数学的帰納法で、最初の一つと次への一段をつなぐ
準備14問と、生徒が命題の範囲・最初の一つ・仮定から次への一段を分けて書く主課題10題です。
学年・内容の目安 高校・数学B。授業の復習や教材の準備に使えます。公開教材の利用条件を確認し、年少の生徒には講師が紙の教材を用意します。
学習内容や既習事項に合わせて使う独自の練習です。文部科学省の認定教材や、教科書・入試の全範囲を網羅する教材ではありません。
現行数学B(1)ア(エ)・イ(ウ)、冊子102–104/PDF114–116を踏まえた独自活動です。自然数についての命題を最初の一つと一段の推論で示す方法、等式・不等式・整数の性質・予想した一般項の証明を扱います。数学B全体や固定学年、強い帰納法・無限級数・極限、学習効果は主張しません。
解説を読む
いくつかの数で合うことと、全ての自然数で成り立つ理由を区別します。最初の一つを直接確かめ、ある番号で成り立つと仮定した式から次の番号の式を導きます。仮定することと、これから示すことを同じ欄へ書きません。
必要な予備知識
正の整数、正負の数・分数、文字式の展開と因数分解、整数指数、不等式と整数の倍数、有限の和、初期条件つきの簡単な漸化式。数学的帰納法と正の整数の階乗は本文で導入します。確率・統計、0!、強い帰納法、無限級数や極限は前提にしません。
- 自然数についての命題をP(n)と書き、まず範囲を決めます。ここで自然数は1,2,3,…です。「全ての整数n≧m」なら、出発点はm。P(k)とP(k+1)で何が変わるか、和の上限・指数・右辺の文字を先に書き分けます。
- 数学的帰納法では、①P(m)を直接確かめる、②任意の整数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)を導く、の両方を示します。これでmから一段ずつ全ての整数n≧mへ進めるので、範囲内の全てでP(n)が成り立ちます。
- ②の仮定は「今、ある一つの任意のkでP(k)が成り立つとする」です。これから示すP(k+1)や、全てのnでの結論を仮定にしません。仮定を書き、使った箇所を示し、次の番号の目標と同じ形まで変形します。
- 有限の和の等式ではS_(k+1)=S_k+第k+1項です。仮定で置き換えられるのはS_k。追加する項もkをk+1へ入れ替えて求め、目標の右辺で全てのkをk+1へ変えた式へつなぎます。
- 整数dの倍数と示すには、ある整数tを用いてd×tと表せることを使います。例えばr^(k+1)−1=r(r^k−1)+(r−1)と分け、仮定と残りの項の両方がdの倍数になる理由を残します。
- 不等式の一段では、正の数を掛ければ向きは変わりません。仮定から得た下限と、次の番号で必要な下限を比べる式も書きます。kの範囲を使った箇所と、等号を含むかを確かめます。基底が違えば、主張する範囲も違います。
- 正の整数nの階乗n!は1からnまでの積です。1!=1、(k+1)!=(k+1)k!。ここではn≧1だけを扱います。例えばn!と2^(n−1)の比較では、帰納法の仮定を掛けた後、k+1≧2という別の比較も必要です。
- 初めの数例が一致しても、全ての自然数での証明にはなりません。またP(k+1)を仮定してP(k)へ戻る推論は、前へ進む②の代わりにはなりません。基底だけ・一段だけ・逆向きだけになっていないかを分けて読みます。
- 漸化式から予想した一般項も、初期値の基底と、元の一段の式へ帰納法の仮定を代入する推論で証明できます。数項を作る作業、式を予想する作業、全てのnでの証明を区別します。正しい別の証明法とも比較できますが、帰納法を指定した課題では基底と一段を残します。
- 自動採点は準備の指定整数と選択だけです。生徒の自由な等式変形・不等式・整数係数、命題の範囲、基底・仮定・次への導出・結論は手動確認します。同値な式と正しい別の進め方を認め、自由な証明を判定する新しいパーサーは追加しません。
解き方の例
