数学的帰納法（問題）

== 数学的帰納法のいろいろな問題 ==（問題と答案）

　このページは数学的帰納法による証明問題として，よく登場するものを一覧表的に整理したものです．
　自分で解く場合は，問題の全部を解く必要はなく，「これは？」と気になる項目を解けばよいでしょう．
　各々の式をクリックすれば，答案にジャンプできます．（ファイルが大きいので，数式を展開するのに数分かかる［リンク先がしばらく出ない］場合があります）

数列の和：等式の証明

$n$ が自然数であるとき，次の等式が成り立つことを証明せよ．
(A1) $1+ 2+ 3+ \cdots + n=\frac{n(n+ 1)}{2}$
(A2) $1+ 3+ 5+ \cdots + (2n-1)=n^2$
(A3) $1^2+ 2^2+ 3^2+ \cdots + n^2=\frac{n(n+ 1)(2n+ 1)}{6}$
(A4) $1^2+ 3^2+ 5^2+ \cdots + (2n-1)^2=\frac{n(2n-1)(2n+ 1)}{3}$
(A5) $1^2-2^2+ 3^2-4^2+ \cdots -(2n)^2=-n(2n+ 1)$
(A6) $1^3+ 2^3+ 3^3+ \cdots + n^3=\{\frac{n(n+ 1)}{2}\}^2$
(A7) $1\cdot 2+ 2\cdot 3+ 3\cdot 4 + \cdots + n(n+ 1)=\frac{n(n+ 1)(n+ 2)}{3}$
一般に，このような階段状の積の和は，１次高い階段状の積で表されます．
$1\cdot 2\cdot 3+ 2\cdot 3\cdot 4+ 3\cdot 4\cdot 5 + \cdots + n(n+ 1)(n+ 2)$
$=\frac{n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)}{4}$
$1\cdot 2\cdot 3\cdot 4+ 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5+ 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6+ \cdots + n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)$
$=\frac{n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)(n+ 4)}{5}$
(A8) $1\cdot 2+ 3\cdot 4+ 5\cdot 6 + \cdots + (2n-1)2n$
$=\frac{n(n+ 1)(4n-1)}{3}$
(A9) $(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)\hspace{2}\cdots\hspace{2}(2n)$
$=2^n\cdot 1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-1)$

(A10) $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\hspace{2}\cdot\hspace{2}\cdot\hspace{2}\cdot\hspace{2}-\frac{1}{2n}$
$=\frac{1}{n+ 1}+\frac{1}{n+ 2}+\cdots+\frac{1}{2n}$
(A11) $\frac{1}{1\cdot 2}+ \frac{1}{2\cdot 3}+ \frac{1}{3\cdot 4}+ \cdots +\frac{1}{n(n+ 1)}=\frac{n}{n+ 1}$
一般に，このような階段状の積の逆数（分数）の和は，次のようになる．
$\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+ \frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}+ \frac{1}{3\cdot 4\cdot 5} + \cdots + \frac{1}{n(n+ 1)(n+ 2)}$
$=\frac{1}{2}\{\frac{1}{2!}-\frac{1}{(n+ 1)(n+ 2)}\}$
$\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}+ \frac{1}{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}+ \frac{1}{3\cdot 4\cdot 5\cdot 6}+ \cdots + \frac{1}{n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)}$
$=\frac{1}{3}\{\frac{1}{3!}-\frac{1}{(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)}\}$
(A12) $\frac{1}{1\cdot 3}+ \frac{1}{3\cdot 5}+ \frac{1}{5\cdot 7}+ \cdots +\frac{1}{(2n-1)(2n+ 1)}=\frac{n}{2n+ 1}$
(A13) $\frac{1}{2}+ \frac{2}{4}+ \frac{3}{8}+ \cdots +\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+ 2}{2^n}$
一般に， $x\ne 1$ のとき
$x+ 2x^2+ 3x^3+\cdots+ nx^n=\frac{nx^{n+ 2}-(n+ 1)x^{n+ 1}+ x}{(x-1)^2}$
が成り立つ．
上記は，この式において， $x=\frac{1}{2}$ を代入した場合となっている．
他の例として， $x=3$ の場合は
$3+ 2\cdot 3^2+ 3\cdot 3^3+\cdots+ n\cdot 3^n=\frac{(2n-1)\cdot 3^{n+ 1}+ 3}{4}$
となる．
(A14) $\frac{1}{\sqrt{1}+ \sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+ \sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+ 1}}=\sqrt{n+ 1}-1$

不等式の証明

$\circ\hspace{10}n$ が自然数であるとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
(B1) $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\underline{\ge}\frac{2n}{n+ 1}$
(B2) $(1+ 2+ 3+\cdots + n)(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n})\underline{\ge}n^2$
(B3) $2^n\gt n$
(B4) $1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\lt 2\sqrt{n}$
(B5) $a\gt 0,\hspace{3}b\gt 0$ のとき， $\frac{a^n+ b^n}{2}$ $\underline{\ge} \left(\frac{a+ b}{2}\right)^n$
$\circ\hspace{10}n$ が２以上の自然数であるとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
(B6) $\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}\lt2-\frac{1}{n}$
(B7) $2^n\gt n+ 1$
(B8) $3^n\gt 2n+ 1$

以下の問題も，ほぼ同様に証明できる．
$\circ\hspace{10}n$ が３以上の自然数であるとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
$2^n\gt 2n+ 1$
$3^n\gt 4n+ 10$
$\circ\hspace{10}n$ が４以上の自然数であるとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
$2^n\gt 3n$

$\circ\hspace{10}n$ が５以上の自然数であるとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
(B9) $2^n\gt n^2$
$\circ\hspace{10}n$ が10以上の自然数であるとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
(B10) $2^n\gt n^3$
$\circ\hspace{10}n$ が２以上の自然数であるとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
(B11) $(1+ h)^n\gt 1+ nh$ （ただし， $h\gt 0$ とする）
(B12) $(1-h)^n\gt 1-nh$ （ただし， $h\gt 0$ とする）

漸化式と数学的帰納法

(C1)
数列 $\{a_n\}$ を $a_1=\frac{3}{4},\hspace{3}a_{n+ 1}=1-\frac{1}{4a_n}\hspace{5}(n=1,\hspace{2}2,\hspace{2}3,\hspace{2}\cdots)$ で定める．
(1) $a_2,\hspace{2}a_3,\hspace{2}a_4,\hspace{2}a_5,\hspace{2}a_6$ を求めよ．また，それより一般項 $a_n$ を推定せよ．
(2) 数学的帰納法により(1)の一般項の推定が正しいことを証明せよ．（以下略）

（2014年度岐阜大入試問題）

(C2)
数列 $\{a_n\}$ が $a_1=\frac{2}{3},\hspace{3}a_{n+ 1}=\frac{2-a_n}{3-2a_n}\hspace{5}(n=1,\hspace{2}2,\hspace{2}3,\hspace{2}\cdots)$ を満たしている．次の問いに答えよ．
(1) $a_2,\hspace{2}a_3$ を求めよ．
(2) 一般項 $a_n$ を推定し，それが正しいことを数学的帰納法により証明せよ．（以下略）

（2011年度岡山県立大入試問題）

図形問題の証明

(D1)
$n$ が４以上の自然数であるとき，凸 $n$ 角形の対角線の総数は， $\frac{n(n-3)}{2}$ に等しいことを数学的帰納法で証明せよ．
(D2)
平面上に $n$ 本の直線があり，どの２本も平行でなく，どの３本も同一の点を通らないとする．このとき，これら $n$ 本の直線によって，平面は $\frac{n^2+ n+ 2}{2}$ 個の領域に分けられることを数学的帰納法で証明せよ．

降順の証明

(E1) $a_k\gt 0\hspace{3}(1\underline{\le}k\underline{\le}7)$ のとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
$\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots+ a_7}{7}\underline{\ge}\sqrt[7]{a_1a_2a_3\cdots a_7}$
(E2) $m,\hspace{3}n$ が自然数で， $a_k\gt 0\hspace{3}(1\underline{\le}k\underline{\le}n)$ のとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots+ a_n}{n}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m+ \cdots+ a_n^m}{n}$

ｐならばｑの証明

(F1) $n$ が自然数， $a,\hspace{3}b$ が整数で $(2+ \sqrt{3})^n=a+ \sqrt{3}b$ であるならば， $(2-\sqrt{3})^n=a- \sqrt{3}b$ となることを証明せよ．
(F2) $n$ が自然数， $a,\hspace{3}b$ が整数で $(3+ 2\sqrt{2})^n=a+ \sqrt{2}b$ であるならば， $(3-2\sqrt{2})^n=a- \sqrt{2}b$ となることを証明せよ．

