数学的帰納法：原理、級数の証明、ケブ

July 06, 2021
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数学的帰納法：原理、級数の証明、不可分、方程式、問題の例– 数学的帰納法ですか？この機会に Knowledge.co.idについて野球とそれを取り巻くものについて話し合います。それを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、不可分、方程式、問題の例
- 数学的帰納法の原理の拡張
- シリーズプルーフ
- パーティションの証明
- 不平等の証明
- 問題の例
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数学的帰納法：原理、級数の証明、不可分、方程式、問題の例

数学的帰納法は、順序付けられた数のセット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。

これらの数は、たとえば自然数と数の空でないサブセットです。オリジナル。数学的帰納法は、ステートメントの真実をチェック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、数学的帰納法は公式を導き出すことではありません。数学的帰納法を使用して、数式を導出または検索することはできません。

以下は、数学的帰納法によって真実であると証明できる数学的ステートメントのいくつかの例です。

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

数学的帰納法の原理の拡張

たとえば、P（n）はnに依存するステートメントです。 P（n）は、次の2つの条件を満たす場合、各自然数nmに対して真です。

P（m）は真です。つまり、n = mの場合、P（n）は真です。
各自然数kmについて、P（k）が真の場合、P（k + 1）も真になります。

P（1）が真であることを示すには、P（n）にn = 1を代入するだけで十分です。

P（n）が方程式の形で表される場合、n = 1で左側が右側と等しくなければならないことを意味し、P（1）が真であると結論付けます。

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ります。ドミノ（k + 1）が落ちるためには、最初にkドメインが落ちる必要があります。

そして、「ドミノkが落ちると、ドミノ（k + 1）が落ちる」という意味合いが続きます。

したがって、「P（k）が真の場合、P（k + 1）が真である」という意味を示すには、最初のステップは、P（k）が真であると想定することです。

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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ために、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）自体からです。

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）が真であることを示します。
帰納法のステップ：P（k）が任意のk個の自然数に対して真であると仮定し、これらの仮定に基づいてP（k + 1）も真であることを示します。
結論：P（n）は各自然数nに対して真です。

シリーズプルーフ

シリーズの証明に入る前に、シリーズに関して注意深く検討する必要があることがいくつかあります。とりわけ：

場合

P（n）：u₁ + u₂ + u₃ +…+ u_n = S_n、その後
P（1）：u₁ = 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個の自然数のそれぞれについて、2 + 4 + 6 +…+ 2n = n（n + 1）を証明します。

回答：
P（n）：2 + 4 + 6 +…+ 2n = n（n + 1）

P（n）が各nNに対して真であることを証明します

最初のステップ：

P（1）を表示することは本当です
2 = 1(1 + 1)

取得するために、P（1）は真です

帰納法のステップ：

P（k）が真であると仮定します。
2 + 4 + 6 +…+ 2k = k（k + 1）、k N

P（k + 1）も真であることを示します。
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）

uで両側を追加します_{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、P（n）がn個の自然数のそれぞれに対して真であることが証明されています。

例2：

証明する 1 + 3 + 5 +…+（2n 1）= n² これは、n個の自然数のそれぞれについて当てはまります。

回答：
P（n）：1 + 3 + 5 +…+（2n 1）= n²

次に、P（n）が各nN∈に対して真であることを示します。

最初のステップ：
P（1）が真であることを示します
1 = 1²

したがって、P（1）は真です

帰納法のステップ：
P（k）が真であると仮定します。
1 + 3 + 5 +…+（2k 1）= k²、k N

P（k + 1）も真であることが示されます。
1 + 3 + 5 +…+（2k 1）+（2（k + 1）1）=（k + 1）²

また読む：社会的算術：全体的な価値、理論と公式、および問題の例

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

uで両側を追加します_{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、P（n）がn個の自然数のそれぞれに対して真であることが証明されています。

パーティションの証明

「aはbで割り切れる」というステートメントは、次の同義語です。

bの倍数
aのb因子
bはaを分割します

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で割り切れるので、（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。

回答：

P（n）：6ⁿ +4は5で割り切れる

P（n）が各nNに対して真であることを証明します。

最初のステップ：

P（1）が真であることを示します
6¹ + 4 = 10は5で割り切れる

したがって、P（1）は真です

帰納法のステップ：

P（k）が真であると仮定します。
6^k + 4は5で割り切れます、k N

P（k + 1）も真であることが示されます。
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で割り切れる^k + 4は5で割り切れるので、5（6^k) + 6^k +4も5で割り切れます。

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、6ⁿ + 4は、n個の自然数ごとに5で割り切れます。

整数mが見つかった場合、整数aは整数bで割り切れるので、a = bmが適用されます。

たとえば、整数m = 2があり、10 = 5.2であるため、「10は5で割り切れる」は真です。

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

上記の概念に基づいて、分割可能性の証明は、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。

回答：

P（n）：n³ + 2n = 3m、ここでm ZZ

P（n）が各nに対して真であることを証明します NN

最初のステップ：

P（1）が真であることを示します
1³ + 2.1 = 3 = 3.1

したがって、P（1）は真です

帰納法のステップ：

P（k）が真であると仮定します。
k³ + 2k = 3m、k NN

P（k + 1）も真であることが示されます。
（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は整数であり、kは自然数であるため、（m + k² + k + 1）は整数です。