1+3+…+(2n−1)=n²をn≧1で示します。n=1は1=1。任意のk≧1でS_k=k²と仮定すると、S_(k+1)=S_k+(2k+1)=k²+2k+1=(k+1)²。最初の一つと一段の両方から全てのn≧1で成立します。仮定はS_k=k²であり、S_(k+1)=(k+1)²を仮定したのではありません。
5^n−1が4の倍数であることを示します。n=1は4。任意のk≧1で5^k−1=4t（tは整数）と仮定すると、5^(k+1)−1=5(5^k−1)+4=4(5t+1)。5t+1も整数なので次も4の倍数。よって全てのn≧1で成立します。
よくある間違い
- 命題のnの範囲と基底の番号を対応させない。
- 基底だけを確かめて全てのnへ飛ぶ。
- 次への一段だけで最初の一つを確かめない。
- P(k+1)を仮定して目標そのものを使う。
- 逆向きのP(k+1)からP(k)を前への一段とする。
- 第k+1項を第k項のまま足す。
- 目標の右辺の一部だけk+1へ変える。
- 不等式の下限同士の比較やkの範囲を省く。
- 階乗の増える因数をkとする。
- 有限な数例を全ての自然数での証明とする。
考え方を説明する
準備14問は指定整数と選択です。主課題は生徒の命題の範囲、基底、任意のkで置く仮定、仮定を使った次の番号への全導出、範囲つき結論を手動で見ます。T1・T2は和の追加項と目標、T3・T4は整数係数、T5・T6は仮定からの下限と目標の比較、T7は逆向きの推論の修正、T8は開始点とkの範囲、T9は漸化式の予想と証明、T10は生徒の係数での全nの証明と有限表の区別です。同値な式と正しい別の導出を認め、指定していない別の手法や全8条件を必須にしません。
自動採点は準備の指定整数と選択だけです。生徒の自由な証明、等式変形・不等式と範囲、整数係数、仮定からの導出・結論と表全体は手動確認します。自然数についての通常の一段の数学的帰納法を扱い、強い帰納法・0!・無限級数・極限、実測・学習効果、新しい証明パーサーは扱いません。
練習する
自動採点は準備の指定整数と選択だけです。自由な証明、基底・仮定・次への導出の全過程・範囲と理由、自分の表全体は手動確認します。
入力した答えは、ページを再読み込みするか離れるまで、このページのメモリ上に保持されます。保存済みの下書き、アカウントの成績、自動の宿題提出は作成されません。
自分の答えと記述
練習問題と解答
P(n)をΣ_{j=1}^{n}(4j−1)=n(2n+1)とします。基底n=1での両辺の共通の値を答えてください。
答えと解説
3
左辺4×1−1=3、右辺1×(2×1+1)=3です。
S_n=Σ_{j=1}^{n}(4j−1)です。k=3でS_kからS_(k+1)へ加える一つの項の値を答えてください。
答えと解説
15
加えるのは第4項で4×(3+1)−1=15です。S_3そのものではありません。
帰納法の仮定S_k=k(2k+1)でk=4のとき、S_kの値を答えてください。
答えと解説
36
4×(2×4+1)=36です。次の番号の右辺とは区別します。
7^(k+1)−1=7(7^k−1)+cとなる定数cを答えてください。
答えと解説
6
右辺を展開すると7^(k+1)−7+cなのでc=6です。
(k+1)!=(k+1)k!です。k=4で、4!から5!へ増える因数を答えてください。
答えと解説
5
5!=5×4!なので因数は5です。
不等式2^n≧n²が成り立たない最初の正の整数nを答えてください。
答えと解説
3
n=1は2≧1、n=2は4=4、n=3は8<9です。
a_1=2、a_(n+1)=2a_n+3です。予想した一般項a_n=5·2^(n−1)−3を使ってa_4を答えてください。
答えと解説
37
5×2³−3=37。直接にも2,7,17,37です。
全ての正の整数nについてP(n)を数学的帰納法で示すための組はどれですか。
- P(1)を確かめ、任意のk≧1でP(k)からP(k+1)を導く
- P(1)だけを確かめる
- P(k+1)を仮定してP(k)だけを導く