整数問題の証明

≪ $n=k-1,\hspace{3}k\hspace{5}\rightarrow\hspace{5}k+ 1$ の形で証明するもの≫
$n$ が自然数であるとき，次の式の値が整数になることを証明せよ．
(G1) $(3+ 2\sqrt{2})^n+ (3- 2\sqrt{2})^n$
(G2) $\frac{(5+ 2\sqrt{6})^n+ (5- 2\sqrt{6})^n}{2}$
(G3) $a_1=1,\hspace{3}a_2=1,\hspace{3}a_{n+ 2}=a_{n}+ a_{n+ 1}$ で定義される数列（フィボナッチ数列）の一般項は
$a_n=\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}{\sqrt{5}}$
となることを証明せよ．
≪倍数の証明≫
(G4) すべての自然数 $n$ について， $3^n-2n+ 3$ は4の倍数である．このことを，数学的帰納法を用いて示せ．

（2016年度愛知教育大入試問題）

(G5) すべての自然数 $n$ について， $3^{3n+ 1}+ 7^{2n-1}$ は11の倍数である．このことを，数学的帰納法を用いて示せ．

（2016年度愛知教育大入試問題）

(G6) $n$ を自然数とするとき $4\times 3^{2n-1}+ 2^{4n}$ は28で割り切れることを示せ．

（2005年度東京女子大入試問題）

(A1) $1+ 2+ 3+ \cdots + n=\frac{n(n+ 1)}{2}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1$ ，（右辺） $=\frac{1\times 2}{2}=1$ だから(A1)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A1)が成り立つと仮定すると，
$1+ 2+ 3+ \cdots + k=\frac{k(k+ 1)}{2}$ …(*)
(*)の両辺に $k+ 1$ を加えると
$1+ 2+ 3+ \cdots + k+ (k+ 1)=\frac{k(k+ 1)}{2}+ (k+ 1)$
$=\frac{k(k+ 1)+ 2(k+ 1)}{2}=\fra{(k+ 1)(k+ 2)}{2}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A1)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A1)が成り立つ．

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(A2) $1+ 3+ 5+ \cdots + (2n-1)=n^2$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1$ ，（右辺） $=1^2=1$ だから(A2)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A2)が成り立つと仮定すると，
$1+ 3+ 5+ \cdots + (2k-1)=k^2$ …(*)
(*)の両辺に $2k+ 1$ を加えると
$1+ 3+ 5+ \cdots + (2k-1)+ (2k+ 1)=k^2+ (2k+ 1)$
$=(k+ 1)^2$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A2)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A2)が成り立つ．

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(A3) $1^2+ 2^2+ 3^2+ \cdots + n^2=\frac{n(n+ 1)(2n+ 1)}{6}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1^2=1$ ，
（右辺） $=\frac{1\times 2\times 3}{6}=1$ だから(A3)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A3)が成り立つと仮定すると，
$1^2+ 2^2+ 3^2+ \cdots + k^2=\frac{k(k+ 1)(2k+ 1)}{6}$ …(*)
(*)の両辺に $(k+ 1)^2$ を加えると
$1^2+ 2^2+ 3^2+ \cdots + k^2+ (k+ 1)^2$
$=\frac{k(k+ 1)(2k+ 1)}{6}+ (k+ 1)^2$
$=\frac{k(k+ 1)(2k+ 1)+ 6(k+ 1)^2}{6}$
$=\frac{(k+ 1)\{2k^2+ k+ 6k+ 6\}}{6}$
$=\frac{(k+ 1)\{2k^2+ 7k+ 6\}}{6}$
$=\frac{(k+ 1)(k+ 2)(2k+ 3)}{6}$
$=\frac{(k+ 1)\{(k+ 1)+ 1\}\{2(k+ 1)+ 1\}}{6}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A3)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A3)が成り立つ．

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(A4) $1^2+ 3^2+ 5^2+ \cdots + (2n-1)^2=\frac{n(2n-1)(2n+ 1)}{3}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1^2=1$ ，
（右辺） $=\frac{1\times 1\times 3}{3}=1$ だから(A4)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A4)が成り立つと仮定すると，
$1^2+ 3^2+ 5^2+ \cdots + (2k-1)^2=\frac{k(2k-1)(2k+ 1)}{3}$ …(*)
(*)の両辺に $(2k+ 1)^2$ を加えると
$1^2+ 3^2+ 5^2+ \cdots + (2k-1)^2+ (2k+ 1)^2$
$=\frac{k(2k-1)(2k+ 1)}{3}+ (2k+ 1)^2$
$=\frac{k(2k-1)(2k+ 1)+ 3(2k+ 1)^2}{3}$
$=\frac{(2k+ 1)\{2k^2-k+ 6k+ 3\}}{3}$
$=\frac{(2k+ 1)\{2k^2+ 5k+ 3\}}{3}$
$=\frac{(2k+ 1)(k+ 1)(2k+ 3)}{3}$
$=\frac{(k+ 1)\{2(k+ 1)-1\}\{2(k+ 1)+ 1\}}{3}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A4)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A4)が成り立つ．

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(A5) $1^2-2^2+ 3^2-4^2+ \cdots -(2n)^2=-n(2n+ 1)$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1^2-2^2=-3$ ，
（右辺） $=-1\times 3=-3$ だから(A5)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A5)が成り立つと仮定すると，
$1^2-2^2+ 3^2-4^2+ \cdots -(2k)^2=-k(2k+ 1)$ …(*)
(*)の両辺に $(2k+ 1)^2-(2k+ 2)^2$ を加えると
$1^2-2^2+ 3^2-4^2+ \cdots -(2k)^2+ (2k+ 1)^2-(2k+ 2)^2$
$=-k(2k+ 1)+ (2k+ 1)^2-(2k+ 2)^2$
$=-2k^2-k+ 4k^2+ 4k+ 1-4k^2-8k-4$
$=-2k^2-5k-3=-(k+ 1)(2k+ 3)$
$=-2k^2-5k-3=-(k+ 1)\{2(k+ 1)+ 1\}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A5)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A5)が成り立つ．
　（参考）
(A3) $1^2+ 2^2+ 3^2+ \cdots + n^2=\frac{n(n+ 1)(2n+ 1)}{6}$
の結果が使える場合は，(A5)は次のようにして導ける．
$1^2+ 2^2+ 3^2+ \cdots + (2n)^2=\frac{2n(2n+ 1)(4n+ 1)}{6}$ …(*1)
$4\{1^2+ 2^2+ 3^2+ \cdots + (n)^2\}=\frac{4n(n+ 1)(2n+ 1)}{6}$
$2^2+ 4^2+ 6^2+ \cdots + (2n)^2=\frac{4n(n+ 1)(2n+ 1)}{6}$ …(*2)
(*1)−2×(*2)　（←偶数番目を2回引く）
$1^2-2^2+ 3^2-4^2+ \cdots -(2n)^2$
$=\frac{n(2n+ 1)(4n+ 1)}{3}-\frac{4n(n+ 1)(2n+ 1)}{3}$
$=\frac{n(2n+ 1)(4n+ 1-4n-4)}{3}$
$=\frac{n(2n+ 1)(-3)}{3}$
$=-n(2n+ 1)$

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(A6) $1^3+ 2^3+ 3^3+ \cdots + n^3=\{\frac{n(n+ 1)}{2}\}^2$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1^3=1$ ，
（右辺） $=\{\frac{1\times 2}{2}\}^2=1$ だから(A6)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A6)が成り立つと仮定すると，
$1^3+ 2^3+ 3^3+ \cdots + k^3=\{\frac{k(k+ 1)}{2}\}^2$ …(*)
(*)の両辺に $(k+ 1)^3$ を加えると
$1^3+ 2^3+ 3^3+ \cdots + k^3+ (k+ 1)^3$
$=\{\frac{k(k+ 1)}{2}\}^2+ (k+ 1)^3$
$=\frac{(k+ 1)^2\{k^2+ 4(k+ 1)\}}{4}$
$=\frac{(k+ 1)^2(k^2+ 4k+ 4)}{4}$
$=\frac{(k+ 1)^2(k+ 2)^2}{4}$
$=\{\frac{(k+ 1)(k+ 2)}{2}\}^2$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A6)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A6)が成り立つ．

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(A7) $1\cdot 2+ 2\cdot 3+ 3\cdot 4 + \cdots + n(n+ 1)=\frac{n(n+ 1)(n+ 2)}{3}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1\cdot 2=2$ ，
（右辺） $=\frac{1\times 2\times 3}{3}=2$ だから(A7)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A7)が成り立つと仮定すると，
$1\cdot 2+ 2\cdot 3+ 3\cdot 4 + \cdots + k(k+ 1)=\frac{k(k+ 1)(k+ 2)}{3}$ …(*)
(*)の両辺に $(k+ 1)(k+ 2)$ を加えると
$1\cdot 2+ 2\cdot 3+ 3\cdot 4 + \cdots + k(k+ 1)+ (k+ 1)(k+ 2)$
$=\frac{k(k+ 1)(k+ 2)}{3}+ (k+ 1)(k+ 2)$
$=\frac{k(k+ 1)(k+ 2)+ 3(k+ 1)(k+ 2)}{3}$
$=\frac{(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)}{3}$
$=\frac{(k+ 1)\{(k+ 1)+ 1\}\{(k+ 1)+ 2\}}{3}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A7)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A7)が成り立つ．

