数学的帰納法: 原理、級数の証明、割り算、方程式、問題例

August 13, 2023
にリンクポリシーコンタクト

数学的帰納法: 原理、級数の証明、割り算、方程式、問題例 – 数学的帰納法とは何かこの機会にナレッジ.co.idについてカスティ・ボールとそれを取り巻くものについて話し合う予定です。よりよく理解するために、以下の記事の議論を見てみましょう。

数学的帰納法: 原理、級数の証明、割り算、方程式、問題例

数学的帰納法は、整然と並べられた一連の数値に関連する数学的ステートメントを証明するために使用される演繹的証明の方法です。

これらの数値は、たとえば、自然数または数値の空でないサブセットです。数学的帰納法は、ステートメントの真実性を確認または証明するためにのみ使用されます。または式。そして数学的帰納法は式を導き出すためのものではありません。数学的帰納法を使用して式を導き出したり、見つけたりすることはできません。

以下に、数学的帰納法によって真であると証明できる数学的ステートメントの例をいくつか示します。

P(n): 2 + 4 + 6 + … + 2n = n (n + 1)、n は自然数
P(n): 6ⁿ n 個の自然数の場合、+ 4 は 5 で割り切れます。
P(n): 4n < 2ⁿ, 各自然数 n ≥ 4 に対して

数学的帰納法の原理の拡張

たとえば、P(n) は n に依存する式です。次の 2 つの条件を満たす場合、P(n) は各自然数 n ≥ m に対して true になります。

P(m) は true、つまり n = m の場合、P(n) は true
各自然数 k ≥ m について、P(k) が真であれば、P(k + 1) も真です。

P(1) が真であることを示すには、P(n) を n = 1 に置き換えるだけで十分です。

P(n) が方程式形式で表される場合、n = 1 で左辺が右辺と等しくなる必要があることを意味し、P(1) が真であると結論付けられます。

同じ方法を適用して、P(m) が真であることを示すことができます。

上記のドミノの場合に戻ると、ドミノ (k + 1) が倒れるには、最も早いドミノ k が倒れる必要があります。

そして、「ドミノ k が倒れたら、ドミノ (k + 1) が倒れる」という暗示が続きます。

したがって、「P(k) が真の場合、P(k + 1) も真である」という含意を示すには、最初のステップは P(k) が真であると仮定する必要があります。

instagram viewer

次に、これらの仮定を見ると、P(k + 1) も真であることがわかります。

P(k) が真であると仮定するこのプロセスは帰納法仮説と呼ばれます。

P(k + 1) が真であることを示すには、仮説から始めることができます。つまり、P(k) が真であるという仮定から、または結論から、つまり P(k + 1) 自体から。

数学的帰納法の証明は次の順序で行うことができます。

最初のステップ: P(1) が true であることを示します。
帰納ステップ: P(k) が任意の k 個の自然数に対して真であると仮定し、その仮定に基づいて P(k+ 1) も真であることを示します。
結論: P(n) はすべての自然数 n に対して真です。

シリーズの証明

系列の証明に入る前に、系列に関して慎重に考慮する必要があることがいくつかあります。特に:

もし

P(n): u₁ +u₂ +u₃ + … + u_n =S_n、それで
P(1): う₁ =S₁
P(k): u₁ +u₂ +u₃ + … + u_k =S_k
P(k + 1): u₁ +u₂ +u₃ + … + u_k +u_k+1 =S_k+1

例 1:

n 個の自然数それぞれについて、2 + 4 + 6 + … + 2n = n (n + 1) であることを証明します。

答え：
P(n): 2 + 4 + 6 + … + 2n = n (n + 1)

P(n) が各 n ∈ N に対して真であることが証明されます。

最初のステップ:

P(1) が true であることを示します
2 = 1(1 + 1)

したがって、それが得られ、P(1)は真です

導入ステップ:

P(k) を true とします。つまり、次のようになります。
2 + 4 + 6 + … + 2k = k (k + 1)、k ∈ N

P(k + 1) も真であることがわかります。つまり、次のようになります。
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)

上記の仮定から、次のようになります。
2 + 4 + 6 + … + 2k = k (k + 1)

両辺を u で追加します_k+1 :
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = k (k + 1) + 2(k + 1)
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 2)
2 + 4 + 6 + … + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 1 + 1)

したがって、P(k + 1) は真です

数学的帰納法の原理に基づいて、n 個の自然数ごとに P(n) が真であることが証明されます。

例 2:

証明する 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n² そうです、n 個の自然数ごとにです。

答え：
P(n): 1 + 3 + 5 + … + (2n − 1) = n²

次に、P(n) が各 n ∈ N に対して true であることを示します。

最初のステップ:
P(1) が true であることを示します
1 = 1²

したがって、P(1)は真です

導入ステップ:
P(k) が true であると想像してください。つまり、次のようになります。
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k², k ∈ N

これは、P(k + 1) も真であることを示します。
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)²

上記の仮定から、次のようになります。
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) = k²

両辺を u で追加します_k+1 :
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = k² + (2(k + 1) − 1)
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = k² +2k+1
1 + 3 + 5 + … + (2k − 1) + (2(k + 1) − 1) = (k + 1)²

したがって、P(k + 1) も真です

数学的帰納法の原理に基づいて、n 個の自然数ごとに P(n) が真であることが証明されます。

分割の証明

「a は b で割り切れる」というステートメントは次と同義です。

複数の b
a の b 係数
b を割る

p が a で割り切れ、q が a で割り切れる場合、(p + q) も a で割り切れます。

たとえば、4 は 2 で割り切れ、6 は 2 で割り切れます。その場合、(4 + 6) も 2 で割り切れます。

例 1:

証明6ⁿ + 4 は、n 個の自然数ごとに 5 で割り切れます。

答え：

P(n): 6ⁿ + 4 は 5 で割り切れます

P(n) が各 n ∈ N に対して真であることが証明されます。

最初のステップ:

P(1) が true であることを示します
6¹ + 4 = 10 は 5 で割り切れます

したがって、P(1)は真です

導入ステップ:

P(k) が true であると想像してください。つまり、次のようになります。
6^k + 4 は 5 で割り切れます、k ∈ N

これは、P(k + 1) も真であることを示します。
6^k+1 + 4 は 5 で割り切れます。

6^k+1 + 4 = 6(6^k)+ 4
6^k+1 + 4 = 5(6^k) + 6^k + 4

原因 5(6^k) は 5 と 6 で割り切れます^k + 4 は 5 で割り切れるので、5(6^k) + 6^k +4は5でも割り切れます。

したがって、P(k + 1) は真です。

数学的帰納法の原理に基づいて、次のことが証明されます。ⁿ + 4 は、n 個の自然数ごとに 5 で割り切れます。

整数 m が見つかると、整数 a は整数 b で割り切れるため、a = bm が適用されます。

たとえば、整数 m = 2 があるため、10 = 5.2 となるため、「10 は 5 で割り切れます」は true になります。

したがって、「10 は 5 で割り切れます」というステートメントは、「10 = 5m、整数 m の場合」と書くことができます。

上記の概念に基づいて、分割証明は次の方法を使用して解くこともできます。

例 2:

証明する³ + 2n は、n 個の自然数ごとに 3 で割り切れます。

答え：

P(n): n³ + 2n = 3m、m ∈ ZZ

P(n) が各 n ∈ に対して真であることが証明されます。 NN

最初のステップ:

P(1)が真であることが示されます
1³ + 2.1 = 3 = 3.1

したがって、P(1)は真です

導入ステップ:

P(k) が true であると想像してください。つまり、次のようになります。
k³ + 2k = 3m、k ∈ NN

これは、P(k + 1) も真であることを示します。
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3p、p ∈ ZZ

(k + 1)³ + 2(k + 1) = (k³ +3k² + 3k + 1) + (2k + 2)
(k + 1)³ + 2(k + 1) = (k³ +2k) + (3k² +3k+3)
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3m + 3(k² + k + 1)
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3(m + k² + k + 1)

mは整数、kは自然数なので、(m + k² + k + 1) は整数です。

たとえば、p = (m + k² + k + 1) したがって、次のようになります。
(k + 1)³ + 2(k + 1) = 3p、p ∈ ZZ

したがって、P(k + 1) は真です

上記の数学的帰納法の概念に基づいて、n が証明されます。³ + 2n は、n 個の自然数ごとに 3 で割り切れます。

不平等の証明

以下は、よく使用される不等式の特性の一部です。

1. 推移的な性質
a > b > c ⇒ a > c または
a < b < c ⇒ a < c

2. a < b および c > 0 ⇒ ac < bc または
a > b および c > 0 ⇒ ac > bc

3. a < b ⇒ a + c < b + c または
a > b ⇒ a + c > b + c

質問例に入る前に、上記のプロパティを使用して「P(k) が true の場合、P(k + 1) も true である」という含意を示す練習をしておくことをお勧めします。

