数学的帰納法：材料、問題の例、証明

数学的帰納法は、秩序だった数の集合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、自然数や自然数の空でないサブセットです。

注意する必要があります： その数学的帰納法は、ステートメントまたは式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。 そして、数学的帰納法は公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、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がどのように機能するかを知る最も簡単な方法は、ドミノ効果を観察することです。

「すべてのドミノがいつ落ちるのか」という質問から始めることができます。

上記のすべてのドミノが倒れるには、2つの条件を満たす必要があります。

最初： ドミノ1は落ちる必要があります.

第二に：落下する各ドミノで、次に正確に1つのドミノがドロップするのは事実です。

つまり、ドミノ1が落下した場合、ドミノ2が落下し、ドミノ2が落下した場合、ドミノ3が落下する必要があります。

一般的に、私たちはいつ言うことができます ドミノkが落ちるとドミノ（k + 1）も落ちる そして、この意味はすべてのドミノに当てはまります。

上記の2つの条件が満たされている場合、すべてのドミノが落下することは確実です。

数学的帰納法の原則

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つの条件を満たすことができる場合、n個の自然数のそれぞれに当てはまります。

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

1. P（m）は真です。つまり、n = mの場合、P（n）は真です。
2. 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。

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、 帰納法の仮説.

P（k + 1）が真であることを示すために、次のように始めることができます。 仮説。 つまり、P（k）が真であるという仮定から、または 結論、つまり、P（k + 1）自体から。

数学的帰納法の証明の段階

上記の説明から、数学的帰納法の証明の手順は次の順序で実行できます。

1. 最初のステップ：P（1）が真であることを示します。
2. 帰納法：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。
3. 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:

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）も真であることが示されます。
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:
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

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3：

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:

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 a 整数で割り切れる b 整数が見つかったとき m だからそれは起こります a = bm.

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4：

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:

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

以下は、よく使用される不等式のプロパティの一部です。

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、最初に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1：

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。

どうやって知るのか、 その4 に変更する必要があります 2^k?

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）。

例2：

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

最初のステップ:

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

帰納法

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。

例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

最初のステップ:

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

帰納法:

P（k）が真であると仮定します。
3^k > 1 + 2k、k 2

P（k + 1）も真であることを示します。
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。

例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

最初のステップ：

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

帰納法のステップ：

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。

例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

最初のステップ:

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
帰納法:

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。

したがって、今回は簡単なレビューをお伝えします。 うまくいけば、上記のレビューはあなたの研究資料として使用することができます。