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(A8) $1\cdot 2+ 3\cdot 4+ 5\cdot 6 + \cdots + (2n-1)2n$
$=\frac{n(n+ 1)(4n-1)}{3}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1\cdot 2=2$ ，
（右辺） $=\frac{1\times 2\times 3}{3}=2$ だから(A8)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A8)が成り立つと仮定すると，
$1\cdot 2+ 3\cdot 4+ 5\cdot 6 + \cdots + (2k-1)2k=\frac{k(k+ 1)(4k-1)}{3}$ …(*)
(*)の両辺に $(2k+ 1)(2k+ 2)$ を加えると
$1\cdot 2+ 3\cdot 4+ 5\cdot 6 + \cdots + (2k-1)2k+ (2k+ 1)(2k+ 2)$
$=\frac{k(k+ 1)(4k-1)}{3}+ (2k+ 1)(2k+ 2)$
$=\frac{k(k+ 1)(4k-1)+ 6(2k+ 1)(k+ 1)}{3}$
$=\frac{(k+ 1)\{4k^2-k+ 12k+ 6\}}{3}$
$=\frac{(k+ 1)\{4k^2+ 11k+ 6\}}{3}$
$=\frac{(k+ 1)(k+ 2)(4k+ 3)}{3}$
$=\frac{(k+ 1)\{(k+ 1)+ 1\}\{4(k+ 1)-1\}}{3}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A8)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A8)が成り立つ．

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(A9) $(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)\hspace{2}\cdots\hspace{2}(2n)$
$=2^n\cdot 1\cdot 3\cdot 5\cdots(2n-1)$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=(1+ 1)\cdot (1+ 2)=6$
（右辺） $=2^1\cdot 1\cdot 3=6$ だから(A9)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A9)が成り立つと仮定すると，
$(k+ 1)(k+ 2)(k+ 3)\hspace{2}\cdots\hspace{2}(2k)$
$=2^k\cdot 1\cdot 3\cdot 5\cdots(2k-1)$ …(*)
(*)の両辺に $(2k+ 1)(2k+ 2)$ をかけて， $(k+ 1)$ で割ると
$(k+ 2)(k+ 3)\hspace{2}\cdots\hspace{2}(2k)(2k+ 1)(2k+ 2)$
$=2^k\cdot 1\cdot 3\cdot 5\cdots(2k-1)\cdot\frac{(2k+ 1)(2k+ 2)}{k+ 1}$
$=2^{k+ 1}\cdot 1\cdot 3\cdot 5\cdots(2k-1)(2k+ 1)$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A9)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A9)が成り立つ．

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(A10) $1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\hspace{2}\cdot\hspace{2}\cdot\hspace{2}\cdot\hspace{2}-\frac{1}{2n}$
$=\frac{1}{n+ 1}+\frac{1}{n+ 2}+\cdots+\frac{1}{2n}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
（右辺） $=\frac{1}{1+ 1}=\frac{1}{2}$ だから(A10)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A10)が成り立つと仮定すると，
$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\hspace{2}\cdot\hspace{2}\cdot\hspace{2}\cdot\hspace{2}-\frac{1}{2k}$
$=\frac{1}{k+ 1}+\frac{1}{k+ 2}+\cdots+\frac{1}{2k}$ …(*)
(*)の両辺に $\frac{1}{2k+ 1}-\frac{1}{2k+ 2}$ を加えると
$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\hspace{2}\cdot\hspace{2}\cdot\hspace{2}\cdot\hspace{2}-\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k+ 1}-\frac{1}{2k+ 2}$
$=\frac{1}{k+ 1}+\frac{1}{k+ 2}+\cdots+\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k+ 1}-\frac{1}{2k+ 2}$
$=\frac{1}{k+ 2}+\cdots+\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k+ 1}+\{\frac{1}{k+ 1}-\frac{1}{2k+ 2}\}$
$=\frac{1}{k+ 2}+\cdots+\frac{1}{2k}+\frac{1}{2k+ 1}+\frac{1}{2k+ 2}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A10)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A10)が成り立つ．

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(A11) $\frac{1}{1\cdot 2}+ \frac{1}{2\cdot 3}+ \frac{1}{3\cdot 4}+ \cdots +\frac{1}{n(n+ 1)}=\frac{n}{n+ 1}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=\frac{1}{2}$
（右辺） $=\frac{1}{2}$ だから(A11)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A11)が成り立つと仮定すると，
$\frac{1}{1\cdot 2}+ \frac{1}{2\cdot 3}+ \frac{1}{3\cdot 4}+ \cdots +\frac{1}{k(k+ 1)}=\frac{k}{k+ 1}$ …(*)
(*)の両辺に $\frac{1}{(k+ 1)(k+ 2)}$ を加えると
$\frac{1}{1\cdot 2}+ \frac{1}{2\cdot 3}+ \frac{1}{3\cdot 4}+ \cdots +\frac{1}{k(k+ 1)}+\frac{1}{(k+ 1)(k+ 2)}$
$=\frac{k}{k+ 1}+\frac{1}{(k+ 1)(k+ 2)}$
$=\frac{k(k+ 2)+ 1}{(k+ 1)(k+ 2)}=\frac{(k+ 1)^2}{(k+ 1)(k+ 2)}=\frac{k+ 1}{k+ 2}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A11)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A11)が成り立つ．

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(A12) $\frac{1}{1\cdot 3}+ \frac{1}{3\cdot 5}+ \frac{1}{5\cdot 7}+ \cdots +\frac{1}{(2n-1)(2n+ 1)}=\frac{n}{2n+ 1}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=\frac{1}{1\cdot 3}=\frac{1}{3}$
（右辺） $=\frac{1}{3}$ だから(A12)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A12)が成り立つと仮定すると，
$\frac{1}{1\cdot 3}+ \frac{1}{3\cdot 5}+ \frac{1}{5\cdot 7}+ \cdots +\frac{1}{(2k-1)(2k+ 1)}=\frac{k}{2k+ 1}$ …(*)
(*)の両辺に $\frac{1}{(2k+ 1)(2k+ 3)}$ を加えると
$\frac{1}{1\cdot 3}+ \frac{1}{3\cdot 5}+ \frac{1}{5\cdot 7}+ \cdots +\frac{1}{(2k-1)(2k+ 1)}+\frac{1}{(2k+ 1)(2k+ 3)}$
$=\frac{k}{2k+ 1}+\frac{1}{(2k+ 1)(2k+ 3)}$
$=\frac{k(2k+ 3)+ 1}{(2k+ 1)(2k+ 3)}=\frac{2k^2+ 3k+ 1}{(2k+ 1)(2k+ 3)}$
$=\frac{(2k+ 1)(k+ 1)}{(2k+ 1)(2k+ 3)}=\frac{k+ 1}{2k+ 3}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A12)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A12)が成り立つ．

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(A13) $\frac{1}{2}+ \frac{2}{4}+ \frac{3}{8}+ \cdots +\frac{n}{2^n}=2-\frac{n+ 2}{2^n}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=\frac{1}{2}$
（右辺） $=2-\frac{3}{2}=\frac{1}{2}$ だから(A13)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A13)が成り立つと仮定すると，
$\frac{1}{2}+ \frac{2}{4}+ \frac{3}{8}+ \cdots +\frac{k}{2^k}=2-\frac{k+ 2}{2^k}$ …(*)
(*)の両辺に $\frac{k+ 1}{2^{k+ 1}}$ を加えると
$\frac{1}{2}+ \frac{2}{4}+ \frac{3}{8}+ \cdots +\frac{k}{2^k}+\frac{k+ 1}{2^{k+ 1}}=2-\frac{k+ 2}{2^k}+\frac{k+ 1}{2^{k+ 1}}$
$=2+\frac{-2k-4+ k+ 1}{2^{k+ 1}}=2-\frac{k+ 3}{2^{k+ 1}}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A13)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A13)が成り立つ．

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(A14) $\frac{1}{\sqrt{1}+ \sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+ \sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+ 1}}=\sqrt{n+ 1}-1$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=\frac{1}{\sqrt{1}+ \sqrt{2}}=\sqrt{2}-1$
（右辺） $=\sqrt{2}-1$ だから(A14)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(A14)が成り立つと仮定すると，
$\frac{1}{\sqrt{1}+ \sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+ \sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+ 1}}=\sqrt{n+ 1}-1$ …(*)
(*)の両辺に $\frac{1}{\sqrt{n+ 1}+\sqrt{n+ 2}}$ を加えると
$\frac{1}{\sqrt{1}+ \sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+ \sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+ 1}}+\frac{1}{\sqrt{n+ 1}+\sqrt{n+ 2}}$
$=\sqrt{n+ 1}-1+\frac{1}{\sqrt{n+ 1}+\sqrt{n+ 2}}$
$=\sqrt{n+ 1}-1+\sqrt{n+ 2}}-\sqrt{n+ 1}$
$=\sqrt{n+ 2}-1$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(A14)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(A14)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が自然数であるとき，
(B1) $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\underline{\ge}\frac{2n}{n+ 1}$