- P(1),P(2),P(3)だけを確かめる
答えと解説
P(1)を確かめ、任意のk≧1でP(k)からP(k+1)を導く
最初の一つと、任意の番号から次へ進む一段の両方が必要です。
S_n=Σ_{j=1}^{n}(4j−1)=n(2n+1)を示します。任意のk≧1で置く帰納法の仮定はどれですか。
- S_(k+1)=(k+1)(2k+3)
- S_k=k(2k+1)
- 全てのnで結論が成立する
- kは必ず1である
答えと解説
S_k=k(2k+1)
P(k)を仮定します。P(k+1)や全てのnでの結論を先に仮定しません。
仮定S_k=k(2k+1)に第k+1項4k+3を足します。次の番号の目標と同じ式はどれですか。
- k(2k+3)
- (k+1)(2k+1)
- (k+1)(2k+3)
- (k+1)(2k+2)
答えと解説
(k+1)(2k+3)
k(2k+1)+4k+3=2k²+5k+3=(k+1)(2k+3)です。
全ての整数n≧4でP(n)を示します。対応する基底と一段はどれですか。
- P(1)と、k≧4での一段
- P(4)だけ
- P(3)と、k≧4での一段
- P(4)と、任意のk≧4でP(k)からP(k+1)への一段
答えと解説
P(4)と、任意のk≧4でP(k)からP(k+1)への一段
範囲の最初は4。そこから全ての整数へ進む一段を示します。
「3^nは偶数」は偽ですが、仮に3^kが偶数なら3^(k+1)=3·3^kも偶数と導けます。この観察が示す注意点はどれですか。
- 一段の推論だけでは足りず、基底も必要
- この一段があれば偽の命題も証明できる
- n=1の3は偶数になる
- 基底は好きな値へ変えてよい
答えと解説
一段の推論だけでは足りず、基底も必要
基底n=1の3は偶数ではありません。仮定からの一段があっても、最初の一つが始まりません。
全ての正の整数nでn!と2^(n−1)を比較します。n=1,2で等号になることを含む正しい主張はどれですか。
- n!>2^(n−1)
- n!≧2^(n−1)
- n!<2^(n−1)
- 全てのnでn!=2^(n−1)
答えと解説
n!≧2^(n−1)
1!=1、2!=2で等号です。n=3では6>4なので全て等号でもありません。
最初の6個の自然数で式が成り立ちました。全ての正の整数についての証明との関係はどれですか。
- 6個なら全てのnでの証明になる
- 次の1個だけ計算すれば必ず証明になる
- 有限な数例は予想の手掛かりで、一般のnでの理由が別に必要
- 大きい数を一つ足せば基底と一段は不要
答えと解説
有限な数例は予想の手掛かりで、一般のnでの理由が別に必要
有限の確認と普遍的な証明を区別します。帰納法なら基底と任意の一段を示します。
考え方を説明する
全ての正の整数nについてΣ_{j=1}^{n}(4j−1)=n(2n+1)を数学的帰納法で証明してください。命題の範囲、基底、仮定、次の番号の目標と導出、結論を書き分けます。
答えと解説
基底n=1は3=3。任意のk≧1でS_k=k(2k+1)と仮定する。S_(k+1)=S_k+4(k+1)−1=k(2k+1)+4k+3=2k²+5k+3=(k+1)(2k+3)。これはn=k+1の右辺。よって全ての正の整数nで成立する。
生徒の基底・P(k)の仮定と使用箇所、正しい追加項・目標の式と計算過程・範囲つき結論を見ます。
全ての正の整数nについてΣ_{j=1}^{n}j(3j+1)=n(n+1)²を数学的帰納法で証明してください。第k+1項を別に求め、仮定を使う場所と目標の右辺を示します。
答えと解説
基底n=1は4=4。任意のk≧1でS_k=k(k+1)²と仮定する。第k+1項は(k+1)(3k+4)。S_(k+1)=k(k+1)²+(k+1)(3k+4)=(k+1)(k²+4k+4)=(k+1)(k+2)²で目標に合う。よって全てのn≧1で成立する。
生徒の基底、正しい追加項と仮定、因数分解の全導出、次の番号の式と計算過程・結論を見ます。
