数学的帰納法がわからなくなってしまいました。
だれか、教えてください。

問題

次の等式が成り立つことを、数学的帰納法によって証明せよ。
nが自然数のとき、1・1 + 2・2 + 3・(2の2乗) +・・・・+ n・(2のn-1乗) = (n-1)・(2のn乗+1)----(1)


(ⅰ)n=1のとき
   (左)-(右)=1-1=0 よってn=1のとき(1)は成り立つ。

(ⅱ)n=kのとき(1)が成り立つと仮定すると、
    1・1 + 2・2 + 3・(2の2乗) +・・・・+ k・(2のk-1乗) = (k-1)・(2のk乗+1)
   n=k+1のとき、
    (左)=1・1 + 2・2 + 3・(2の2乗) +・・・・+ k・(2のk乗) 

ここからがわかりません。1・1 + 2・2 + 3・(2の2乗) を、どうやって処理したら良いんでしょう?
やりかたはもうひとつあると思いますが、このやり方でお願いします。

A 回答 (3件)

おはよう御座います(^○^)


今、目がさめました。
brogieです。

回答です。
n = k のとき 成立すると仮定、
a) 1・1+2・2+・・・・k・2^(k-1) = Rk とおきます。
b) (k-1)・2^k+1 = Lk とおきます。

仮定から Rk = Lk  です。

n = k + 1 のとき
左辺=1・1+2・2+・・・+k・2^(k-1)+(k+1)・2^k
   =(1・1+2・2+・・・+k・2^(k-1)) + (k+1)・2^k
   =Rk + (k+1)・2^k
   =Lk + (k+1)・2^k
   = ((k-1)・2^k+1) + (k+1)・2^k ← a)式より
   =k・2^k-2^k+1+k・2^k+2^k
   =k・2^k+1+k・2^k
   =2・k・2^k+1
   =k・2^k・2^1+1 ← a^m・a^n = a^(m+n)から次の式へ
   =k・2^(k+1)+1
右辺=k・2^(k+1)+1

故に、n = k + 1 のとき(1)式は成立する。

これで証明終わり。
間違いないと思いますが、確認してください。
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この回答へのお礼

おはようございます。
すぐに回答して欲しいといいながら、きのう、すぐに寝てしまいました。
悪い子でした。
ごめんなさいー。

こたえ、初めて見たやり方だったのですが、よくわかりました。
もうすぐ期末テストなんで、あせってたんですが、よかったです。
どうも、ありがとうございました。

お礼日時:2001/06/24 08:11

 あのう、


 1・1 + 2・2 + 3・(2の2乗) +・・・・+ n・(2のn-1乗) = (n-1)・(2のn乗+1)
 ではなく、
 1・1 + 2・2 + 3・(2の2乗) +・・・・+ n・(2のn-1乗) = (n-1)・(2のn乗)+1
 じゃないんですか?そうでないとこの問題解けないような・・・・

この回答への補足

はい。そのとおりです。
ごめんなさいーっつ。
おばかさんでした・・・。

補足日時:2001/06/24 07:00
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この回答へのお礼

ちなみに、
1・1 + 2・2 + 3・2^2 +・・・・+ k・2^(k-1) = (k-1)・2^k+1
でした。
ごめんなさい。
解けませんよねえ。あんなんじゃ。

どうもありがとうございました。

お礼日時:2001/06/24 07:10

1・1 + 2・2 + 3・(2の2乗) +・・・・+ n・(2のn-1乗) = (n-1)・(2のn乗+1)----(1)



この(1)式は
n=1 のとき 右辺は0になります。

2の2乗は 2^2 と書いてください。
右辺=(n-1)・(2のn乗+1)
  =(n-1)・(2^n+1)
となりますが、これでよろしいのですか?
補足をお願いします。

この回答への補足

はい。わかりましたー。

補足日時:2001/06/24 07:02
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この回答へのお礼

ありがとうございます・・・。
なーんかそういう書き方があったような。と、思いつつ、
さっぱりおもいだせませんでした。
ごめんなさい。

お礼日時:2001/06/24 07:04

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Q数学的帰納法と無限の概念

部分と全体が同じであるものが無限であるという言い方があるそうですが,数学的帰納法もその例になりますか。叉フラクタルもやはり部分と全体が同じということで無限という概念に関係しているのでしょうか?