［証明］
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1$
（右辺） $=\frac{2}{2}=1$ だから(B1)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(B1)が成り立つと仮定すると，
$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k}\underline{\ge}\frac{2k}{k+ 1}$ …(*)
(*)の両辺に $\frac{1}{k+ 1}$ を加えると
$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k}+\frac{1}{k+ 1}\underline{\ge}\frac{2k}{k+ 1}+\frac{1}{k+ 1}=\frac{2k+ 1}{n+ 1}$
$\overset{(*?)}{\gt}\frac{2(k+ 1)}{k+ 2}$
(*?)は次のように証明できる．
$\frac{2k+ 1}{k+ 1}-\frac{2(k+ 1)}{k+ 2}=\frac{(2k+ 1)(k+ 2)-2(k+ 1)^2}{(k+ 1)(k+ 2)}$
$=\frac{2k^2+ 5k+ 2-2k^2-4k-2}{(k+ 1)(k+ 2)}=\frac{k}{(k+ 1)(k+ 2)}\gt 0$
したがって
$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k}+\frac{1}{k+ 1}\underline{\ge}\frac{2(k+ 1)}{k+ 2}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B1)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(B1)が成り立つ．

不等式は「左辺を変形しても右辺にはならない」から，(*?)のように「言いたいこと」を設定して，「引き算が正になる」ことを別途示すというスタイルにするとよい．

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$\circ\hspace{10}n$ が自然数であるとき，
(B2) $(1+ 2+ 3+\cdots + n)(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n})\underline{\ge}n^2$

［証明1］
次の証明は，数学的帰納法による証明ではないが，，(B1)の結果を利用すれば，次のように示せる．
$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\underline{\ge}\frac{2n}{n+ 1}$
の両辺に $(1+ 2+ 3+\cdots + n)\hspace{10}(\gt 0)$ を掛けると
$(1+ 2+ 3+\cdots + n)(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n})$
$\underline{\ge}\frac{2n}{n+ 1}(1+ 2+ 3+\cdots + n)$
$=\frac{2n}{n+ 1}\cdot\frac{n(n+ 1)}{2}=n^2$

$1+ 2+ 3+\cdots + n=\frac{n(n+ 1)}{2}$ のような，教科書に出ている公式は，それ自体の証明が問題である場合を除けば，黙って使える．

［証明2］
次の証明も，数学的帰納法による証明ではないが，スマートに決まる．
（相加平均）≧（相乗平均）の関係から
$\frac{1+ 2+ 3+\cdots + n}{n}\underline{\ge}\sqrt[n]{n!}\hspace{5}(\gt 0)$
$\frac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}}{n}\underline{\ge}\sqrt[n]{\frac{1}{n!}}\hspace{5}(\gt 0)$
両辺とも正であるから，辺々掛けると
$\frac{1+ 2+ 3+\cdots + n}{n}\cdot\frac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}}{n}\underline{\ge}1$
したがって
$(1+ 2+ 3+\cdots + n)(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n})\underline{\ge}n^2$

ｎ個の場合の相加，相乗の関係は，教科書に書いてないから，黙って使うと少し減点されることがある．

［証明3］
「数学的帰納法を用いて証明せよ」と解き方が指定されている場合は，それに従う他ない．
(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1\times 1=1$
（右辺） $=1^2$ だから(B2)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(B2)が成り立つと仮定すると，
$(1+ 2+ 3+\cdots + k)(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k})\underline{\ge}k^2$ …(*)
$n=k+ 1$ の場合を考えると
$\{1+ 2+ 3+\cdots + k$ $+ (k+ 1)$ $\}$
$\times(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k}$ $+\frac{1}{k+ 1}$ $)$
$=(1+ 2+ 3+\cdots + k)(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k})$
$+ (k+ 1)$ $(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k})$
$+(1+ 2+ 3+\cdots + k)$ $\left(\frac{1}{k+ 1}\right)$
$+ (k+ 1)\left(\frac{1}{k+ 1}\right)$
$\underline{\ge}k^2$ $+ (k+ 1)$ $(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k})$
$+(1+ 2+ 3+\cdots + k)$ $\left(\frac{1}{k+ 1}\right)$ $+ 1=A$ とおく
ここで，(相加平均)≧(相乗平均)の関係より
$(k+ 1)(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k})+(1+ 2+ 3+\cdots + k)\left(\frac{1}{k+ 1}\right)$
$\underline{\ge}2\sqrt{(k+ 1)(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k})(1+ 2+ 3+\cdots + k)\left(\frac{1}{k+ 1}\right)}$
$=2\sqrt{(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k})(1+ 2+ 3+\cdots + k)$
$\underline{\ge}2\sqrt{k^2}=2k$
だから
$A\underline{\ge}k^2+ 2k+ 1=(k+ 1)^2$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B2)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(B2)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が自然数であるとき，
(B3) $2^n\gt n$

(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=2^1=2$
（右辺） $=1$ だから(B3)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}1)$ のとき(B3)が成り立つと仮定すると，
$2^k\gt k$ …(*)
(*)の両辺に $2$ をかけると
$2^{k+ 1}\gt 2k\overset{(*?)}{\underline{\ge}}k+ 1$
(*?)は次のように示せる．
$2k-(k+ 1)=k-1\underline{\ge}0$
したがって，
$2^{k+ 1}\gt k+ 1$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B3)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(B3)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が自然数であるとき，
(B4) $1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}\lt 2\sqrt{n}$

(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=1$
（右辺） $=2\sqrt{1}=2$ だから(B4)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}1)$ のとき(B4)が成り立つと仮定すると，
$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}}\lt 2\sqrt{k}$ …(*)
(*)の両辺に $\frac{1}{\sqrt{k+ 1}}$ を加えると
$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+ 1}}\lt 2\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+ 1}}$
$\overset{(*?)}{\lt}2\sqrt{k+ 1}$
(*?)は次のように示せる．
$2\sqrt{k+ 1}-2\sqrt{k}=\frac{2}{\sqrt{k+ 1}+\sqrt{k}}\gt\frac{2}{\sqrt{k+ 1}+\sqrt{k+ 1}}$
$=\frac{1}{\sqrt{k+ 1}}$
したがって，
$2\sqrt{k+ 1}\gt 2\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+ 1}}$
$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+ 1}}\lt 2\sqrt{k+ 1}$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B4)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(B4)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が自然数であるとき，
(B5) $a\gt 0,\hspace{3}b\gt 0$ のとき， $\frac{a^n+ b^n}{2}$ $\underline{\ge} \left(\frac{a+ b}{2}\right)^n$

(Ⅰ) $n=1$ のとき，（左辺） $=\frac{a+ b}{2}$
（右辺） $=\frac{a+ b}{2}$ だから(B5)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}1)$ のとき(B5)が成り立つと仮定すると，
$\frac{a^k+ b^k}{2}$ $\underline{\ge} \left(\frac{a+ b}{2}\right)^k$ …(*)
(*)の両辺に $\frac{a+ b}{2}$ をかけると
$\left(\frac{a^k+ b^k}{2}\right)(\frac{a+ b}{2})$ $\underline{\ge} \left(\frac{a+ b}{2}\right)^{k+ 1}$
ここで
$\frac{a^{k+ 1}+ b^{k+ 1}}{2}\overset{(*?)}{\underline{\ge}}\left(\frac{a^k+ b^k}{2}\right)(\frac{a+ b}{2})$ $\underline{\ge} \left(\frac{a+ b}{2}\right)^{k+ 1}$
を証明する．(*?)の部分は
$\frac{a^{k+ 1}+ b^{k+ 1}}{2}-\left(\frac{a^k+ b^k}{2}\right)(\frac{a+ b}{2})$
$=\frac{1}{4}\{2a^{k+ 1}+ 2b^{k+ 1}-(a^k+ b^k)(a+ b)$
$=\frac{1}{4}(2a^{k+ 1}+ 2b^{k+ 1}-a^{k+ 1}-b^{k+ 1}-a^kb-ab^k)$
$=\frac{1}{4}(a^{k+ 1}+ b^{k+ 1}-a^kb-ab^k)$
$=\frac{1}{4}\{a^k(a-b)+ b^k(b-a)\}$
$=\frac{1}{4}(a^k-b^k)(a-b)=A$ とおく
$a\underline{\ge}b$ のとき， $a-b\underline{\ge}0,\hspace{5}a^k-b^k\underline{\ge}0$ だから $A\underline{\ge} 0$
$a\lt b$ のとき， $a-b\lt 0,\hspace{5}a^k-b^k\lt 0$ だから $A\gt 0$
したがって，つねに $A\underline{\ge} 0$ …(**)
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B5)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(B5)が成り立つ．

左辺からそろえる証明がほとんどであるが，この問題では右辺からそろえる．考えたらわかる．

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$\circ\hspace{10}n$ が２以上の自然数であるとき，
(B6) $\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}\lt 2-\frac{1}{n}$