全ての正の整数nで7^n−1は6の倍数であることを数学的帰納法で証明してください。「整数の6倍」という形で仮定と次の項を書き、係数が整数である理由も残します。
答えと解説
基底n=1は6=6×1。任意のk≧1で7^k−1=6t（tは整数）と仮定する。7^(k+1)−1=7(7^k−1)+6=6(7t+1)。7t+1は整数なので次も6の倍数。よって全てのn≧1で成立する。
生徒の基底、整数tを伴う仮定、元の式からの分解と次の整数係数、範囲つき結論を見ます。
全ての正の整数nで3^(2n)−1は8の倍数であることを数学的帰納法で証明してください。nをk+1へ変えた指数と、仮定を含む分解を示します。
答えと解説
基底n=1は9−1=8。任意のk≧1で3^(2k)−1=8t（tは整数）と仮定する。3^(2(k+1))−1=9·3^(2k)−1=9(3^(2k)−1)+8=8(9t+1)。9t+1は整数。よって全てのn≧1で8の倍数である。
生徒の指数2(k+1)・係数9、基底・仮定とその使用、整数係数を伴う次の式・結論を見ます。
全ての正の整数nで3^n≧2n+1を数学的帰納法で証明してください。仮定に正の3を掛けた下限と、次に必要な下限との比較も式で示します。
答えと解説
基底n=1は3=3。任意のk≧1で3^k≧2k+1と仮定する。3^(k+1)≧3(2k+1)=6k+3。次の目標は2(k+1)+1=2k+3で、(6k+3)−(2k+3)=4k≧0。よって一段が成り立ち、全てのn≧1で成立する。
生徒の基底、正の因数と不等号、仮定からの下限と目標の比較・kの範囲、結論を見ます。
正の整数nの階乗n!は1からnまでの積です。全てのn≧1でn!≧2^(n−1)を数学的帰納法で証明してください。増える因数と、その因数を比較する根拠を示し、n=1,2,3も直接確かめます。
答えと解説
基底n=1は1!=1=2⁰。任意のk≧1でk!≧2^(k−1)と仮定すると、(k+1)!=(k+1)k!≧(k+1)2^(k−1)≧2·2^(k−1)=2^k。最後はk+1≧2と2^(k−1)>0を使う。よって全てのn≧1で成立する。直接はn=1で1=1、n=2で2=2、n=3で6>4。
生徒の基底、仮定・階乗の因数k+1、二段目の不等式の根拠と全結論、指定した三つの比較を見ます。
P(n)をΣ_{j=1}^{n}(2j+3)=n(n+4)とします。友人はP(k+1)を仮定し、第k+1項を引いてP(k)を得たので証明できたとしました。その推論の向きを説明し、全てのn≧1での正しい数学的帰納法の証明へ直してください。
答えと解説
友人はP(k+1)⇒P(k)を示しただけで、最初の一つから前へ進む一段にならない。正しくは基底n=1で5=5。任意のk≧1でS_k=k(k+4)と仮定し、S_(k+1)=S_k+2(k+1)+3=k(k+4)+2k+5=k²+6k+5=(k+1)(k+5)。目標と合うので全てのn≧1で成立する。
生徒の逆向きの指摘、P(k+1)を仮定しない基底と前向きの全導出、正しい追加項・結論を見ます。
全ての整数n≧4で2^n≧n²を数学的帰納法で証明してください。k≧4を使って2k²と(k+1)²を比べ、なぜこの証明から全てのn≧1とは結論できないかをn=3で説明します。
答えと解説
基底n=4は16=16。任意のk≧4で2^k≧k²と仮定すると2^(k+1)≧2k²。2k²−(k+1)²=k²−2k−1=(k−1)²−2≧9−2=7>0だから次も成立する。よって全てのn≧4で成立する。n=3は8<9で全てのn≧1という主張は偽。基底と一段の範囲を変えられない。
生徒の基底4・任意のk≧4、差の式と計算過程と範囲による下限、結論の範囲とn=3の反例を見ます。
a_1=2、a_(n+1)=2a_n+3です。最初の3項を直接作り、予想した一般項a_n=5·2^(n−1)−3を全ての正の整数nで数学的帰納法により証明してください。数項の確認と証明を分けます。
答えと解説
