高校数学B 数学的帰納法による等式の証明—仮定を使う一行を示して次の番号へ橋を架ける｜武蔵野個別指導塾

有限和の末項を足す操作と漸化式への代入を通じ、仮定から次の等式へ進む数学的帰納法の道筋を描きます。

よくあるのは、高2の高校生が次の番号で証明すべき等式を、すでに成り立つものとして計算を始める場面です。形が似ているため、仮定と目標を取り違えると、式が整っていても証明の根拠が欠けます。どの番号の等式を使い、次の番号の左辺をどう変えるのかを、1行ずつ追いましょう。

要点（結論から）

• 開始番号で等式の両辺を直接調べます。
• 任意の k で P(k) を仮定し、P(k+1) を目標にします。
• 目標の左辺を仮定が使える形に直します。

何を示す問題なのか

等式の証明には、有限和の公式を示す問題と、漸化式で定まる数列の一般項を示す問題があります。前者では次の和が元の和に末項を1つ加えたものです。後者では次の項を漸化式で表し、現在の項に仮定を代入します。いずれも、仮定が現れる位置を探すことから始めます。

もう1つの出方は、最初の番号が1ではない等式です。例えば2以上を対象とするなら、最初に調べるのは2です。1で成り立つかどうかは、その命題の対象範囲を決める条件とは別です。問題文に自然数と書かれた範囲、和の始まりと終わり、漸化式が使える番号を、計算前に控えておきます。

数項を計算して一致すれば式の候補を探す手掛かりになります。たとえば途中式の指数が1つずれていれば、最初の2項を代入した段階で気づけることがあります。候補を修正した後は、開始番号と任意の番号から次へ進む推論を改めて書きます。しかし有限個の確認では、それより先の番号に例外がないことは示せません。逆に、最初の値が違えばその範囲の命題は成立しないので、先へ進む前に範囲や計算を見直します。

仮定と目標を分ける

自然数 n についての主張を P(n) と書きます。開始番号を自然数 m とすると、数学的帰納法では次の2点を示します。

1. P(m) が成り立ちます。
2. m 以上の任意の自然数 k について、P(k) が成り立つと仮定すると P(k+1) も成り立ちます。

この2点から、m 以上のすべての自然数で P(n) が成り立ちます。最初の成立が出発点であり、2点目は隣の番号へ進むためのつながりです。例えば P(2) から P(3)、さらに P(4) と進めます。2点目の k は特定の値に固定せず、対象範囲の任意の自然数とします。

図1のように、仮定は現在の番号、目標はその次の番号です。矢印は自動で成立するものではなく、式変形で示すべき部分です。

有限和を扱う場合、k+1 の左辺は k までの和と新しい第 k+1 項に分けられます。k までの和に P(k) を使い、残った項を加えて P(k+1) の右辺へ変形します。左辺と右辺の両方を勝手に同時に変えるより、目標の左辺から出発して仮定の箇所を明記すると、論理を追いやすくなります。

一般項の場合は、数列の初期値と漸化式が定める範囲を先に調べます。aₖ の式を仮定しても、aₖ₊₁ の式は仮定できません。漸化式に aₖ の式を代入し、目標の形へ直す必要があります。式に分母があれば、対象範囲で0にならないことも確かめます。

基本例題：奇数の和をつなぐ

自然数 n に対し、次の等式を数学的帰納法で証明します。

1 + 3 + 5 + … + (2n - 1) = n²

左辺は第 j 項が 2j − 1 の、初項から第 n 項までの和です。n=1 では項は1つです。図2のように、k+1 項までの和は k 項までの和に 2k+1 を足して作ります。

まず n=1 のとき、左辺は1、右辺も1²=1です。したがって最初の等式は成り立ちます。

次に、任意の自然数 k について、次が成り立つと仮定します。

1 + 3 + … + (2k - 1) = k²

証明したいのは、この式の n を k+1 にした等式です。その左辺は、仮定の左辺の末尾に 2(k+1)-1 を加えたものです。

1 + 3 + … + (2k - 1) + (2k + 1)
= k² + (2k + 1)     （帰納法の仮定）
= k² + 2k + 1
= (k + 1)²

