高校数学B 数学的帰納法による不等式—仮定に加える量と評価の向きを一段ずつ確かめる｜武蔵野個別指導塾

開始番号、仮定からの評価、不等号の向きを一段ずつ確認し、等号の有無や負の数を掛けるときの誤りを点検します。

よくあるのは、高2の高校生が不等式を数学的帰納法で示す途中、両辺に負の数をかけても不等号の向きを変えずに進める場面です。式が似ていても、等式と不等式では置き換えられる方向に違いがあります。まず出発点を確かめ、次に仮定から得られる上限や下限を見ます。最後に、目標との差がどちら向きかを調べると、一段ずつ証明をつなげられます。

要点（結論から）

• 始点で指定された不等号が成り立つか確かめます。
• 任意の k に対する仮定から k + 1 の式を導きます。
• 正負を調べ、不等号を保つ向きに評価します。

どの番号から、何を示すか

不等式の問題では、例えば「すべての自然数 n について成り立つことを示す」「n がある値以上のときに成り立つことを示す」「条件を満たす開始番号を探し、その先を証明する」という問いが出ます。自然数は 1, 2, 3, … とし、0 を含めません。開始番号が 3 なら、示す範囲は 3, 4, 5, … です。1 と 2 にも成り立つかどうかは別に調べます。

記号にも注意します。A > B は等号を含まず、A ≥ B は等号を含みます。最初の番号で A = B なら、A ≥ B は成立しますが、A > B は不成立です。いくつかの値を計算することは開始番号の候補や反例を見つけるために役立ちます。しかし、計算していない番号まで成立する根拠にはなりません。

不等式の左右が有限和や数列の一般項で与えられるときは、n を k + 1 に替えた式を先に書いてください。左辺に追加される項と、右辺が増える量を並べると、仮定を使う位置が見えます。分数があれば、分母が正か負か、0 でないかも確認してから変形します。

成立を次の番号へ運ぶ仕組み

自然数 n に関する主張を P(n) と書きます。ある自然数 m から先を示すには、まず P(m) を直接確かめます。次に、任意の自然数 k ≥ m について P(k) が成り立つと仮定し、その仮定から P(k + 1) を導きます。出発点と一段のつながりがそろえば、P(m), P(m + 1), P(m + 2), … が成り立ちます。

図1のように、出発点と次へ進む矢印は別の確認です。矢印だけがあっても、初めの主張が誤りならその列を始められません。また、初めが正しくても、次へのつながりが示されなければ先の番号を保証できません。

仮定 P(k) は、k の式に対して使います。示すべき P(k + 1) を初めから使うと、結論を先取りしてしまいます。k は特定の 1 個に限定せず、k ≥ m を満たす任意の自然数として扱います。証明の中で利用する k の範囲は、差の符号を判定する際にも効いてきます。

不等式 A ≥ B の両辺に同じ数を足すと向きは保たれます。正の数をかけても向きは保たれますが、負の数をかけると逆向きになり、0 をかけると両辺は等しくなります。A > B でも同じです。ただし 0 をかけた場合は、もとの厳密な不等号を保てません。両辺が正で逆数を取る場合も向きは逆になります。

目標の左辺を L、右辺を R とすると、L − R ≥ 0 を示せば L ≥ R が得られます。L − R > 0 なら L > R です。差が 0 となる番号があるとき、≥ から > を結論してはいけません。逆に、仮定で等号を許していても、次の段階で正の余りが加われば厳密な不等式を得られることがあります。

基本：増える量を比べる

問題　すべての自然数 n について、2ⁿ ≥ n + 1 を数学的帰納法で証明してください。ここで 2ⁿ は 2 の n 乗です。

n = 1 では左辺も右辺も 2 です。したがって等号を含む主張は出発点で成立します。図2のように、次の左辺は仮定の左辺を 2 倍したものです。2 は正なので、不等号の向きを保って 2 倍できます。

任意の自然数 k ≥ 1 に対して、2ᵏ ≥ k + 1 が成り立つと仮定します。次の番号で目標となるのは 2ᵏ⁺¹ ≥ k + 2 です。仮定を使って次のように評価します。

2ᵏ⁺¹ = 2・2ᵏ
       ≥ 2(k + 1)
       = k + 2 + k
       ≥ k + 2

最初の不等号は仮定の両辺を正の 2 倍にしたものです。最後は k ≥ 1 なので k が正であることによります。よって P(k + 1) が成立し、帰納法により n ≥ 1 で示されました。

等号についても確認します。n = 1 では等号です。一方、k ≥ 1 のとき 2(k + 1) − (k + 2) = k > 0 なので、次の番号では左辺が右辺より大きくなります。したがって n ≥ 2 では 2ⁿ > n + 1 です。等号を含む仮定と、次に得られる厳密な結論は両立します。

失敗しやすいのは、2ᵏ ≥ k + 1 を 2ᵏ ≤ k + 1 と取り違えて上から評価することです。仮定が与えるのは左辺の下限です。次の左辺を目標以上にしたいので、下限をさらに目標と比べる向きが必要です。例えば k = 1 を代入しても両辺は等しいため、向きの誤りに気づきにくい点にも注意してください。