直接の3項は2,7,17。基底n=1で5−3=2。任意のk≧1でa_k=5·2^(k−1)−3と仮定し、元の漸化式によりa_(k+1)=2a_k+3=2(5·2^(k−1)−3)+3=5·2^k−3。これは次の番号の一般項で、全てのn≧1で成立する。三項の一致だけで全項とはしていない。
生徒の直接の全3項と、基底・仮定・元の漸化式へ代入した全導出・範囲つき結論の区別を見ます。
Aを2,5から、Bを−1,3から、確認する番号Nを3,5から一つずつ選びます。選んだA,BについてΣ_{j=1}^{n}(Aj+B)=A n(n+1)/2+Bnを全ての正の整数nで数学的帰納法により証明し、別に第1項から第N項までの直接の表と和でも確かめてください。全8条件を解くことは必須にしません。
答えと解説
作例A=5,B=−1,N=3の項は4,9,14で和27。一般に基底n=1の両辺はA+B。任意のk≧1でS_k=A k(k+1)/2+Bkと仮定すると、S_(k+1)=S_k+A(k+1)+B=A(k+1)(k+2)/2+B(k+1)で次の目標に合う。よって全てのn≧1で成立する。生徒の許された別の選択、全N項と直接の和、同値な全証明も認める。
生徒の三つの選択・直接の全N項と和、選んだ係数での基底・仮定・次への全導出と全nの結論を見ます。
ワークシート
教育課程の出典
日本の学習指導要領
現行数学B(1)ア(エ)・イ(ウ)、冊子102–104/PDF114–116を踏まえた独自活動です。自然数についての命題を最初の一つと一段の推論で示す方法、等式・不等式・整数の性質・予想した一般項の証明を扱います。数学B全体や固定学年、強い帰納法・無限級数・極限、学習効果は主張しません。 · 2026-11-05
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準備14問は指定整数と選択です。主課題は生徒の命題の範囲、基底、任意のkで置く仮定、仮定を使った次の番号への全導出、範囲つき結論を手動で見ます。T1・T2は和の追加項と目標、T3・T4は整数係数、T5・T6は仮定からの下限と目標の比較、T7は逆向きの推論の修正、T8は開始点とkの範囲、T9は漸化式の予想と証明、T10は生徒の係数での全nの証明と有限表の区別です。同値な式と正しい別の導出を認め、指定していない別の手法や全8条件を必須にしません。
P(n)をΣ_{j=1}^{n}(4j−1)=n(2n+1)とします。基底n=1での両辺の共通の値を答えてください。
途中の計算・単位・理由・確認答え:
S_n=Σ_{j=1}^{n}(4j−1)です。k=3でS_kからS_(k+1)へ加える一つの項の値を答えてください。
途中の計算・単位・理由・確認答え:
帰納法の仮定S_k=k(2k+1)でk=4のとき、S_kの値を答えてください。
途中の計算・単位・理由・確認答え:
7^(k+1)−1=7(7^k−1)+cとなる定数cを答えてください。
途中の計算・単位・理由・確認答え:
(k+1)!=(k+1)k!です。k=4で、4!から5!へ増える因数を答えてください。
途中の計算・単位・理由・確認答え:
不等式2^n≧n²が成り立たない最初の正の整数nを答えてください。
途中の計算・単位・理由・確認答え:
a_1=2、a_(n+1)=2a_n+3です。予想した一般項a_n=5·2^(n−1)−3を使ってa_4を答えてください。
途中の計算・単位・理由・確認答え:
全ての正の整数nについてP(n)を数学的帰納法で示すための組はどれですか。
- P(1)を確かめ、任意のk≧1でP(k)からP(k+1)を導く
- P(1)だけを確かめる
- P(k+1)を仮定してP(k)だけを導く
- P(1),P(2),P(3)だけを確かめる
途中の計算・単位・理由・確認答え:
S_n=Σ_{j=1}^{n}(4j−1)=n(2n+1)を示します。任意のk≧1で置く帰納法の仮定はどれですか。
- S_(k+1)=(k+1)(2k+3)