例

P(k): 4k < 2^k
P(k + 1): 4(k + 1) < 2^k+1

k ≥ 5 に対して P(k) が真であると仮定した場合、P(k + 1) も真であることを示してください。

私たちの目標は表示することなので、次のことを忘れないでください。
4(k + 1) < 2^k+1 = 2(2^k) = 2^k + 2^k （目標）

上記の不等式の左辺から始めて、次のようにすることができます。
4(k + 1) = 4k + 4
4(k + 1) < 2^k + 4 (4k < 2 のため)^k)
4(k + 1) < 2^k + 2^k (4 < 4k < 2 であるため)^k)
4(k + 1) = 2(2^k)
4(k + 1) = 2^k+1

推移的な性質に基づいて、4(k + 1) < 2 と結論付けることができます。^k+1

なぜ 4K が 2K に変わるのか^k ?

性質 3 によれば、不等式の両辺を同じ数だけ加算することができるからです。

不等式の真理値は変わらないからです。 4k < 2 なので^k true、結果は 4k + 4 < 2^k +4も同様です。

4 を 2 に変更する必要があることはどのようにしてわかりますか^k ?

ターゲットを監視してください。

得られる一時的な結果は 2 です^k 目標は 2 ですが、+ 4^k + 2^k.

k ≥ 5 の場合、4 < 4k および 4k < 2^k それは本当なので、4 < 2^k も true (推移的プロパティ) です。この結果は 2 になります^k + 4 < 2^k + 2^k true (プロパティ 3)。

問題例

問題1

各自然数について n ≥ 4 が成り立つことを証明します。
3n < 2ⁿ

答え：

P(n): 3n < 2ⁿ

n ≥ 4、n ∈ の場合に P(n) が成り立つことが証明されます。 NN

P(4) が真であることを示します
3.4 = 12 < 2⁴ = 16

したがって、P(4) は真です

P(k) が true であると想像してください。つまり、次のようになります。
3k < 2^k、k ≥ 4

これは、P(k + 1) も真であることを示します。
3(k + 1) < 2^k+1

3(k + 1) = 3k + 3
3(k + 1) < 2^k + 3 (3k < 2 であるため)^k)
3(k + 1) < 2^k + 2^k (3 < 3k < 2 なので^k)
3(k + 1) = 2(2^k)
3(k + 1) = 2^k+1

したがって、P(k + 1) も真です。

数学的帰納法の概念に基づいて、n ≥ 4 の各自然数に対して P(n) が成り立つことが証明されます。

問題 2

証明してください $1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 \frac{1}{4} n^2 (n + 1)^2$ .

議論：

ステップ1

$1^3 \frac{1}{4}(1)^2(1 + 1)^2 \frac{2^2}{4}$

1 1 (証明済み)

ステップ 2 (n = k)

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 \frac{1}{4}k^2(k + 1)^2$

ステップ 3 (n = k + 1)

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3(k + 1)^3 \frac{1}{4}(k + 1)^2 (k + 2)^3$ .

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 + (k + 1 )^3 + (k + 1)^3 \frac{1}{4}k^2(k + 1) ^2 + (k + 1)^3$ (両方のフィールドが追加されました .

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + (k + 1)^3 (k + 1)^2 (\frac{1}{4}k^2 + (k + 1))$

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

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 + (k + 1)^3 \frac{1}{4}(k + 1)^2 (k^2 + 4k + 4)$

$1^3 + 2^3 +3^3 + \cdots + k^3 + (k + 1)^3 \frac{1}{4}(k + 1)^2(k + 2)(k + 2 )$

$1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + k^3 + (k + 1)^3 \frac{1}{4}(k + 1)^2(k + 2)^2$ {証明済み)。

問題 3

各自然数について n ≥ 2 であり、3 が成り立つことを証明します。ⁿ > 1 + 2n

答え：

P(n): 3ⁿ > 1 + 2n

n ≥ 2、n ∈ の場合に P(n) が成り立つことが証明されます。 NN

P(2) が true であることを示します。つまり、次のようになります。
3² = 9 > 1 + 2.2 = 5

したがって、P(1)は真です

P(k) が true であると想像してください。つまり、次のようになります。
3^k > 1 + 2k、k ≥ 2

P(k + 1) も真であることがわかります。つまり、
3^k+1 > 1 + 2(k + 1)

