2019年02月08日更新
数学的帰納法はこれでマスター!基本から大学入試レベルの問題の解き方まで徹底解説!
証明が苦手な方なら数学的帰納法はすごい難しいことをしているように見えるのではないでしょうか?しかし、その仕組みを理解すれば意外と簡単なんですよ。本記事では、数学的帰納法の基本や仕組み、問題の解き方について分かりやすく解説していきます。

数学的帰納法って…?

数学的帰納法とは、自然数nに関する命題P、等式、不等式が全ての自然数に対して成立することを証明する方法の1つです。


ちょっと難しい表現なので、言葉の意味を簡単に確認してから具体的な方法についてみていきたいと思います。


まず、「自然数nに関する命題P、等式、不等式」は

$$\begin{align}① 1^2+\cdot\cdot\cdot +(2n-1)^{2}=\frac{1}{3}n(2n-1)(2n+1)\end{align}$$

というような等式、または不等式の形で与えられることもあれば、

$$\begin{align}② 5^{n}-2^{n}は3の倍数\end{align}$$

というような文章で表現される場合もあります。


そして、「全ての自然数に対して成立することを証明する」は


①であれば(左辺)=(右辺)

②であれば(与式)=3×□

となることを数学的に証明していくことを意味します。


数学的帰納法は、この「数学的に証明していく」というところで使うんです。


では、どうやって証明していくのか?

具体的にその方法をみていきましょう。

数学的帰納法では、命題Pが全ての自然数nに対して成り立つことを次の3ステップで証明していきます。


①n=1のとき、命題Pが成り立つことを示す。

方法:命題Pのnの最小値を代入し、(左辺)=(右辺)となることを説明します。


②n=kのとき、命題Pが成り立つことを仮定する。

方法:命題Pのnに「k」を代入した式を書き、その式が成り立つと仮定します。


③n=k+1のとき、命題Pが成り立つことを示す。

方法:命題Pのnに「k+1」を代入し、②を利用して式を変形することで命題Pを証明します。


手順は以上です。


例えば、

$$\begin{align}『5^{n}-2^{n}は3の倍数を証明せよ』\end{align}$$

という問題であったら、まずはn=1を代入して、

$$\begin{align}5^{1}-2^{1}=3\end{align}$$

これで①のステップが完了です。


次に、n=kを代入した時に命題が成り立った場合の式を立てます。

3の倍数というのは3×m(m:自然数)で表せるので、

$$\begin{align}5^{k}-2^{k}=3m…☆\end{align}$$

という式を立て、これが成り立つと仮定することを宣言して②のステップが完了です。


あとは☆を利用して、n=k+1を代入した式、

$$\begin{align}5^{k+1}-2^{k+1}\end{align}$$

をn=kの時の式を利用して3の倍数(3×□)の形で表せたら③のステップが完了となり、証明の完成です。


だいだいの流れは分かりましたか?

問題によって解き方は変わってきましたが、基本的な流れを理解しておけば数学的帰納法はパズルを解く感覚で取り組めますよ!

数学的帰納法の仕組み

さて、ここまで数学的帰納法の手順を解説してきましたが、こんな疑問を抱く方も少なくないのではないでしょうか。


なぜ数学的帰納法で全ての自然数nについて命題が成り立つことを証明できるの?


ここではその疑問の答えを簡単に説明していきます。


ある命題P(n)について、

①P(1)が成り立つ

②P(1)が成り立つと仮定すると、P(2)も成り立つ

③P(2)が成り立つと仮定すると、P(3)も成り立つ

④P(3)が成り立つと仮定すると、P(4)も成り立つ

この4つのことを示せばn=1,2,3,4のとき命題P(n)が成り立つといえますね。


①でP(1)が成り立つことを示しているので、仮定を利用して成り立つことを示した②、③、④も連鎖的に成り立つということです。


しかし、この調子で全ての自然数nについて証明するのはちょっと大変ですよね?


そこで、②③④のn=2,3,4にあたる部分を1から始まる自然数kを使って書きかえてみましょう。


P(k)が成り立つと仮定すると、P(k+1)も成り立つ』…☆


このkは1,2,3,4,…,nまで自由にとれるので、②③④のように具体的な数字をいれなくても、n=1の場合を示した後に☆を示すことができれば、全ての自然数について命題P(n)が成り立つことを示すことができるんです。


言いかえれば、命題P(n)について、ある自然数kと次の自然数k+1との間にある規則について証明すれば、その規則に基づいて命題P(n)が全ての自然数に関して成り立つというわけです。