(Ⅰ) $n=2$ のとき，（左辺） $=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}=\frac{5}{4}$
（右辺） $=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}=\frac{6}{4}$ だから(B6)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}2)$ のとき(B6)が成り立つと仮定すると，
$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{k^2}\lt 2-\frac{1}{k}$ …(*)

(*)の両辺に $\frac{1}{(k+ 1)^2}$ を加えると
$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+ 1)^2}\lt 2-\frac{1}{k}+\frac{1}{(k+ 1)^2}$
ここで
$2-\frac{1}{k}+\frac{1}{(k+ 1)^2}\overset{(*?)}{\lt} 2-\frac{1}{k+ 1}$
を証明する．
$2-\frac{1}{k+ 1}-(2-\frac{1}{k}+\frac{1}{(k+ 1)^2})$
$=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+ 1}-\frac{1}{(k+ 1)^2}$
$=\frac{(k+ 1)^2-k(k+ 1)-k}{k(k+ 1)^2}$
$=\frac{k^2+ 2k+ 1-k^2-k-k}{k(k+ 1)^2}$
$=\frac{1}{k(k+ 1)^2}\gt 0$
(*?)が成立するから
$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{(k+ 1)^2}\lt 2-\frac{1}{k+ 1}$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B6)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，２以上のすべての自然数 $n$ について(B6)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が２以上の自然数であるとき，
(B7) $2^n\gt n+ 1$

(Ⅰ) $n=2$ のとき，（左辺） $=2^2=4$
（右辺） $=2+ 1=3$ だから(B7)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}2)$ のとき(B7)が成り立つと仮定すると，
$2^k\gt k+ 1$ …(*)

(*)の両辺に $2$ をかけると
$2^{k+ 1}\gt 2(k+ 1)=2k+ 2\gt k+ 2$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B7)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，２以上のすべての自然数 $n$ について(B7)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が２以上の自然数であるとき，
(B8) $3^n\gt 2n+ 1$

(Ⅰ) $n=2$ のとき，（左辺） $=3^2=9$
（右辺） $=2\times 2+ 1=5$ だから(B8)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}2)$ のとき(B8)が成り立つと仮定すると，
$3^k\gt 2k+ 1$ …(*)

(*)の両辺に $3$ をかけると
$3^{k+ 1}\gt 3(2k+ 1)$
ここで
$3(2k+ 1)\overset{(*?)}{\gt}2(k+ 1)+ 1$
を証明する．
$3(2k+ 1)-\{2(k+ 1)+ 1\}=6k+ 3-2k-3$
$=4k\gt 0$
だから(*?)が成り立つ．したがって
$3^{k+ 1}\gt 2(k+ 1)+ 1$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B8)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，２以上のすべての自然数 $n$ について(B8)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が５以上の自然数であるとき，
(B9) $2^n\gt n^2$

(Ⅰ) $n=5$ のとき，（左辺） $=2^5=32$
（右辺） $=5^2=25$ だから(B9)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}5)$ のとき(B9)が成り立つと仮定すると，
$2^k\gt k^2$ …(*)

(*)の両辺に $2$ をかけると
$2^{k+ 1}\gt 2k^2$
ここで， $2k^2\gt (k+ 1)^2$ …(*?)を証明する．
$2k^2-(k+ 1)^2=k^2-2k-1$
$=(k-1)^2-2\underline{\ge}4^2-2\gt 0$ (∵ $k\underline{\ge}5$ )
(*?)により， $2^{k+ 1}\gt (k+ 1)^2$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B9)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，５以上のすべての自然数 $n$ について(B9)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が10以上の自然数であるとき，
(B10) $2^n\gt n^3$

(Ⅰ) $n=10$ のとき，（左辺） $=2^{10}=1024$
（右辺） $=10^3=1000$ だから(B10)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}10)$ のとき(B10)が成り立つと仮定すると，
$2^k\gt k^3$ …(*)

(*)の両辺に $2$ をかけると
$2^{k+ 1}\gt 2k^3$
ここで， $2k^3\gt (k+ 1)^3$ …(*?)を証明する．

$2k^3-(k+ 1)^3=k^3-3k^2-3k-1$
$f(k)=k^3-3k^2-3k-1$ とおくと
$f\apos(k)=3k^2-6k-3=3(k-1)^2-6$
$\underline{\ge}3\times 9^2-6\gt 0$ ( $k\underline{\ge}10$ )
$f(k)$ は $k\underline{\ge}10$ において単調増加
また， $f(10)=10^3-3\times 10^2-3\times 10-1=669\gt 0$
したがって， $k\underline{\ge}10$ において $f(k)\gt 0$ …(*?)が成り立つ

※以上は，微分を使った証明であるが，微分をまだ習っていない場合は，次のように示すことができる．

正の数の大小は比によって調べることができる．すなわち， $a,\hspace{3}b\gt 0$ のとき， $\frac{b}{a}\lt 1$ ならば $a\gt b$ であると言える．
２つの正の数 $2k^3,\hspace{3}(k+ 1)^3\gt 0$ について
$\frac{(k+ 1)^3}{2k^3}=\frac{1}{2}\times\left(\frac{k+ 1}{k}\right)^3=\frac{1}{2}\times\left(1+\frac{1}{k}\right)^3$
において， $k\underline{\ge}10$ のとき，
$0\lt 1+\frac{1}{k}\underline{\le}1+\frac{1}{10}=\frac{11}{10}$
であるから
$\frac{(k+ 1)^3}{2k^3}\underline{\le}{1}{2}\times\frac{1331}{1000}=\frac{1331}{2000}\lt 1$

(*?)により， $2^{k+ 1}\gt (k+ 1)^3$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B10)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，10以上のすべての自然数 $n$ について(B10)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が２以上の自然数であるとき，
(B11) $(1+ h)^n\gt 1+ nh$ （ただし， $h\gt 0$ とする）

(Ⅰ) $n=2$ のとき，（左辺） $=(1+ h)^2=1+ 2h+ h^2$
（右辺） $=1+ 2h$ だから(B11)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}2)$ のとき(B11)が成り立つと仮定すると，
$(1+ h)^k\gt 1+ kh$ …(*)

(*)の両辺に $(1+ h)$ をかけると
$(1+ h)^{k+ 1}\gt (1+ kh)(1+ h)=1+ (k+ 1)h+ kh^2$
$\gt 1+ (k+ 1)h$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B11)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，２以上のすべての自然数 $n$ について(B11)が成り立つ．

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$\circ\hspace{10}n$ が２以上の自然数であるとき，
(B12) $(1-h)^n\gt 1-nh$ （ただし， $h\gt 0$ とする）

(Ⅰ) $n=2$ のとき，（左辺） $=(1-h)^2=1-2h+ h^2$
（右辺） $=1-2h$ だから(B12)は成立する．
(Ⅱ) $n=k\hspace{5}(k\underline{\ge}2)$ のとき(B12)が成り立つと仮定すると，
$(1-h)^k\gt 1-kh$ …(*)

(*)の両辺に $(1-h)$ をかけると
$(1-h)^{k+ 1}\gt (1-kh)(1-h)=1-(k+ 1)h+ kh^2$
$\gt 1-(k+ 1)h$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(B12)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，２以上のすべての自然数 $n$ について(B12)が成り立つ．

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（2014年度岐阜大入試問題）

(1)

n	1	2	3	4	5	6
$a_n$	$\frac{3}{4}$	$\frac{4}{6}$	$\frac{5}{8}$	$\frac{6}{10}$	$\frac{7}{12}$	$\frac{8}{14}$

左の表から
$a_n=\frac{n+ 2}{2n+ 2}$ …(*1)
と推定する．
(2)
(Ⅰ) $n=1$ のとき， $a_1=\frac{1+ 2}{2\times 2+ 2}=\frac{3}{4}$
だから(*1)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(*1)が成り立つと仮定すると，
$a_k=\frac{k+ 2}{2k+ 2}$ …(*)
$a_{k+ 1}=1-\frac{1}{4\times\frac{k+ 2}{2k+ 2}}=1-\frac{k+ 1}{2(k+ 2)}$
$=\frac{k+ 3}{2k+ 4}=\frac{(k+ 1)+ 2}{2(k+ 1)+ 2}$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(*1)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(*1)が成り立つ．

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（2011年度岡山県立大入試問題）

(1)
$a_{2}=\frac{2-a_1}{3-2a_1}=\frac{2-\frac{2}{3}}{3-2\times\frac{2}{3}}=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{5}{3}}=\frac{4}{5}$
$a_{3}=\frac{2-a_2}{3-2a_2}=\frac{2-\frac{4}{5}}{3-2\times\frac{4}{5}}=\frac{\frac{6}{5}}{\frac{7}{5}}=\frac{6}{7}$
(2)

n	1	2	3
$a_n$	$\frac{2}{3}$	$\frac{4}{5}$	$\frac{6}{7}$

左の表から
$a_n=\frac{2n}{2n+ 1}$ …(*1)
と推定する．
(Ⅰ) $n=1$ のとき， $a_1=\frac{2\times 1}{2\times 1+ 1}=\frac{2}{3}$
だから(*1)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(*1)が成り立つと仮定すると，
$a_k=\frac{2k}{2k+ 1}$ …(*)
$a_{k+ 1}=\frac{\frac{2k+ 2}{2k+ 1}}{\frac{2k+ 3}{2k+ 1}}=\frac{2k+ 2}{2k+ 3}=\frac{2(k+ 1)}{2(k+ 1)+ 1}$ …(**)
が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(*1)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(*1)が成り立つ．