3^k+1 = 3(3^k)
3^k+1 > 3(1 + 2k) (なぜなら 3^k >1+2k)
3^k+1 = 3 + 6k
3^k+1 > 3 + 2k (6k > 2k のため)
3^k+1 = 1 + 2k + 2
3^k+1 = 1 + 2(k + 1)

したがって、P(k + 1) も真です

数学的帰納法の概念に基づいて、各自然数 n ≥ 2 に対して P(n) が成り立つことが証明されます。

証明してください

$\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \cdots + \frac{n}{2^n} 2 - \frac{n + 2}{2^n}$

議論：

ステップ1

$\frac{1}{2} 2 - \frac{(1)+2}{2^1} 2 - \frac{3}{2}$

$\frac{1}{2} \frac{1}{2}$ (証明済み)

ステップ 2 (n = k)

$\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \cdots + \frac{2}{2^k} 2 - \frac{k + 2}{2^k}$

ステップ 3 (n = k + 1)

$\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \cdots + \frac{k}{2^k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}} 2 - \frac{k + 3}{2 ^{k +1}}$

証明:

$\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \cdots + \frac{k}{2^k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}} 2 - \frac{k + 2}{2^k} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}}$ (両辺を乗算したもの) $\frac{k+1}{2^{k+1}}$ )

$2 - \frac{2(k + 2)}{2^{(k + 1)}} + \frac{k + 1}{2^{k +1}}$ (2^k 2に変更されました^k+1)

$2 -\frac{2k + 4}{2^{(k + 1)}} + \frac{k + 1}{2^{k + 1}}$

$2 + \frac{k + 1 - (2k + 4))}{2^{(k + 1)}}$

$2 - \frac{k + 3}{2^{(k + 1)}}$ (証明済み)

問題4

各自然数 n ≥ 5 について、2n − 3 < 2 が成り立つことを証明します。^n-2

答え：

P(n): 2n − 3 < 2^n-2

n ≥ 5、n ∈ の場合に P(n) が成り立つことが証明されます。 NN

P(5)が真であることが示されます
2.5 − 3 = 7 < 2^5-2 = 8

したがって、P(1)は真です

P(k) が true であると想像してください。つまり、次のようになります。
2k − 3 < 2^k-2、k ≥ 5

これは、P(k + 1) も真であることを示します。
2(k + 1) − 3 < 2^k+1-2

2(k + 1) − 3 = 2k + 2 − 3
2(k + 1) − 3 = 2k − 3 + 2
2(k + 1) − 3 < 2^k-2 + 2 (2k − 3 < 2 であるため)^k-2)
2(k + 1) − 3 < 2^k-2 + 2^k-2 (2 < 2k − 3 < 2 であるため)^k-2)
2(k + 1) − 3 = 2(2^k-2)
2(k + 1) − 3 = 2^k+1-2

したがって、P(k + 1) も真です

数学的帰納法の概念に基づいて、n ≥ 5 の各自然数に対して P(n) が成り立つことが証明されます。

問題 5:

各自然数について n ≥ 4 であることを証明し、(n + 1) が成り立つことを証明してください。 > 3ⁿ

答え：

P(n): (n + 1)! > 3ⁿ

n ≥ 4、n ∈ の場合に P(n) が成り立つことが証明されます。 NN

P(4) が true であることを示します
(4 + 1)! > 3⁴
左側：5！ = 5.4.3.2.1 = 120
右側：3⁴ = 81

したがって、P(1)は真です

P(k) が true であると想像してください。つまり、次のようになります。

(k+1)! > 3^k、k ≥ 4

P(k + 1) も真であることが示されます。
(k + 1 + 1)! > 3^k+1

(k + 1 + 1)! = (k + 2)!
(k + 1 + 1)! = (k + 2)(k + 1)!
(k + 1 + 1)! > (k + 2)(3^k) ((k + 1) なので! > 3^k)
(k + 1 + 1)! > 3(3^k) (k + 2 > 3 であるため)
(k + 1 + 1)! = 3^k+1

したがって、P(k + 1) も真です。

数学的帰納法の概念に基づいて、n ≥ 4 の各自然数に対して P(n) が成り立つことが証明されます。

したがって、からのレビューは、ナレッジ.co.idについてについて 数学的帰納法 , あなたの洞察力と知識をさらに深めることができれば幸いです。訪問していただきありがとうございます。他の記事もぜひお読みください

内容一覧

数学的帰納法: 原理、級数の証明、割り算、方程式、問題例