☆は「規則」について説明する段階といったところでしょう。


この仕組みを心に留めて、次項目で説明する問題の解き方をご覧ください。

どんな問題のパターンでも数学的帰納法を使って何をしている把握しやすくなります。


数学的帰納法の使い方

数学的帰納法の証明問題はいろいろあります。

ここでは大学入試でよく出る4つの問題パターンをみていきましょう。

例題(整数の性質の証明)

【問題】

$$\begin{align}2n^3+3n^2+n(=P(n))は6の倍数であることを証明せよ。\end{align}$$

【解き方&解説】

目指すべき結論はn=kのときにP(n)が6×□の形になることを仮定したとき、n=k+1のときもP(n)が6×△の形になることです。


(Ⅰ)n=1のとき

$$\begin{align}P(1)=2×1^3+3×1^2+1=6\end{align}$$

P(1)が6の倍数(6×1)になるので、P(n)はn=1で成り立ちます。


(Ⅱ)n=kのとき

$$\begin{align}2k^3+3k^2+k=6m…☆ (m:自然数)\end{align}$$

が成り立つと仮定すると、

n=k+1のとき、

$$\begin{align}P(k+1)=2(k+1)^3+3(k+1)^2+1\end{align}$$
$$\begin{align}=2(k^3 + 3k^2 +3k +1) + 3(k^2 +2k +1) +(k+1)\end{align}$$
$$\begin{align}=2k^3 + 9k^2 + 13k + 6…(※)\end{align}$$

ここで、☆を利用するために式を変形します。

$$\begin{align}=(2k^3+3k^2+k)+6k^2 + 12k +6 \end{align}$$
$$\begin{align}=6m+6(k^2+2k+1)\end{align}$$
$$\begin{align}=6(m+k^2+2k+1)\end{align}$$

P(n)はn=kが成り立つと仮定すると、n=k+1のときも6の倍数であることが示せました。


以上より、全ての自然数nについてP(n)は6の倍数だと証明できました。


(※)まではただ計算するだけでしたが、その後の☆を利用して式変形する部分が少し難しく感じるのではないでしょうか。


この部分は、ある程度慣れが必要です。


最後のステップ(n=k+1)の段階になったら、

どうやってn=kの時の式を利用するか

どう式変形したら証明の結論にもっていけるか

ということを考えながら証明を進めていくといいですよ。

例題(等式の証明)

【問題】

次の等式を証明せよ。

$$\begin{align}\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdot\cdot\cdot +\frac{n}{2^{n}}=2-\frac{n+2}{2^{n}}\end{align}$$

【解き方&解説】

目指すべき結論はn=kのときに等式が成り立つと仮定したとき、n=k+1のときも等式が成り立つことです。

$$\begin{align}\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdot\cdot\cdot +\frac{n}{2^{n}}=2-\frac{n+2}{2^{n}}…①\end{align}$$

とおいて証明を始めましょう。


(Ⅰ)n=1のとき

$$\begin{align}(①の左辺)=\frac{1}{2}\end{align}$$
$$\begin{align}(①の右辺)=2-\frac{1+2}{2^{1}}=\frac{1}{2}\end{align}$$

(左辺)=(右辺)なので、n=1のとき①は成り立ちます。


(Ⅱ)n=kのとき、

$$\begin{align} \frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdot\cdot\cdot +\frac{k}{2^{k}}=2-\frac{k+2}{2^{k}}…②\end{align}$$

が成り立つと仮定して、

n=k+1のときの、

$$\begin{align}\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdot\cdot\cdot +\frac{k+1}{2^{k+1}}=2-\frac{(k+1)+2}{2^{k+1}}…③\end{align}$$

が成り立つことを示します。

②が利用できるように③の左辺を書きかえみましょう。

$$\begin{align}(\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdot\cdot\cdot +\frac{k}{2^{k}})+\frac{k+1}{2^{k+1}}…③´\end{align}$$

省略していた部分を書くと、②にあたる式がみえてきましたね。

③´に②を代入すると、

$$\begin{align}(\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\cdot\cdot\cdot +\frac{k}{2^{k}})+\frac{k+1}{2^{k+1}}\end{align}$$
$$\begin{align}=2-\frac{k+2}{2^{k}}+\frac{k+1}{2^{k+1}}\end{align}$$
$$\begin{align}=2-\frac{2(k+2)}{2^{k+1}}+\frac{k+1}{2^{k+1}}\end{align}$$
$$\begin{align}=2-\frac{2(k+2)-(k+1)}{2^{k+1}}\end{align}$$
$$\begin{align}=2-\frac{(k+1)+2}{2^{k+1}}\end{align}$$

したがって、n=k+1のときも①は成り立ちます。

以上より、①は全ての自然数nについて成り立つことを証明できました。

例題(不等式の証明)

【問題】

$$\begin{align}nが5以上の自然数のとき、不等式2^n>n^2が成り立つことを証明せよ。\end{align}$$
$$\begin{align}2^n>n^2 (n≧5)…①\end{align}$$

