手順について解説していきます。
① \(P(1)\) が成り立つ事を示す。
② 任意の自然数 \(k\) に対して、「\(P(k)\) ⇒ \(P(k + 1)\)」が成り立つ事を示す。\(1\) と \(2\) の議論から任意の自然数 \(n\) について \(P(n)\) が成り立つ事を結論づける。
以上のことを簡単に説明すると、数学的帰納法とは、\(n\) で表された式において、\(n=1\), \(2\), \(3\) \(\cdots\) において、どの \(n\) の値を入れても成り立つことを示すための手法です。
例）
\(a_1=2\), \(a_{n+1}=2a_n\) となるとき、\(a_n=2n\) であることを示したいとする。
\(a_1=2\), \(a_{n+1}-a_n=2\) より \(a_1=2\), \(a_2=4\), \(a_3=6\) \(\cdots\)
となるので、\(a_n=2n\) は正しいように思えるが、\(n=4\), \(5\) \(\cdots\) がどうなってるのかわからないので、すべての \(n\) で成り立つことを示す必要があります。
[1] \(n=1\) で成り立つことを示す。
\(a_1=2\times 1=2\) より成り立つ
※ \(n=2\) 以降は、一つ前の場合に成り立つと仮定して成り立つことを示していくが、\(n=1\) だけは一つ前が存在しないので、別で成り立つことを示す必要がある。
[2] \(n=k\) のときに成り立つと仮定し、\(n=k+1\) が成り立つことを示す。
よって、\(a_k=2k\) が成り立つと仮定する。そして、
\(a_{k+1}=2(k+1)\)
が成り立つことを示す。
問いより \(a_{n+1}-a_n=2\)
なので、\(n\) を \(k\) に置き換えると、 \(a_{k+1}-a_k=2\) となる。
\(a_k=2k\) を \(a_{k+1}-a_k=2\) に代入すると、
\(a_{k+1}-2k=2\)
\(a_{k+1}=2k+2\)
\(a_{k+1}=2(k+1)\)
よって、すべての自然数 \(n\) において、与式は成り立つ。
数学的帰納法の問題
\(n\) が自然数のとき、次の等式を証明せよ。
\(1\cdot 1!+2\cdot 2!+\cdots +n\cdot n!=(n+1)!-1\)
＞＞詳細はこちらから
数学的帰納法の問題（答案の例）
[1] \(n=1\) のとき
（左辺）\(=1\cdot 1!=1\)
（右辺）\(=(1+1)!-1=1\)
（左辺）\(=\)（右辺）となり成り立つ。
[2] \(n=k\) のとき成り立つと仮定する
すなわち、\(1\cdot 1!+2\cdot 2!+\cdots +k\cdot k!=(k+1)!-1\) \(\cdots\) ※ のとき成り立つと仮定する。
このとき、\(n=k+1\) で成り立つことを示す。
※ の両辺に \((k+1)\cdot (k+1)!\) を加える。
\(1\cdot 1!+2\cdot 2!+\cdots +k\cdot k!+(k+1)\cdot (k+1)!\)
\(=(k+1)!-1+(k+1)\cdot (k+1)!\)
\(=(k+1)!+(k+1)\cdot (k+1)!-1\)
\(=(k+1)!\{1+(k+1)\}-1\)
\(=(k+1)!(k+2)-1\)
\(=(k+2)!-1\)
\(=\{(k+1)+1\}!-1\)
よって、\(n=k+1\) のときも成り立つので、与式は自然数全体で成り立つ。
数学的帰納法の問題（解説）
「[1] \(n=1\) のとき」を示す必要がある理由は、数学的帰納法で \(n\) 番目の式が成り立つを示したい場合、その１つ前の \((n-1)\) 番目が成り立つことから順に示していきます。つまり、１つ前が成り立っていないとその次の番号の式が成り立つことは示せないわけですね。\(n=1\) は１つ前の式が存在しないので、\(n=1\) だけ別で求める必要があります。
[1] \(n=1\) のとき
（左辺）\(=1\cdot 1!=1\)
（右辺）\(=(1+1)!-1=1\)
（左辺）\(=\)（右辺）となり成り立つ。
「[2] \(n=k\) のとき成り立つと仮定する。」ことの意味は、\(n=k\) が成り立つと仮定し、\(n=k\) のときの式を用いて \(n=k+1\) が成り立つかどうかを調べます。今回の \(n=k\) の式は以下
\(1\cdot 1!+2\cdot 2!+ \cdots +k\cdot k!=(k+1)!-1\) \(\cdots\) ※を使って、\(n=k+1\) で成り立つことを示す。
ここから下の計算は、問題によって示し方が異なりますので、いろいろな問題を解いて慣れていくしかありません。
今回だと、※ の両辺に \((k+1)\) 番目の \((k+1)\cdot (k+1)!\) を加えることによって、\(n=k+1\) のときの式 \((k+2)!-1\) が得られます。
[2] \(n=k\) のとき成り立つと仮定する
すなわち、\(1\cdot 1!+2\cdot 2!+\cdots +k\cdot k!=(k+1)!-1\) \(\cdots\) ※ のとき成り立つと仮定する。
このとき、\(n=k+1\) で成り立つことを示す。
※ の両辺に \((k+1)\cdot (k+1)!\) を加える。
\(1\cdot 1!+2\cdot 2!+\cdots +k\cdot k!+(k+1)\cdot (k+1)!\)
\(=(k+1)!-1+(k+1)\cdot (k+1)!\)
\(=(k+1)!+(k+1)\cdot (k+1)!-1\)
\(=(k+1)!\{1+(k+1)\}-1\)
\(=(k+1)!(k+2)-1\)
\(=(k+2)!-1\)
\(=\{(k+1)+1\}!-1\)
よって、\(n=k+1\) のときも成り立つので、与式は自然数全体で成り立つ。
おわりに
さいごまで読んでいただきありがとうございました！
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