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(D1)
　 $n$ が４以上の自然数であるとき，凸 $n$ 角形の対角線の総数は， $\frac{n(n-3)}{2}$ に等しいことを数学的帰納法で証明せよ．

(Ⅰ) $n=4$ のとき，４角形の対角線は２本であるから， $\frac{4\times(4-3)}{2}=2$
に等しい．
(Ⅱ) $n=k$ のとき対角線の総数が
$\frac{k(k-3)}{2}$ …(*)
に等しいと仮定する．

　この図形に $k+ 1$ 番目の頂点を追加して， $k+ 1$ 角形にすると
ア）右図の赤実線で示したように， $k+ 1$ 番目の頂点からこれに隣り合わない $k-2$ 個の頂点に引いた線分が対角線として増える．
イ）右図の赤破線で示したように， $k$ 角形のときに辺に数えていたもの１本が $k+ 1$ 角形では対角線に入る．

以上のア）イ）から， $k+ 1$ 角形の対角線の総数は
$\frac{k(k-3)}{2}+ (k-2)+ 1=\frac{k^2-3k+ 2k-4+ 2}{2}$
$=\frac{k^2-k-2}{2}=\frac{(k+ 1)(k-2)}{2}$
$=\frac{(k+ 1)\{(k+ 1)-3\}}{2}$ …(**)
に等しい．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(*)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，４以上の自然数 $n$ について(*)が成り立つ．

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組合せを使って求める場合は， $n$ 個の頂点を結ぶ線分の総数 $_nC_2$ のうちで辺となるもの $n$ 本を引くと
$\frac{n(n-1)}{2}-n=\frac{n^2-n-2n}{2}=\frac{n(n-3)}{2}$
となることが分かる．

(D2)
　平面上に $n$ 本の直線があり，どの２本も平行でなく，どの３本も同一の点を通らないとする．このとき，これら $n$ 本の直線によって，平面は $\frac{n^2+ n+ 2}{2}$ 個の領域に分けられることを数学的帰納法で証明せよ．

(Ⅰ) $n=1$ のとき，平面は２つの領域に分けられる．
$\frac{1^2+ 1+ 2}{2}=2$
に等しい．
(Ⅱ) $n=k$ のとき
$\frac{k^2+ k+ 2}{2}$ …(*)
個の領域に分かれると仮定する．

　この図形に $k+ 1$ 本目の直線を追加すると，どの２本も平行でなく，どの３本も同一の点を通らないことにより，初め描かれていた $k$ 本の直線と交わる．
　図の赤丸で示した $k$ 個の交点が $k+ 1$ 本目の直線上に並ぶから，植木算の考え方により， $k+ 1$ 本目の直線は $k+ 1$ 個の線分や半直線に分かれる．
　そのとき，各々向こう側とこちら側に領域が分かれるから， $k+ 1$ 本目の直線を引くことにより，領域の数は $k+ 1$ 個だけ増える．
　したがって， $n=k+ 1$ のとき，領域の数は
$\frac{k^2+ k+ 2}{2}+ (k+ 1)=\frac{k^2+ k+ 2+ 2k+ 2}{2}$
$=\frac{k^2+ 3k+ 4}{2}=\frac{(k+ 1)^2+ (k+ 1)+ 2}{2}$ …(**)
に等しい．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(*)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(*)が成り立つ．

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※数学的帰納法による証明では，ほとんどの場合， $n=1$ のときなどから初めて，順次多い方に向かって攻めていく論証の形をとる．しかし， $n=k$ のときの関係から１つ多い $n=k+ 1$ のときの関係を導くのが難しいことがある．このような場合，多い方から降順に攻めてもすべての整数について成り立つことを示せる．

② $\frac{a_1+ a_2}{2}\underline{\ge}\sqrt{a_1a_2}$ を変形して
③ $\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\underline{\ge}\sqrt[3]{a_1a_2a_3}$ を導くのは難しいが
④ $\frac{a_1+ a_2+ a_3+ a_4}{4}\underline{\ge}\sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}$ を変形して
③ $\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\underline{\ge}\sqrt[3]{a_1a_2a_3}$ を導くのはやさしい．…(A)
また，②から④，④から⑧を導くのも容易である．
②から④は
$\frac{a_1+ a_2+ a_3+ a_4}{4}=\frac{\frac{a_1+ a_2}{2}+\frac{a_3+ a_4}{2}}{2}\underline{\ge}\sqrt{\frac{a_1+ a_2}{2}\cdot\frac{a_3+ a_4}{2}}$
$\underline{\ge}\sqrt{\sqrt{a_1a_2}\cdot\sqrt{a_3a_4}}=\sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}$
④から⑧も同様に示せる．
　一般に $n=2^m$ 個の正の数について（相加平均）≧（相乗平均）の関係を示すことができる．…(B)
　そこで，教科書に掲載されていて，黙って使える②だけを前提として，大きな整数 $n$ の場合に（相加平均）≧（相乗平均）の関係を証明するには，適当に大きな $n=2^m$ から順に下がってもよい．

(B)については，上に示したので，④→③の場合を例にとって(A)を示してみる．
$\frac{a_1+ a_2+ a_3+ a_4}{4}\underline{\ge}\sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}$
において，変数 $a_1,\hspace{3}a_2,\hspace{3}a_3,\hspace{3}a_4,\hspace{3}(\gt 0)$ は各々独立した自由な値をとれるから，たまたま， $a_4=\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}$ となる場合を考えてみると
$\frac{a_1+ a_2+ a_3+ \frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}}{4}\underline{\ge}\sqrt[4]{a_1a_2a_3\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}}$
$\frac{\frac{4(a_1+ a_2+ a_3)}{3}}{4}\underline{\ge}\sqrt[4]{a_1a_2a_3\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}}$
$\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\underline{\ge}\sqrt[4]{a_1a_2a_3\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}}$
両辺を４乗すると
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\right)^4\underline{\ge}a_1a_2a_3\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}$
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\right)^3\underline{\ge}a_1a_2a_3$
両辺の３乗根をとると
$\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\underline{\ge}\sqrt[3]{a_1a_2a_3}$
　本題に戻って，⑧→⑦の場合は
$a_8=\frac{a_1+ a_2+ a_3+ \cdots + a_7}{7}$ とおいてから，８乗して，7乗根をとると同様に証明できる．

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(E2)
　 $m,\hspace{3}n$ が自然数で， $a_k\gt 0\hspace{3}(1\underline{\le}k\underline{\le}n)$ のとき，次の不等式が成り立つことを証明せよ．
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots+ a_n}{n}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m+ \cdots+ a_n^m}{n}$

初めに $m$ についての数学的帰納法を用い，次に $n$ についての数学的帰納法を用いる． $n$ についての数学的帰納法は，降順に示すと簡単になる．

　初めに，すべての自然数 $m$ について
$\left(\frac{a_1+ a_2}{2}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m}{2}$ …(*1)
が成り立つことを証明する．
（Ⅰ） $m=1$ のとき
$\left(\frac{a_1+ a_2}{2}\right)^1\underline{\le}\frac{a_1^1+ a_2^1}{2}$
だから，成立する．
（Ⅱ） $m=k$ のとき
$\left(\frac{a_1+ a_2}{2}\right)^k\underline{\le}\frac{a_1^k+ a_2^k}{2}$
が成り立つと仮定すれば
$\left(\frac{a_1+ a_2}{2}\right)^{k+ 1}\underline{\le}\frac{a_1^k+ a_2^k}{2}\times\frac{a_1+ a_2}{2}$
が成り立つ．ここで
$\frac{a_1^k+ a_2^k}{2}\times\frac{a_1+ a_2}{2}\overset{(*?)}{\underline{\le}}\frac{a_1^{k+ 1}+ a_2^{k+ 1}}{2}$
を示す．
$\frac{a_1^{k+ 1}+ a_2^{k+ 1}}{2}-\frac{a_1^k+ a_2^k}{2}\times\frac{a_1+ a_2}{2}$
$=\frac{1}{4}\left(2a_1^{k+ 1}+ 2a_2^{k+ 1}-a_1^{k+ 1}-a_2^{k+ 1}-a_1^ka_2-a_1a_2^k\right)$
$=\frac{1}{4}\left(a_1^{k+ 1}+ a_2^{k+ 1}-a_1^ka_2-a_1a_2^k\right)$
$=\frac{1}{4}\{a_1^{k}(a_1-a_2)-a_2^{k}(a_1-a_2)\}$
$=\frac{1}{4}(a_1^{k}-a_2^{k})(a_1-a_2)$
$a_1\underline{\ge}a_2$ のとき $a_1^k\underline{\ge}a_2^k$
$a_1\lt a_2$ のとき $a_1^k\lt a_2^k$
であるから，(*?)が成り立つ．　したがって
$\left(\frac{a_1+ a_2}{2}\right)^{k+ 1}\underline{\le}\frac{a_1^{k+ 1}+ a_2^{k+ 1}}{2}$
　以上から，数学的帰納法によりすべての自然数 $m$ について，(*1)が成り立つ．