【解き方&解説】

「nが5以上の自然数」ということなので、最小の数n=5から証明を始めます。


命題は1ではない数からはじまる全ての自然数nについて証明することもあるので、命題において最小の数が何かを証明する前に必ず確認するようにしてください。

(Ⅰ)n=5のとき、

$$\begin{align}(①の右辺)=5^2=25\end{align}$$
$$\begin{align}(①の左辺)=2^5=32\end{align}$$

(左辺)>(右辺)なので、①は成り立ちます。


(Ⅱ)n=k(k≧5)のとき、

$$\begin{align}2^k>k^2…②\end{align}$$

が成り立つと仮定して、

n=k+1のときの、

$$\begin{align}2^{k+1}>(k+1)^{2}…③\end{align}$$

が成り立つことを示していきます。


②⇒③へと式変形する流れがちょっと難しそうですね。

式変形でとまどった時は、まず右辺か左辺どちらか一方を結論に近づけることを考えてみてください。


ここでは左辺に注目してみましょう。

$$\begin{align}2^k(②の左辺)から2^{k+1}(③の左辺)へと変形するためには2を掛ければいいので、②より、\end{align}$$
$$\begin{align}2^k×2>k^2×2\end{align}$$
$$\begin{align}2^{k+1}>2k^2…②´\end{align}$$

これで左辺は結論と一致しました。次は右辺です。

ただ、

$$\begin{align} 2k^2(②´の右辺)から(k+1)^{2}(③の右辺) \end{align}$$

へと変形するために何かの数を足したり掛けたりすると、せっかく結論と一致した左辺が変わってしまいますね。


このように、式変形で結論に近づくのは難しいと判断した時は大小比較を試してみます。

$$\begin{align}2k^2-(k+1)^{2}\end{align}$$
$$\begin{align}=2k^2-(k^2+2k+1)\end{align}$$
$$\begin{align}=k^2-2k-1\end{align}$$
$$\begin{align}=k(k-2)-1\end{align}$$

k≧5なので、

$$\begin{align}k(k-2)-1>0\end{align}$$

よって、

$$\begin{align}2k^2>(k+1)^{2}\end{align}$$

②´より

$$\begin{align}2^{k+1}>2k^2>(k+1)^{2}\end{align}$$
$$\begin{align}∴2^{k+1}>(k+1)^{2}\end{align}$$

つまり、n=k+1のときも③が成り立ちます。

以上より、5以上の自然数nに対して①が成り立つと証明できました。

不等式の証明で数学的帰納法を用いる時は、左辺か右辺の式変形、または結論との大小比較によって結論に近づける方法が有効です。

例題(n=k、n=k+1の仮定)

【問題】

$$\begin{align}m、nは正の整数とし、2次方程式x^2-mx-n=0の2つの実数解をα、βとする。\end{align}$$
$$\begin{align}A_{n}=α^{n}+β^{n}とおくとき、全ての正の整数nについて、A_{n}が整数であることを示しなさい。\end{align}$$

【解き方&解説】

この問題において、目指すべき結論を

$$\begin{align}A_{k}=α^{k}+β^{k}が整数だと仮定し、これを利用して、\end{align}$$
$$\begin{align}A_{k+1}=α^{k+1}+β^{k+1}が整数であることを示そうとすると、\end{align}$$
$$\begin{align} A_{k+1}=α^{k+1}+β^{k+1}\end{align}$$
$$\begin{align}=(α^{k}+β^{k})(α+β)-αβ(α^{k-1}+β^{k-1}) \end{align}$$
$$\begin{align}=(α+β)A_{k}-αβA_{k-1} \end{align}$$

このように、整数であると仮定していないn=k-1のときの項が出てきてしまいます。


仮定していないことは証明に利用できません。


n=kが成立するという仮定だけで証明できない場合は、n=k+1についても仮定にいれることが必要です。


また、それにともない、最初のステップではn=1、n=2のときに命題が成立することを示すところから始めなければいけません。


(以下証明)

解と係数の関係より、

$$\begin{align}α+β=m、αβ=-n\end{align}$$

(Ⅰ)n=1のとき

$$\begin{align}A_{1}=α^{1}+β^{1}=m\end{align}$$

n=2のとき

$$\begin{align}A_{2}=α^{2}+β^{2}=(α+β)^2-2αβ=m^2+2n\end{align}$$
$$\begin{align}m、nは整数なので、A_{1}、A_{2}は整数だといえます。\end{align}$$

(Ⅱ)n=k、n=k+1のとき、

$$\begin{align}A_{k}=α^{k}+β^{k}…①\end{align}$$
$$\begin{align}A_{k+1}=α^{k+1}+β^{k+1}…②\end{align}$$