- S_k=k(2k+1)
- 全てのnで結論が成立する
- kは必ず1である
途中の計算・単位・理由・確認答え:
仮定S_k=k(2k+1)に第k+1項4k+3を足します。次の番号の目標と同じ式はどれですか。
- k(2k+3)
- (k+1)(2k+1)
- (k+1)(2k+3)
- (k+1)(2k+2)
途中の計算・単位・理由・確認答え:
全ての整数n≧4でP(n)を示します。対応する基底と一段はどれですか。
- P(1)と、k≧4での一段
- P(4)だけ
- P(3)と、k≧4での一段
- P(4)と、任意のk≧4でP(k)からP(k+1)への一段
途中の計算・単位・理由・確認答え:
「3^nは偶数」は偽ですが、仮に3^kが偶数なら3^(k+1)=3·3^kも偶数と導けます。この観察が示す注意点はどれですか。
- 一段の推論だけでは足りず、基底も必要
- この一段があれば偽の命題も証明できる
- n=1の3は偶数になる
- 基底は好きな値へ変えてよい
途中の計算・単位・理由・確認答え:
全ての正の整数nでn!と2^(n−1)を比較します。n=1,2で等号になることを含む正しい主張はどれですか。
- n!>2^(n−1)
- n!≧2^(n−1)
- n!<2^(n−1)
- 全てのnでn!=2^(n−1)
途中の計算・単位・理由・確認答え:
最初の6個の自然数で式が成り立ちました。全ての正の整数についての証明との関係はどれですか。
- 6個なら全てのnでの証明になる
- 次の1個だけ計算すれば必ず証明になる
- 有限な数例は予想の手掛かりで、一般のnでの理由が別に必要
- 大きい数を一つ足せば基底と一段は不要
途中の計算・単位・理由・確認答え:
考え方を説明する
ここからは講師と確認する記述問題です。自動採点の点数には含みません。
全ての正の整数nについてΣ_{j=1}^{n}(4j−1)=n(2n+1)を数学的帰納法で証明してください。命題の範囲、基底、仮定、次の番号の目標と導出、結論を書き分けます。
全ての正の整数nについてΣ_{j=1}^{n}j(3j+1)=n(n+1)²を数学的帰納法で証明してください。第k+1項を別に求め、仮定を使う場所と目標の右辺を示します。
全ての正の整数nで7^n−1は6の倍数であることを数学的帰納法で証明してください。「整数の6倍」という形で仮定と次の項を書き、係数が整数である理由も残します。
全ての正の整数nで3^(2n)−1は8の倍数であることを数学的帰納法で証明してください。nをk+1へ変えた指数と、仮定を含む分解を示します。
全ての正の整数nで3^n≧2n+1を数学的帰納法で証明してください。仮定に正の3を掛けた下限と、次に必要な下限との比較も式で示します。
正の整数nの階乗n!は1からnまでの積です。全てのn≧1でn!≧2^(n−1)を数学的帰納法で証明してください。増える因数と、その因数を比較する根拠を示し、n=1,2,3も直接確かめます。
P(n)をΣ_{j=1}^{n}(2j+3)=n(n+4)とします。友人はP(k+1)を仮定し、第k+1項を引いてP(k)を得たので証明できたとしました。その推論の向きを説明し、全てのn≧1での正しい数学的帰納法の証明へ直してください。
全ての整数n≧4で2^n≧n²を数学的帰納法で証明してください。k≧4を使って2k²と(k+1)²を比べ、なぜこの証明から全てのn≧1とは結論できないかをn=3で説明します。
a_1=2、a_(n+1)=2a_n+3です。最初の3項を直接作り、予想した一般項a_n=5·2^(n−1)−3を全ての正の整数nで数学的帰納法により証明してください。数項の確認と証明を分けます。
Aを2,5から、Bを−1,3から、確認する番号Nを3,5から一つずつ選びます。選んだA,BについてΣ_{j=1}^{n}(Aj+B)=A n(n+1)/2+Bnを全ての正の整数nで数学的帰納法により証明し、別に第1項から第N項までの直接の表と和でも確かめてください。全8条件を解くことは必須にしません。