標準：和に加える項と右辺の増分

問題　Sₙ = 1 + 1/2 + 1/3 + … + 1/n とします。すべての自然数 n について Sₙ ≥ 2n/(n + 1) を数学的帰納法で証明してください。分母の n と n + 1 は自然数の範囲で正です。

n = 1 のとき、S₁ = 1、右辺は 2/(1 + 1) = 1 です。よって P(1) は等号で成立します。任意の自然数 k ≥ 1 で Sₖ ≥ 2k/(k + 1) と仮定します。Sₖ₊₁ は Sₖ に 1/(k + 1) を足した有限和です。

Sₖ₊₁ = Sₖ + 1/(k + 1)
       ≥ 2k/(k + 1) + 1/(k + 1)
       = (2k + 1)/(k + 1)

ここで目標の右辺は 2(k + 1)/(k + 2) です。似た式だからといって同じとはできません。下限から目標を引き、分母が正であることを使って符号を調べます。

(2k + 1)/(k + 1) - 2(k + 1)/(k + 2)
= {(2k + 1)(k + 2) - 2(k + 1)²}/((k + 1)(k + 2))
= k/((k + 1)(k + 2))
> 0

k ≥ 1 より分子も分母も正です。よって Sₖ₊₁ > 2(k + 1)/(k + 2) であり、求める ≥ も成り立ちます。初期成立と合わせ、すべての自然数で証明できました。n = 2 以降は、この議論によって厳密な不等式です。

別の見方では、右辺の増分を調べます。2(k + 1)/(k + 2) − 2k/(k + 1) は 2/((k + 1)(k + 2)) です。新しく足す 1/(k + 1) は、k ≥ 1 のときこの増分より大きいので、もとの余裕は失われません。両方の分母が正という条件は、この比較でも必要です。

一方、追加する項が正であることだけでは証明が終わりません。右辺も増えるので、左辺が増えたという事実と、右辺まで届くという事実は別です。また Sₖ の正確な値を 2k/(k + 1) と置くことはできません。仮定は下限を述べる不等式であり、等式ではないからです。

発展：始点が失敗するときの立て直し

問題　自然数 n について 2ⁿ > n² が成り立つ最小の開始番号 m を求め、すべての n ≥ m で成り立つことを数学的帰納法で証明してください。m は自然数で示します。

まず開始候補の前後を直接計算します。n = 1 では 2 > 1、n = 2 では 4 = 4、n = 3 では 8 < 9、n = 4 では 16 = 16 です。n = 5 では 32 > 25 です。途中で失敗しているので、n = 1 で成立した事実を全体の証明に使うことはできません。5 から先を証明できれば、m ≤ 4 のどの候補の範囲にも失敗する n = 4 が入るため、最小の開始番号は 5 と決まります。

n = 5 の成立は確認済みです。任意の自然数 k ≥ 5 に対して 2ᵏ > k² と仮定します。2 は正なので、両辺を 2 倍して向きは変わりません。目標は 2ᵏ⁺¹ > (k + 1)² です。

2ᵏ⁺¹ = 2・2ᵏ
       > 2k²

ここで 2k² が目標以上かを差で調べます。

2k² - (k + 1)² = k² - 2k - 1
                 = (k - 1)² - 2
                 ≥ 16 - 2
                 = 14
                 > 0

k ≥ 5 なので k − 1 ≥ 4 であり、両方が非負なので二乗後も (k − 1)² ≥ 16 です。したがって 2ᵏ⁺¹ > 2k² > (k + 1)² です。帰納法で n ≥ 5 の範囲が示され、先ほどの n = 4 の不成立と合わせて m = 5 です。

この問題では、n = 1 に戻して帰納法を始めることはできません。実際に n = 2 で等号となり、求める > は不成立です。成り立つ番号が飛び飛びに見つかっても、その次に成り立つとは限りません。開始番号を変えるときは、変えた範囲での初期成立と、そこでの仮定から次への推論を両方書き直します。

誤答をほどいて向きを直す

基本例題の仮定 2ᵏ ≥ k + 1 を使い、次のように書いたとします。

-2ᵏ ≥ -(k + 1)

これは不等号の向きが誤りです。図3のように、負の数をかけると大小が入れ替わるので、正しくは -2ᵏ ≤ -(k + 1) です。例えば k = 2 なら、仮定は 4 ≥ 3、正しい変形は -4 ≤ -3 です。誤った向きの -4 ≥ -3 は成立しません。

修正の手順は、何をかけたかを明記してから向きを決めることです。負の値を含む式で割る場合も同様で、符号が場合によって変わるなら場合分けが必要です。0 で割ることはできません。符号が未確定のまま両辺を割るより、差を展開して符号を調べる方法が使えることもあります。

もう一つの誤りは、目標の P(k + 1) を書き、そこから正しい P(k) を導いて「証明できた」とすることです。P(k + 1) なら P(k) が従うとしても、逆向きは一般にいえません。目標から逆算して必要な評価を探すことはできますが、答案では既知の仮定から目標へ向かう矢印を示します。等号や同値が成立する条件まで確かめた場合に限り、逆向きの議論を戻せます。

