nがkとk+1のときを仮定する数学的帰納法
$a,\ bを正の整数とする.\ 2次方程式\ x²-ax+b=0\ の2つの実数解をα,\ βとするとき,$ $すべての自然数nについて,\ α^n+β^n\ が整数となることを示せ.$ $$ $解と係数の関係より=1>\ のとき α^1+β^1=a>$α²+β²=(α+β)²-2αβ=a²-2b>$ < $$>$よって,\ n=1,\ 2\ のとき,\ α^n+β^n\ は整数である.$ $n=k,\ k+1>\ のとき,\ α^k+β^k,\ α^+β^\ が整数である>と仮定する.$ < $$>$n=k+2>\ のとき,\ α^+β^\ が整数となることを示す.>$ < $$>$ α^+β^=(α^+β^)(α+β)-αβ(α^k+β^k)>$ < $$>$< α^+β^$ 仮定\ α^k+β^k,\ α^+β^\ が整数>より,\ α^+β^は整数>である.$ < $$>$ よって,\ n=k+2\ のときもα^n+β^nは整数である.>$ $$ 普通の数学的帰納法で示そうとすると,\ 必要が生じる. 例として,\ α⁵+β⁵\ を\ α⁴+β⁴\ で表すことを考える. このような対称式の変形では,\ α+β\ と組み合わせ,\ 余計なものを引くと考えるのであった. つまり,\ α⁵+β⁵=(α⁴+β⁴)(α+β)-αβ(α³+β³)\ と表せる. これを一般化すると α^+β^=(α^k+β^k)(α+β)-αβ(α^+β^) ここまででで,\ だとわかる. つまり,\ なのである. よって,\ することになる. k-1とkを仮定するとk-11,\ つまりk2とする必要があり面倒である. 結局,\ 以下の型の数学的帰納法を利用する. > > 前のドミノ2つ分の重みがなければ倒せないドミノというわけである. n=1,\ 2\ のときは,\ 解と係数の関係を用いて整数であることが示される. ax²+bx+c=0\ の2解を\ α,\ β\ とするとき n=k+2のときは,\ \ を利用する. この等式は暗記しておくことが推奨される. 本問において試しに\ a=1,\ b=-1\ とすると,\ 2解は x= すべての自然数nについて()^n+()^n\ が整数であると示されたのである. $x=t+1t,P_n=t^n+(n=1,\ 2,\ 3,\ )\ とおくとき,\ P_n\ はxのn次式になる$ ことを示せ. \ [香川大] $「P_nはxのn次式である」をとする.$ $n=1>\ のとき P₁=t+1t=x>$ < $$>$n=2>\ のとき P₂=t²+=(t+1t)²-2=x²-2>$ < $$>$よって,\ n=1,\ 2\ のとき,\ は成立する.$ $n=k,\ k+1>\ のとき$ < $$>$ の成立を仮定>する.$ < $$>$ このとき,\ P_kはxのk次式,P_はxの(k+1)次式である.>$ < $$>$n=k+2>\ のとき,\ P_がxの(k+2)次式となることを示す.> < $$>$ 仮定\ P_はxの(k+1)次式>より,\ P_xはxの(k+2)次式>である.$ < $$>$ また,\ P_kはxのk次式>であるから,\ x^の項が消えることはない.>$ < $$>$ よって,\ n=k+2\ のときもは成立する.>$ $$> 先の問題とほぼ同じ要領で証明できる. α=t,\ β=1t\ とすると,\