解答: 数学的帰納法で、最初の一つと次への一段をつなぐ
3
左辺4×1−1=3、右辺1×(2×1+1)=3です。
15
加えるのは第4項で4×(3+1)−1=15です。S_3そのものではありません。
36
4×(2×4+1)=36です。次の番号の右辺とは区別します。
6
右辺を展開すると7^(k+1)−7+cなのでc=6です。
5
5!=5×4!なので因数は5です。
3
n=1は2≧1、n=2は4=4、n=3は8<9です。
37
5×2³−3=37。直接にも2,7,17,37です。
P(1)を確かめ、任意のk≧1でP(k)からP(k+1)を導く
最初の一つと、任意の番号から次へ進む一段の両方が必要です。
S_k=k(2k+1)
P(k)を仮定します。P(k+1)や全てのnでの結論を先に仮定しません。
(k+1)(2k+3)
k(2k+1)+4k+3=2k²+5k+3=(k+1)(2k+3)です。
P(4)と、任意のk≧4でP(k)からP(k+1)への一段
範囲の最初は4。そこから全ての整数へ進む一段を示します。
一段の推論だけでは足りず、基底も必要
基底n=1の3は偶数ではありません。仮定からの一段があっても、最初の一つが始まりません。
n!≧2^(n−1)
1!=1、2!=2で等号です。n=3では6>4なので全て等号でもありません。
有限な数例は予想の手掛かりで、一般のnでの理由が別に必要
有限の確認と普遍的な証明を区別します。帰納法なら基底と任意の一段を示します。
記述問題の解答・確認の観点
全ての正の整数nについてΣ_{j=1}^{n}(4j−1)=n(2n+1)を数学的帰納法で証明してください。命題の範囲、基底、仮定、次の番号の目標と導出、結論を書き分けます。
基底n=1は3=3。任意のk≧1でS_k=k(2k+1)と仮定する。S_(k+1)=S_k+4(k+1)−1=k(2k+1)+4k+3=2k²+5k+3=(k+1)(2k+3)。これはn=k+1の右辺。よって全ての正の整数nで成立する。
生徒の基底・P(k)の仮定と使用箇所、正しい追加項・目標の式と計算過程・範囲つき結論を見ます。
全ての正の整数nについてΣ_{j=1}^{n}j(3j+1)=n(n+1)²を数学的帰納法で証明してください。第k+1項を別に求め、仮定を使う場所と目標の右辺を示します。
基底n=1は4=4。任意のk≧1でS_k=k(k+1)²と仮定する。第k+1項は(k+1)(3k+4)。S_(k+1)=k(k+1)²+(k+1)(3k+4)=(k+1)(k²+4k+4)=(k+1)(k+2)²で目標に合う。よって全てのn≧1で成立する。
生徒の基底、正しい追加項と仮定、因数分解の全導出、次の番号の式と計算過程・結論を見ます。
全ての正の整数nで7^n−1は6の倍数であることを数学的帰納法で証明してください。「整数の6倍」という形で仮定と次の項を書き、係数が整数である理由も残します。
基底n=1は6=6×1。任意のk≧1で7^k−1=6t（tは整数）と仮定する。7^(k+1)−1=7(7^k−1)+6=6(7t+1)。7t+1は整数なので次も6の倍数。よって全てのn≧1で成立する。
生徒の基底、整数tを伴う仮定、元の式からの分解と次の整数係数、範囲つき結論を見ます。
全ての正の整数nで3^(2n)−1は8の倍数であることを数学的帰納法で証明してください。nをk+1へ変えた指数と、仮定を含む分解を示します。
基底n=1は9−1=8。任意のk≧1で3^(2k)−1=8t（tは整数）と仮定する。3^(2(k+1))−1=9·3^(2k)−1=9(3^(2k)−1)+8=8(9t+1)。9t+1は整数。よって全てのn≧1で8の倍数である。
生徒の指数2(k+1)・係数9、基底・仮定とその使用、整数係数を伴う次の式・結論を見ます。
全ての正の整数nで3^n≧2n+1を数学的帰納法で証明してください。仮定に正の3を掛けた下限と、次に必要な下限との比較も式で示します。