練習：証明の継ぎ目を確かめる5問

以下の n は自然数です。各問で開始番号、仮定、次の番号の証明を示してください。結果を確かめるために数項を計算しても、それだけで証明を終えないようにします。

1. すべての n について 4ⁿ ≥ 3n + 1 を証明し、等号となる自然数 n を求めてください。
2. すべての n について 1 + 1/3 + 1/5 + … + 1/(2n − 1) ≥ n/(2n − 1) を証明してください。左辺は奇数の逆数を n 項足した和です。
3. すべての n ≥ 2 について 5ⁿ > 4n + 1 を証明してください。
4. 不等式 2ⁿ ≥ 3n が、すべての n ≥ m で成り立つような最小の自然数 m を求め、帰納法で証明してください。
5. a₁ = 1、aₙ₊₁ = aₙ + 2n + 2 と定めます。すべての n について aₙ ≥ n² を証明し、等号となる自然数 n を求めてください。

練習の解答と途中の理由

1. n = 1 では 4 = 3 + 1 です。任意の k ≥ 1 について 4ᵏ ≥ 3k + 1 と仮定し、正の 4 をかけます。

4ᵏ⁺¹ = 4・4ᵏ
       ≥ 4(3k + 1)
       = 12k + 4
       = 3(k + 1) + 1 + 9k
       > 3(k + 1) + 1

k > 0 なので最後は厳密な不等式です。帰納法により全自然数で成立し、n ≥ 2 では厳密な不等式です。元の式に戻すと、等号は n = 1 です。

2. 左辺を Tₙ とします。n ≥ 1 では 2n − 1 > 0 です。n = 1 では T₁ = 1 = 1/(2 − 1) なので成立します。任意の k ≥ 1 で Tₖ ≥ k/(2k − 1) と仮定すると、次の項の分母 2k + 1 も正です。

Tₖ₊₁ = Tₖ + 1/(2k + 1)
       ≥ k/(2k - 1) + 1/(2k + 1)
       > k/(2k + 1) + 1/(2k + 1)
       = (k + 1)/(2k + 1)

途中の > は、正の k について 2k − 1 < 2k + 1 だから、逆数の大小が逆になることによります。右端は次の番号の右辺です。帰納法により主張が成り立ちます。例えば第2項までの和に戻すと 1 + 1/3 = 4/3 ≥ 2/3 です。

3. n = 2 では 25 > 9 です。任意の k ≥ 2 で 5ᵏ > 4k + 1 と仮定します。5 は正なので、

5ᵏ⁺¹ = 5・5ᵏ
       > 5(4k + 1)
       = 20k + 5
       = 4(k + 1) + 1 + 16k
       > 4(k + 1) + 1

k ≥ 2 より 16k > 0 です。したがって n ≥ 2 で成立します。初期値も指定された範囲に戻して確認できています。

4. n = 4 では 16 ≥ 12、n = 3 では 8 < 9 です。m = 4 を候補とします。任意の k ≥ 4 で 2ᵏ ≥ 3k と仮定すると、

2ᵏ⁺¹ = 2・2ᵏ
       ≥ 6k
       = 3(k + 1) + 3(k - 1)
       ≥ 3(k + 1)

k − 1 ≥ 0 なので次へ進めます。n ≥ 4 で成立し、m ≤ 3 なら不成立の n = 3 が範囲に入るため、最小の m は 4 です。n = 4 で左右が 16 と 12 に戻ることも確かめられます。

5. n = 1 では a₁ = 1² です。任意の k ≥ 1 で aₖ ≥ k² と仮定します。与えられた漸化式をそのまま使うと、

aₖ₊₁ = aₖ + 2k + 2
       ≥ k² + 2k + 2
       = (k + 1)² + 1
       > (k + 1)²

よって全自然数で aₙ ≥ n² です。さらに n ≥ 2 では厳密に大きいため、等号は n = 1 です。元の条件から a₂ = 1 + 2 + 2 = 5 となり、5 > 2² と合います。一般項を求めなくても、漸化式と仮定から必要な評価を得られます。

要点を短く整理

• 始点で指定された不等号が成り立つか確かめます。
• 任意の k に対する仮定から k + 1 の式を導きます。
• 正負を調べ、不等号を保つ向きに評価します。
• 目標との差と等号の有無を最後まで確認します。

どこで止まったかを見つける

初期値の計算が合わないときは、不等号に等号が含まれるか、開始番号を問題から読み違えていないかを見ます。最初は成立するのに次へ進めないときは、仮定から得た下限または上限と目標を別々に書き、その差の符号を調べます。差が期待した符号でないなら、その評価では目標まで届かない可能性があります。

個別指導で確かめるなら、生徒が書いた行を指し、どの仮定をどの数倍にしたか、加えた項が何かを言葉にしてもらいます。負の係数や分母が現れた行では、先に符号を判定し、向きを実際の数でも確かめます。次の番号に到達する一行が示せれば、帰納法の証明は根拠を持って先へ進みます。