　次に，すべての自然数 $n$ について
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots+ a_n}{n}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m+ \cdots+ a_n^m}{n}$ …(*2)
が成り立つことを証明する．
（Ⅰ） $n=1$ のとき
(左辺) $=a_1^m$ ，(右辺) $=a_1^m$ であるから，成立する．
$n=2$ のとき，(*1)により
$\left(\frac{a_1+ a_2}{2}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m}{2}$
が成り立つ．
（Ⅱ） $n=2,\hspace{3}4,\hspace{3},8\hspace{3}\cdots2^p$ で成り立つことを示す．
$\left(\frac{\frac{a_1+ a_2}{2}+\frac{a_3+ a_4}{2}}{2}\right)^m\underline{\le}\frac{\left(\frac{a_1+ a_2}{2}\right)^m+\left(\frac{a_3+ a_4}{2}\right)^m}{2}$
$\underline{\le}\frac{\frac{a_1^m+ a_2^m}{2}+\frac{a_3^m+ a_4^m}{2}}{2}$
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3+ a_4}{4}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m+ a_4^m}{4}$
　同様にすれば， $n=2,\hspace{3}4,\hspace{3},8\hspace{3}\cdots2^p$ で成り立つことが言える．
$n=4$ の場合に
$a_4=\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}$
のときを考えると
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3+ \frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}}{4}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m+ (\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3})^m}{4}$
$\left(\frac{\frac{4(a_1+ a_2+ a_3)}{3}}{4}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m}{4}+\frac{(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3})^m}{4}$
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m}{4}+\frac{1}{4}\times(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3})^m$
右辺の第2項を左辺に移項すると
$\frac{3}{4}\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m}{4}$
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\right)^m\underline{\le}\frac{4}{3}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m}{4}$
$\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}\right)^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m}{3}$
　このようにして， $n=3$ のとき，成り立つことが示せる．
　同様にして， $k$ よりも大きな $2^p$ のときから順次降順に示すことができる．
　以上により，すべての自然数 $n$ について(*2)が成り立つ．

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（別解）** グラフによる証明 **

　 $a_1\underline{\le}a_2\underline{\le}a_3\underline{\le}\hspace{2}\cdots\hspace{2}\underline{\le}a_n$ としても一般性を失わない．
　 $f(x)=x^m$ のグラフ上にあって， $x$ 座標が $a_k\hspace{3}(1\underline{\le}k\underline{\le}n)$ となる点を $P_k(a_k,\hspace{3}a_k^m)$ とおく．
　このとき， $P_1$ と $P_2$ の重心を $R_{1,2}$ とすると，
$R_{1,2}(\frac{a_1+ a_2}{2},\hspace{3}\frac{a_1^m+ a_2^m}{2})$
　 $R_{1,2}$ からｙ軸に平行な直線を引いて $f(x)=x^m$ のグラフと交わる点を $Q_{1,2}$ とおくと
$Q_{1,2}(\frac{a_1+ a_2}{2},\hspace{3}(\frac{a_1+ a_2}{2})^m)$
　 $f(x)=x^m$ のグラフは $m\underline{\ge}2$ のとき下に凸だから， $R_{1,2}$ は $Q_{1,2}$ よりも上（以上）にある．したがって
$(\frac{a_1+ a_2}{2})^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m}{2}$

　次に， $P_1,\hspace{2}P_2,\hspace{2}P_3$ の重心
$R_{1-3}\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3},\hspace{3}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m}{3}\right)$
は，その重心からｙ軸に平行な直線を引いて $f(x)=x^m$ のグラフと交わる点
$Q_{1-3}\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3},\hspace{3}(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3})^m\right)$
よりも上（以上）にある．

■ここが重要■
$\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3}=\frac{2\frac{a_1+ a_2}{2}+ a_3}{3}$
だから， $R_{1,2}$ と $P_{3}$ を1：2の比に内分する点 $R_{1-3}$
は，グラフが下に凸であることにより
$Q_{1-3}\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3},\hspace{3}(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3})^m\right)$
よりも上（以上）にある．そこで
$(\frac{a_1+ a_2+ a_3}{3})^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m}{3}$
が成り立つ．

　一般に，
$\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots+ a_n}{n}=\frac{(n-1)\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots}{n-1}+ a_n}{n}$
だから，第 $n$ 番目の重心は，第 $n-1$ 番目の重心と $P_n$ を結ぶ線分を1:(n−1)の比に内分する点となるから，次の $R_{1-n}$ は $Q_{1-n}$ よりも上（以上）にある．
$R_{1-n}\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots+ a_n}{n},\hspace{2}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m+\cdots+ a_n^m}{n}\right)$
$Q_{1-n}\left(\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots+ a_n}{n},\hspace{2}(\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots+ a_n}{n})^m\right)$
したがって
$(\frac{a_1+ a_2+ a_3+\cdots+ a_n}{n})^m\underline{\le}\frac{a_1^m+ a_2^m+ a_3^m+\cdots+ a_n^m}{n}$
が成り立つ．

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(F1) $n$ が自然数， $a,\hspace{3}b$ が整数で $(2+ \sqrt{3})^n=a+ \sqrt{3}b$ であるならば， $(2-\sqrt{3})^n=a- \sqrt{3}b$ となることを証明せよ．

「Ａのとき，ＰならばＱ」ということをもう少しシンプルな表現にすると「ＡかつＰならばＱ」と考えればよい．
同様にして，「Ａのとき，Ｐ(k)ならばＱ(k)が成り立つとき，Ｐ(k+1)ならばＱ(k+1)が成り立つことを証明せよ」とは「ＡかつＰ(k)かつＱ(k)かつＰ(k+1)ならばＱ(k+1)が成り立つことを証明せよ」と考えればよい．
要するに，Ｑ(k+1)以外はすべて仮定してＱ(k+1)を証明したらよい．

(Ⅰ) $n=1$ のとき， $(2+ \sqrt{3})^1=2+ \sqrt{3}\times 1$ だから， $a=2,\hspace{3}b=1$
このとき， $(2-\sqrt{3})^1=2-\sqrt{3}\times 1$ だから， $a=2,\hspace{3}b=1$
だから(F1)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(F1)が成り立つと仮定すると，
$(2+ \sqrt{3})^k=a+ \sqrt{3}b$ であるならば， $(2-\sqrt{3})^k=a- \sqrt{3}b$ …(*)

このとき，
$(2+ \sqrt{3})^{k+ 1}=(a+ \sqrt{3}b)(2+\sqrt{3})$
$=(2a+ 3b)+ (a+ 2b)\sqrt{3}$
$(2-\sqrt{3})^{k+ 1}=(a-\sqrt{3}b)(2-\sqrt{3})$
$=(2a+ 3b)-(a+ 2b)\sqrt{3}$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(F1)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(F1)が成り立つ．

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(F2) $n$ が自然数， $a,\hspace{3}b$ が整数で $(3+ 2\sqrt{2})^n=a+ \sqrt{2}b$ であるならば， $(3-2\sqrt{2})^n=a-\sqrt{2}b$ となることを証明せよ．

(Ⅰ) $n=1$ のとき， $(3+ 2\sqrt{2})^1=3+ 2\sqrt{2}$ だから， $a=3,\hspace{3}b=2$
このとき， $(3-2\sqrt{2})^1=3-2\sqrt{2}$ だから， $a=3,\hspace{3}b=2$
だから(F2)は成立する．
(Ⅱ) $n=k$ のとき(F2)が成り立つと仮定すると，
$(3+ 2\sqrt{2})^k=a+ \sqrt{2}b$ であるならば， $(3-2\sqrt{2})^k=a-\sqrt{2}b$ …(*)

このとき，
$(3+ 2\sqrt{2})^{k+ 1}=(a+\sqrt{2}b)(3+ 2\sqrt{2})$
$=(3a+ 4b)+ (2a+ 3b)\sqrt{2}$
$(3-2\sqrt{2})^{k+ 1}=(a-\sqrt{2}b)(3-2\sqrt{2})$
$=(3a+ 4b)-(2a+ 3b)\sqrt{2}$ …(**)が成立する．
(**)は $n=k+ 1$ のときも(F2)が成り立つことを示している．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について(F2)が成り立つ．

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(G1) $n$ が自然数であるとき，次の式の値が整数になることを証明せよ．
$(3+ 2\sqrt{2})^n+ (3- 2\sqrt{2})^n$

(Ⅰ) $n=1$ のとき， $(3+ 2\sqrt{2})^1+ (3- 2\sqrt{2})^1=6$ は整数である．
また， $n=2$ のとき，
$(3+ 2\sqrt{2})^2+ (3- 2\sqrt{2})^2=9+ 12\sqrt{2}+ 8+ 9-12\sqrt{2}+ 8$
$=34$ は整数である．