基底n=1は3=3。任意のk≧1で3^k≧2k+1と仮定する。3^(k+1)≧3(2k+1)=6k+3。次の目標は2(k+1)+1=2k+3で、(6k+3)−(2k+3)=4k≧0。よって一段が成り立ち、全てのn≧1で成立する。
生徒の基底、正の因数と不等号、仮定からの下限と目標の比較・kの範囲、結論を見ます。
正の整数nの階乗n!は1からnまでの積です。全てのn≧1でn!≧2^(n−1)を数学的帰納法で証明してください。増える因数と、その因数を比較する根拠を示し、n=1,2,3も直接確かめます。
基底n=1は1!=1=2⁰。任意のk≧1でk!≧2^(k−1)と仮定すると、(k+1)!=(k+1)k!≧(k+1)2^(k−1)≧2·2^(k−1)=2^k。最後はk+1≧2と2^(k−1)>0を使う。よって全てのn≧1で成立する。直接はn=1で1=1、n=2で2=2、n=3で6>4。
生徒の基底、仮定・階乗の因数k+1、二段目の不等式の根拠と全結論、指定した三つの比較を見ます。
P(n)をΣ_{j=1}^{n}(2j+3)=n(n+4)とします。友人はP(k+1)を仮定し、第k+1項を引いてP(k)を得たので証明できたとしました。その推論の向きを説明し、全てのn≧1での正しい数学的帰納法の証明へ直してください。
友人はP(k+1)⇒P(k)を示しただけで、最初の一つから前へ進む一段にならない。正しくは基底n=1で5=5。任意のk≧1でS_k=k(k+4)と仮定し、S_(k+1)=S_k+2(k+1)+3=k(k+4)+2k+5=k²+6k+5=(k+1)(k+5)。目標と合うので全てのn≧1で成立する。
生徒の逆向きの指摘、P(k+1)を仮定しない基底と前向きの全導出、正しい追加項・結論を見ます。
全ての整数n≧4で2^n≧n²を数学的帰納法で証明してください。k≧4を使って2k²と(k+1)²を比べ、なぜこの証明から全てのn≧1とは結論できないかをn=3で説明します。
基底n=4は16=16。任意のk≧4で2^k≧k²と仮定すると2^(k+1)≧2k²。2k²−(k+1)²=k²−2k−1=(k−1)²−2≧9−2=7>0だから次も成立する。よって全てのn≧4で成立する。n=3は8<9で全てのn≧1という主張は偽。基底と一段の範囲を変えられない。
生徒の基底4・任意のk≧4、差の式と計算過程と範囲による下限、結論の範囲とn=3の反例を見ます。
a_1=2、a_(n+1)=2a_n+3です。最初の3項を直接作り、予想した一般項a_n=5·2^(n−1)−3を全ての正の整数nで数学的帰納法により証明してください。数項の確認と証明を分けます。
直接の3項は2,7,17。基底n=1で5−3=2。任意のk≧1でa_k=5·2^(k−1)−3と仮定し、元の漸化式によりa_(k+1)=2a_k+3=2(5·2^(k−1)−3)+3=5·2^k−3。これは次の番号の一般項で、全てのn≧1で成立する。三項の一致だけで全項とはしていない。
生徒の直接の全3項と、基底・仮定・元の漸化式へ代入した全導出・範囲つき結論の区別を見ます。
Aを2,5から、Bを−1,3から、確認する番号Nを3,5から一つずつ選びます。選んだA,BについてΣ_{j=1}^{n}(Aj+B)=A n(n+1)/2+Bnを全ての正の整数nで数学的帰納法により証明し、別に第1項から第N項までの直接の表と和でも確かめてください。全8条件を解くことは必須にしません。
作例A=5,B=−1,N=3の項は4,9,14で和27。一般に基底n=1の両辺はA+B。任意のk≧1でS_k=A k(k+1)/2+Bkと仮定すると、S_(k+1)=S_k+A(k+1)+B=A(k+1)(k+2)/2+B(k+1)で次の目標に合う。よって全てのn≧1で成立する。生徒の許された別の選択、全N項と直接の和、同値な全証明も認める。
生徒の三つの選択・直接の全N項と和、選んだ係数での基底・仮定・次への全導出と全nの結論を見ます。