たとえば、p =（m + k² + k + 1）、したがって：
（k + 1）³ + 2（k + 1）= 3p、ここで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、n³ + 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

よく使用される不等式のいくつかのプロパティを次に示します。

1. 推移的なプロパティ
a> b> c a> cまたは
a

2. a 0 ac a> bおよびc> 0 ac> bc

3. a a> b a + c> b + c

質問の例に入る前に、まず上記のプロパティを使用して練習し、「P（k）が真の場合、P（k + 1）も真である」という意味を示す方がよいでしょう。

例

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

P（k）がk 5に対して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である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）

上記の不等式の左側から、次のように始めることができます。
4（k + 1）= 4k + 4
4（k + 1）<2^k + 4（4k <2であるため）^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}

遷移特性に基づいて、4（k + 1）<2であると結論付けることができます。^{k + 1}

4kが2に変わる理由^k ?

プロパティ3によると、不等式の両側に同じ数を追加することが許可されているためです。

それは不等式の真理値を変えないからです。原因4k <2^k true、結果は4k + 4 <2^k +4も当てはまります。

4を2に変更する必要があることをどうやって知ることができますか^k ?

また読む：三角形の公式：問題の種類と例

ターゲットに注意してください。

一時的な結果は2です^k + 4、ターゲットは2^k + 2^k.

k 5の場合、4 <4kおよび4k <2^k これは本当なので、4 <2^k も真です（推移的なプロパティ）。これは2になります^k + 4 < 2^k + 2^k true（プロパティ3）。

問題の例

問題1

自然数n4ごとにそれを証明し、適用します
3n <2ⁿ

回答：

P（n）：3n <2ⁿ

P（n）がn 4、nに対して成り立つことを証明します 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）が真であると仮定します。
3k <2^k、k 4

P（k + 1）も真であることが示されます。
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であるため）^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、P（n）が各自然数n4に対して成り立つことが証明されています。

問題2

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

討論：

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）

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

$1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + \ cdots + k ^ 3 +（k + 1）^ 3 +（k + 1）^ 3 = \ frac {1} {4} k ^ 2（k + 1 ）^ 2 +（k + 1）^ 3$ （両側が追加します .

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

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

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

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

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

問題3

自然数n2ごとにそれを証明し、3を適用します。ⁿ > 1 + 2n

回答：

P（n）：3ⁿ > 1 + 2n

P（n）がn 2、nに対して成り立つことを証明します NN

P（2）が真であることを示します。
3² = 9 > 1 + 2.2 = 5

したがって、P（1）は真です

P（k）が真であると仮定します。
3^k > 1 + 2k、k 2

P（k + 1）も真であることが示されます。
3^{k + 1} > 1 + 2（k + 1）

3^{k + 1} = 3(3^k)
3^{k + 1} > 3（1 + 2k）（3のため^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、P（n）が各自然数n2に対して成り立つことが証明されています。

証明してください

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

討論：

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）

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

証明者：

$= \ frac {1} {2} + \ frac {2} {2 ^ 2} + \ frac {3} {2 ^ 3} + \ cdots + \ frac {k} {2 ^ k} + \ frac {k + 1} {2 ^ {k + 1}} = 2- \ frac {k + 2} {2 ^ k} + \ frac {k + 1} {2 ^ {k + 1}}$ （両側に乗算されます $\ frac {k + 1} {2 ^ {k + 1}}$ )

$= 2- \ frac {2（k + 2）} {2 ^ {（k + 1）}} + \ frac {k + 1} {2 ^ {k +1}}$ (2^k 2に変更^{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）

質問4

各自然数n5、2n 3 <2についてそれを証明する^n-2

回答：

P（n）：2n 3 <2^n-2

P（n）がn 5、nに適用されることを証明します 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）が真であると仮定します。
2k 3 <2^k-2、k 5

P（k + 1）も真であることが示されます。
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の原因^k-2)
2（k + 1）3 <2^k-2 + 2^k-2 （原因2 <2k 3 <2^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、P（n）が各自然数n5に対して成り立つことが証明されています。

問題5：

自然数n4ごとに証明し、（n + 1）を適用します！ > 3ⁿ

回答：

P（n）：（ n + 1）！ > 3ⁿ

P（n）がn 4、nに対して成り立つことを証明します NN

P（4）が真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）が真であると仮定します。

（k + 1）！ > 3^k、k 4

P（k + 1）も真であることを示します。
（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）（原因（k + 1）！ > 3^k)
（k + 1 + 1）！ > 3(3^k）（k + 2> 3の原因）
（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、P（n）が各自然数n4に対して成り立つことが証明されています。

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