(Ⅱ) $n=k-1,\hspace{3}k\hspace{5}(k\underline{\ge}2)$ のとき

以下，簡単のために， $3+ 2\sqrt{2}=A,\hspace{5}3- 2\sqrt{2}=B$ とおく．このとき， $A+ B=6,\hspace{3}AB=1$ である．

$A^{k-1}+ B^{k-1},\hspace{3}A^{k}+ B^{k}$ が整数であると仮定すると
$A^{k+ 1}+ B^{k+ 1}=(A^k+ B^k)(A+ B)-(A^kB+ AB^k)$
$=(A^k+ B^k)(A+ B)-AB(A^{k-1}+ B^{k-1})$
ここで， $A^{k-1}+ B^{k-1},\hspace{3}A^{k}+ B^{k}$ は仮定により整数で， $A+ B,\hspace{3}AB$ も整数であるから， $A^{k+ 1}+ B^{k+ 1}$ も整数になる
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について，
$(3+ 2\sqrt{2})^n+ (3- 2\sqrt{2})^n$ が整数になることが示された．

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(G2) $n$ が自然数であるとき，次の式の値が整数になることを証明せよ．
$\frac{(5+ 2\sqrt{6})^n+ (5- 2\sqrt{6})^n}{2}$

(Ⅰ) $n=1$ のとき，
$\frac{(5+ 2\sqrt{6})^1+ (5- 2\sqrt{6})^1}{2}=5$
は整数である．
また， $n=2$ のとき，
$\frac{(5+ 2\sqrt{6})^2+ (5- 2\sqrt{6})^2}{2}=49$
は整数である．

(Ⅱ) $n=k-1,\hspace{3}k\hspace{5}(k\underline{\ge}2)$ のとき

以下，簡単のために， $5+ 2\sqrt{6}=A,\hspace{5}5-2\sqrt{6}=B$ とおく．このとき， $A+ B=10,\hspace{3}AB=1$ である．

$\frac{A^{k-1}+ B^{k-1}}{2},\hspace{3}\frac{A^{k}+ B^{k}}{2}$ が整数であると仮定すると
$\frac{A^{k+ 1}+ B^{k+ 1}}{2}=\frac{(A^k+ B^k)(A+ B)-(A^kB+ AB^k)}{2}$
$=\frac{A^k+ B^k}{2}(A+ B)-AB\frac{A^{k-1}+ B^{k-1}}{2}$
ここで， $\frac{A^{k-1}+ B^{k-1}}{2},\hspace{3}\frac{A^{k}+ B^{k}}{2}$ は仮定により整数で， $A+ B,\hspace{3}AB$ も整数であるから， $A^{k+ 1}+ B^{k+ 1}$ も整数になる
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について，
$\frac{(5+ 2\sqrt{6})^n+ (5- 2\sqrt{6})^n}{2}$ が整数になることが示された．

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(G3) $a_1=1,\hspace{3}a_2=1,\hspace{3}a_{n+ 2}=a_{n}+ a_{n+ 1}$ で定義される数列（フィボナッチ数列）の一般項は
$a_n=\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}{\sqrt{5}}$
となることを証明せよ．

$a_n=\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}{\sqrt{5}}$
が漸化式を満たすことを証明する．
(Ⅰ) $n=1$ のとき，
$a_1=\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^1-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^1}{\sqrt{5}}=\frac{\frac{2\sqrt{5}}{2}}{\sqrt{5}}=1$
$n=2$ のとき，
$a_2=\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^2-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^2}{\sqrt{5}}=\frac{\frac{4\sqrt{5}}{4}}{\sqrt{5}}=1$
が成り立つ．

(Ⅱ) $n=k,\hspace{3}k+ 1\hspace{5}(k\underline{\ge}1)$ のとき

以下，簡単のために， $\frac{1+\sqrt{5}}{2}=A,\hspace{5}\frac{1-\sqrt{5}}{2}=B$ とおく．このとき， $A+ B=1,\hspace{3}AB=-1$ である．

$a_k=\frac{A^k-B^k}{\sqrt{5}},\hspace{3}a_{k+ 1}=\frac{A^{k+ 1}-B^{k+ 1}}{\sqrt{5}}$
が成り立つと仮定する．
$A^{k+ 2}-B^{k+ 2}$
$=(A^{k+ 1}-B^{k+ 1})(A+ B)-AB(A^k-B^k)$
だから
$\frac{A^{k+ 2}-B^{k+ 2}}{\sqrt{5}}$
$=\frac{(A^{k+ 1}-B^{k+ 1})}{\sqrt{5}}(A+ B)-AB\frac{(A^k-B^k)}{\sqrt{5}}$

ここで， $A+ B=1,\hspace{3}AB=-1$ だから
$\frac{A^{k+ 2}-B^{k+ 2}}{\sqrt{5}}$
$=\frac{(A^{k+ 1}-B^{k+ 1})}{\sqrt{5}}+\frac{(A^k-B^k)}{\sqrt{5}}$
したがって
$a_{k+ 2}=a_{k}+ a_{k+ 1}$
が成り立つ．
(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について，
$a_n=\frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n}{\sqrt{5}}$
が漸化式を満たすことが示された．

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(G4) すべての自然数 $n$ について， $3^n-2n+ 3$ は4の倍数である．このことを，数学的帰納法を用いて示せ．

（2016年度愛知教育大入試問題）

(Ⅰ) $n=1$ のとき，
$3^1-2+ 3=4$
は4の倍数である．

(Ⅱ) $n=k$ のとき
$3^k-2k+ 3=4N$ （Nは整数）と仮定する．
このとき，差 $\{3^{k+ 1}-2(k+ 1)+ 3\}-\{3^k-2k+ 3\}$ が4の倍数になることを示せばよい．
$\{3^{k+ 1}-2(k+ 1)+ 3\}-\{3^k-2k+ 3\}$
$=3^k(3-1)-2=2(3^k-1)$
ここで， $3^k$ は奇数だから， $3^k-1$ は偶数
したがって， $2(3^k-1)$ は4の倍数．

(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について， $3^n-2n+ 3$ は4の倍数であることが示された．

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(G5) すべての自然数 $n$ について， $3^{3n+ 1}+ 7^{2n-1}$ は11の倍数である．このことを，数学的帰納法を用いて示せ．

（2016年度愛知教育大入試問題）

(Ⅰ) $n=1$ のとき，
$3^{3+ 1}+ 7^{2-1}=81+ 7=88$
は11の倍数である．

(Ⅱ) $n=k$ のとき
$3^{3k+ 1}+ 7^{2k-1}=11N$ （Nは整数）と仮定する．
このとき，差 $\{3^{3(k+ 1)+ 1}+ 7^{2(k+ 1)-1}\}-\{3^{3k+ 1}+ 7^{2k-1}\}$ が11の倍数になることを示せばよい．
$\{3^{3(k+ 1)+ 1}+ 7^{2(k+ 1)-1}\}-\{3^{3k+ 1}+ 7^{2k-1}\}$
$=3^{3k+ 1}(3^3-1)+ 7^{2k-1}(7^2-1)$
$=3^{3k+ 1}\times 26+ 7^{2k-1}\times 48$
$=26(3^{3k+ 1}+ 7^{2k-1})+ 7^{2k-1}\times 22$
$=26\times 11N+ 7^{2k-1}\times 2\times 11$
は11の倍数である．

(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について， $3^{3n+ 1}+ 7^{2n-1}$ は11の倍数であることが示された．

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(G6) $n$ を自然数とするとき $4\times 3^{2n-1}+ 2^{4n}$ は28で割り切れることを示せ．

（2005年度東京女子大入試問題）

(Ⅰ) $n=1$ のとき，
$4\times 3^{2-1}+ 2^{4}=12+ 16=28$
は28で割り切れる．

(Ⅱ) $n=k$ のとき
$4\times 3^{2k-1}+ 2^{4k}=28N$ （Nは整数）と仮定する．
このとき，差
$\{4\times 3^{2(k+ 1)-1}+ 2^{4(k+ 1)}\}-\{4\times 3^{2k-1}+ 2^{4k}\}$
が28の倍数になることを示せばよい．
$\{4\times 3^{2(k+ 1)-1}+ 2^{4(k+ 1)}\}-\{4\times 3^{2k-1}+ 2^{4k}\}$
$=4\times 3^{2k-1}(9-1)+ 2^{4k}(16-1)$
$=32\times 3^{2k-1}+ 15\times 2^{4k}$
$=28\times 3^{2k-1}+ (4\times 3^{2k-1}+ 2^{4k})+ 14\times 2^{4k}$
$=28\times 3^{2k-1}+ 28N+ 28\times 2^{4k-1}$
は28の倍数である．

(Ⅰ)，(Ⅱ)により，すべての自然数 $n$ について， $4\times 3^{2n-1}+ 2^{4n}$ は28の倍数であることが示された．

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