最後の式は k+1 を右辺の n に代入した値です。よって P(k) から P(k+1) が導かれます。最初の成立と合わせ、求める等式はすべての自然数 n で成り立ちます。

最初に n=2 を調べると左辺は1+3=4、右辺も2²=4です。これは計算の点検にはなりますが、任意の k に対する上の推論に代わるものではありません。新しく加える項を 2k-1 とすると同じ項を二度足すことになるので、k+1 を一般項に代入してから書きます。

標準例題：初項と漸化式に戻す

数列 aₙ を a₁=4、aₙ₊₁=2aₙ+3（n は自然数）で定めます。すべての自然数 n について、aₙ=7・2ⁿ⁻¹-3 を証明します。指数の ⁿ⁻¹ は n-1 を表します。

初期値では次のようになります。

7・2⁰ - 3
= 7 - 3
= 4
= a₁

よって n=1 で成立します。次に任意の自然数 k で aₖ=7・2ᵏ⁻¹-3 と仮定します。漸化式は k でも使えるため、次の項は次のように変形できます。

aₖ₊₁ = 2aₖ + 3
= 2(7・2ᵏ⁻¹ - 3) + 3     （帰納法の仮定）
= 14・2ᵏ⁻¹ - 6 + 3
= 7・2ᵏ - 3

これは一般項の n に k+1 を入れた 7・2⁽ᵏ⁺¹⁾⁻¹-3 と同じです。初期値と次への推論がそろったので、示した式は自然数 n の範囲で成り立ちます。

元の条件に戻すと、a₂=2・4+3=11、一般項からも7・2-3=11です。これは指数のずれを見つける点検です。もし a₁ の確認が失敗した場合は、次への変形が成立しても、与えられた数列の一般項とは結論できません。初期値と候補の指数を再確認します。

発展例題：途中から始まる有限和

整数 n が2以上のとき、次の等式を証明します。

2・3 + 3・4 + … + n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)/3 - 2

左辺は j=2 から n までの j(j+1) の和です。開始番号は2なので、n=2 を調べます。

左辺 = 2・3 = 6
右辺 = 2・3・4/3 - 2 = 6

右辺の分母は定数3で、0ではありません。n=2 で成立します。2以上の任意の整数 k で次の等式を仮定します。

2・3 + 3・4 + … + k(k + 1)
= k(k + 1)(k + 2)/3 - 2

次に加える項は (k+1)(k+2) です。k+1 までの左辺から始め、仮定を使います。

2・3 + … + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2)
= k(k + 1)(k + 2)/3 - 2 + (k + 1)(k + 2)
= (k + 1)(k + 2)(k + 3)/3 - 2

最後の式は目標の右辺です。したがって2以上の任意の整数で等式が成り立ちます。n=3 では左辺が6+12=18、右辺が3・4・5/3-2=18で、元の和に戻して点検できます。

別の方法として、j(j+1) を j²+j に分け、二乗和と自然数の和を使うこともできます。その場合は1からの和から j=1 の項2を引きます。公式を用いる際は上端が自然数であることを確認し、開始が2であることを反映します。帰納法なら公式を使わずに隣接する和の関係から進められます。

誤答を直す：結論を先に置かない

基本例題で、k+1 の場合を証明するために次を書いたとします。

1 + 3 + … + (2k + 1) = (k + 1)²

この行は目標そのものです。説明なしに等号を置いても、k の場合から導いたことにはなりません。図3のように、目標を左辺と右辺に分け、左辺を仮定が使える形に直します。

修正すると、左辺を「k 項までの和 + 2k+1」と書き、和の部分に限って k² を代入します。その後、平方の形に整理して初めて目標の等式が得られます。目標を確認のために書くときは「示したい式」と明記し、成立済みの式と区別します。

もう1つの失敗は、k から k+1 への変形だけを示し、開始番号を調べないことです。仮に次へ進むつながりが正しくても、出発点がなければ最初の命題が成立するとは限りません。また n=1 で成立しても次へのつながりがなければ、それ以降を結論できません。2つの確認は互いの代わりにならないため、答案に両方を残します。