①②が整数だと仮定すると、

$$\begin{align}A_{k+2}=α^{k+2}+β^{k+2}\end{align}$$
$$\begin{align}=(α^{k+1}+β^{k+1})(α+β)-αβ(α^{k}+β^{k})\end{align}$$
$$\begin{align}=mA_{k+1}+nA_{k}\end{align}$$
$$\begin{align}①②が整数という仮定より、A_{k+2}も整数だといえます。\end{align}$$
$$\begin{align}以上より、全ての自然数についてA_{n}は整数だと証明できました。\end{align}$$

漸化式と数学的帰納法

漸化式で数列の一般項を求める問題は数学的帰納法を使って解くこともできます。


数学的帰納法で数列の一般項を求める問題の解き方の手順は以下のとおりです。

$$\begin{align}①a_{1},a_{2},a_{3},\cdot\cdot\cdotの値を求めて、一般項を推定する。\end{align}$$
$$\begin{align}② 推定した一般項がn=1 のときに成り立つことを示す。\end{align}$$
$$\begin{align}③n=kを推定した一般項に代入したa_{k}の式を作り、これが成り立つと仮定する。\end{align}$$
$$\begin{align}④③で作った式を利用して、n=k+1を推定した一般項に代入したa_{k+1}を求める。\end{align}$$
$$\begin{align}⑤④で求めたa_{k+1}と問題で与えられた式が一致することを示す。\end{align}$$

手順は以上です。

②~⑤が数学帰納法を使っている部分になりますね。


ここでは1つ例題を用いて、具体的に説明していきましょう。


【問題】

$$\begin{align}a_{1}=3,a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}-1}{n+1}で定義される数列a_{n}の一般項を求めよ。\end{align}$$

【解き方&解説】

まず、一般項を予想していきます。

$$\begin{align}a_{1}=3\end{align}$$
$$\begin{align}a_{2}=\frac{a_{1}^{2}-1}{1+1}=4\end{align}$$
$$\begin{align}a_{3}=\frac{a_{2}^{2}-1}{2+1}=5\end{align}$$
$$\begin{align}a_{4}=\frac{a_{3}^{2}-1}{3+1}=6\end{align}$$

この結果から、一般項は初項3、公差1の等差数列と予想できます。この一般項を数式で表すと、

$$\begin{align}a_{n}=3+(n-1)\cdot 1=n+2…①\end{align}$$

となります。


次に、予想した一般項①が全ての自然数nについて与式と一致して成り立つか、数学的帰納法を用いて証明していきます。


(Ⅰ)n=1のとき

$$\begin{align}a_{1}=1+2=3\end{align}$$

よって、n=1のとき①は成り立ちます。

(Ⅱ)n=kのとき

$$\begin{align}a_{k}=k+2…②\end{align}$$

が成り立つと仮定して、

n=k+1のときの、

$$\begin{align}a_{k+1}=(k+1)+2=k+3…③\end{align}$$

が成り立つことを示します。


どうやって示すかというと、問題文中の漸化式にn=k+1を代入して、③と一致するか確認します。


問題文中の漸化式より、

$$\begin{align}a_{k+1}=\frac{a_{k}^{2}-1}{k+1}\end{align}$$
$$\begin{align}=\frac{(k+2)^{2}-1}{k+1}\end{align}$$
$$\begin{align}=\frac{(k^2+4k+3)}{k+1}\end{align}$$
$$\begin{align}=\frac{(k+3)(k+1)}{k+1}\end{align}$$
$$\begin{align}=k+3\end{align}$$

したがって、③も成り立ちました。

①が全ての自然数について成り立つことが証明できたので、求める一般項は、

$$\begin{align}a_{n}=n+2\end{align}$$

大学入試では、漸化式から普通に解ける問題をあえて数学的帰納法を使って解くよう求めることもあるので、しっかり数学的帰納法を使った解き方もおさえておいてくださいね!

まとめ

数学的帰納法は大学入試において頻出単元です。


数学的帰納法ができないとまるまる1個の大問を落として合否に大きな影響を与えてしまうので、避けて通ることはできません。


しかし、今回見てきたように、数学的帰納法の解き方のパターンは決まっています。

パターンが決まっているなら、類題をいくつか解けば初見の問題にも対応できるようになるので、ぜひどんどん数学的帰納法の問題にチャレンジしてみてくださいね!

この記事の執筆者
スタモ編集部
最高の学習をもっと身近に、どこでも。スタモ編集部は、大学受験や日々の勉強に役立つ記事を発信しています。予備校講師や塾講師の経験のある東大、京大、早慶の卒業者メンバーが中心に、どこよりも詳しく、どこよりも丁寧な内容をお届けいたします。
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