練習問題

次の5問はすべて自作です。それぞれ指定の等式を数学的帰納法で証明してください。和は書かれた始項から末項までの有限和です。

1. 自然数 n について、2 + 4 + … + 2n = n(n+1) を証明してください。
2. 自然数 n について、1 + 2 + 2² + … + 2ⁿ⁻¹ = 2ⁿ-1 を証明してください。
3. a₁=5、aₙ₊₁=3aₙ-2（n は自然数）で定まる数列について、aₙ=4・3ⁿ⁻¹+1 を証明してください。
4. 3以上の整数 n について、3 + 4 + … + n = n(n+1)/2 − 3 を証明してください。
5. 自然数 n について、1・2 + 2・3 + … + n(n+1) = n(n+1)(n+2)/3 を証明してください。

練習問題の答えと解き方

1. n=1 では左辺2、右辺1・2=2です。任意の自然数 k で k 項までの等式を仮定すると、次の項は2(k+1)です。

2 + 4 + … + 2k + 2(k + 1)
= k(k + 1) + 2(k + 1)
= (k + 1)(k + 2)

これは n=k+1 の右辺です。開始と次への推論から成立します。n=2 の元の和は2+4=6で、式も2・3=6です。新しい項を2kとする誤りは、次の番号の代入で防げます。

2. n=1 では左辺1、右辺2-1=1です。任意の自然数 k で左辺が2ᵏ-1と仮定すると、次の項は2ᵏです。

1 + 2 + … + 2ᵏ⁻¹ + 2ᵏ
= (2ᵏ - 1) + 2ᵏ
= 2・2ᵏ - 1
= 2ᵏ⁺¹ - 1

目標の右辺に一致するので、自然数 n で成立します。n=2 の和は1+2=3、式も4-1=3です。初項の指数が0なので、n 項の末項の指数は n-1 です。2ⁿ をすでに含むと数えた場合は項数を数え直します。

3. n=1 では候補は4・3⁰+1=5で初期値と一致します。任意の自然数 k に対し aₖ=4・3ᵏ⁻¹+1 と仮定します。

aₖ₊₁ = 3aₖ - 2
= 3(4・3ᵏ⁻¹ + 1) - 2
= 4・3ᵏ + 1

これは n=k+1 の候補です。したがって求める式が成り立ちます。元の漸化式では a₂=3・5-2=13、候補でも4・3+1=13です。定数項を3倍し忘れると一致しないので、括弧ごと代入します。

4. n=3 では左辺3、右辺3・4/2-3=3です。2は0でないため分母として使えます。3以上の任意の整数 k で等式を仮定し、k+1 を加えます。

3 + 4 + … + k + (k + 1)
= k(k + 1)/2 - 3 + (k + 1)
= (k + 1)(k + 2)/2 - 3

目標に一致します。n=4 では元の和が3+4=7、右辺も4・5/2-3=7です。n=1 を開始点にすると、問題の範囲と和の書き方が一致しないため、まず n=3 を調べます。

5. n=1 では左辺1・2=2、右辺1・2・3/3=2です。任意の自然数 k で成り立つと仮定し、次の項を足します。分母の3は0ではありません。

1・2 + … + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2)
= k(k + 1)(k + 2)/3 + (k + 1)(k + 2)
= (k + 1)(k + 2)(k + 3)/3

これは n=k+1 の右辺です。初期成立と合わせて証明できました。n=2 の元の和は2+6=8、式も2・3・4/3=8です。因数をくくる際に3を足し忘れたら、通分して係数を見直します。

要点

• 開始番号で等式の両辺を直接調べます。
• 任意の k で P(k) を仮定し、P(k+1) を目標にします。
• 目標の左辺を仮定が使える形に直します。
• 初期成立と次への推論の両方から結論します。

手が止まったときの確認

仮定を使う行が見つからないときは、目標の左辺に含まれる和を k 項までと次の1項に分けます。漸化式なら aₖ₊₁ を条件で書き換えてから、aₖ に仮定を代入します。目標の右辺から逆向きに必要な形を探すことはできますが、その探索をそのまま証明とせず、等号の根拠を順に書き直します。

個別指導で確認するなら、どの番号を仮定したかを口に出し、次に加える項を一般項へ k+1 を代入して求めるところから点検できます。開始番号の代入で左右が違う場合は、計算、式の写し、対象範囲の順に調べます。仮定から目標への一行が、等式の証明を支えます。