Aベストアンサー

詳しくは、数学に数学基礎論と言う分野があり
そこでは、他のあらゆる数学の分野を記述できるようにするための根本原理のようなものを与えます。
数学基礎論をさらに細かく見ると、
集合の順序や個数について論じる章があります。

>部分と全体が同じであるものが無限であるという言い方
この部分を正確に言うと
「どんな無限集合でもそれと同じ程度の無限の個数をもつ真部分集合を含む。」

* 数学では、2つの無限集合に対して、
それらが2つとも無限集合であると一色単に見ず、
それらの2つの無限集合の個数を比較することができます。

ちなみに、この命題の裏に当たると思いますが、
「どんな有限集合もそれと同じ個数をもつ真部分集合は含まない。」 ということも言えます。

ちなみに、これは 有限集合 無限集合の定義ではなく定理ですが、それらの主な特徴です。

数学的帰納法についてですが、
厳密に言うと上と話は違ってきます。
端的に言い切ってしまうと 数学的帰納法 orもう少し一般的な
超限帰納法 とは順序(=大小関係)がある無限集合
のそれぞれの要素に対応する命題を有限回の手続で証明しようとするアルゴリズムです。

フラクタルは自己相似性といわれる性質だと思いますが、
集合として同じと言うことと合同や相似の図形的に同じと言うのは数学では明らかに意味が違います。
その違いについては、数学基礎論を学習され、区別できるようになって頂きたいところです。
ただ、kaitaradouさんが思われていることもまんざらではないと思います。
フラクタルでは満たすために必要な無限的な性質はあると思います。
たとえば、平面内の線分はフラクタル図形ですが、
これは、例外的なフラクタル図形で、
他の平面内の有界(≒ 範囲が有限である)な図形でフラクタルなものは、
長さが有限になることはないと思います。

なにせ、専門的な分野だと思うので、大変なところもありますが、
きちんと理解するために、是非とも 「数学基礎論」
の本を1冊読破していただきたいと思います。

詳しくは、数学に数学基礎論と言う分野があり
そこでは、他のあらゆる数学の分野を記述できるようにするための根本原理のようなものを与えます。
数学基礎論をさらに細かく見ると、
集合の順序や個数について論じる章があります。

>部分と全体が同じであるものが無限であるという言い方
この部分を正確に言うと
「どんな無限集合でもそれと同じ程度の無限の個数をもつ真部分集合を含む。」

* 数学では、2つの無限集合に対して、
それらが2つとも無限集合であると一色単に見ず、
それらの2つの無限集...続きを読む

QF_n=(a+b+c)^(2n+1)-{a^(2n+1)+b^(2n+1)+c^(2n+1)} の因数分解

F_n=(a+b+c)^(2n+1)-{a^(2n+1)+b^(2n+1)+c^(2n+1)} 
(n=1,2,3,4,5)
を因数分解せよ、という問題なのですが、どすればよいのでしょうか?

なお、答えは、

F_1=3(b+c)(c+a)(a+b)
F_2=5(b+c)(c+a)(a+b)(Σa^2+Σab)
F_3=7(b+c)(c+a)(a+b)(Σa^4+2Σa^3 b+3Σa^2 b^2+5Σa^2 bc)
F_4=3(b+c)(c+a)(a+b)(3Σa^6+9Σa^5 b+19Σa^4 b^2+35Σa^4 bc+23Σa^3 b^3+63Σa^3 b^2 c)
F_5=11(b+c)(c+a)(a+b)(Σa^8+4Σa^7 b+11Σa^6 b^2+21Σa^6 bc+9Σa^5 b^3+54Σa^5 b^2 c+23Σa^4 b^4+84Σa^4 b^3 c+123Σa^4 b^2 c^2+159Σa^3 b^3 c^2)

のようなのですが、(b+c)(c+a)(a+b)を因数に持つことは分かりますが、残りの因数はどうやってもとめるのでしょうか?

一文字を変数と見て、地道に割り算するしかないのでしょうか?
効率的な計算方法はありますでしょうか?

F_n=(a+b+c)^(2n+1)-{a^(2n+1)+b^(2n+1)+c^(2n+1)} 
(n=1,2,3,4,5)
を因数分解せよ、という問題なのですが、どすればよいのでしょうか?

なお、答えは、

F_1=3(b+c)(c+a)(a+b)
F_2=5(b+c)(c+a)(a+b)(Σa^2+Σab)
F_3=7(b+c)(c+a)(a+b)(Σa^4+2Σa^3 b+3Σa^2 b^2+5Σa^2 bc)
F_4=3(b+c)(c+a)(a+b)(3Σa^6+9Σa^5 b+19Σa^4 b^2+35Σa^4 bc+23Σa^3 b^3+63Σa^3 b^2 c)
F_5=11(b+c)(c+a)(a+b)(Σa^8+4Σa^7 b+11Σa^6 b^2+21Σa^6 bc+9Σa^5 b^3+54Σa^5 b^2 c+23Σa^4 b^4+84Σa^4 b^3 c+123Σa^4 b^2 c^2+159Σa^3 b^3 c^...続きを読む

Aベストアンサー

最後までは計算していませんが、次の方法でできそうです。
F_n = (b+c)(c+a)(a+b)(Σ[ABC] k_ABC a^A b^B c^C) とおきます。
(ここで、A+B+C = 2n+1 です。)
展開すると、F_n = (a^2 b + 略 + 2abc)(Σ[ABC] k_ABC a^A b^B c^C) です。
そして、F_n を例えば、a で A+2 回偏微分、a で B+1 回偏微分、
a で C 回偏微分、した後、a,b,c に 0 を代入します。
F_n=(a+b+c)^(2n+1)-{a^(2n+1)+b^(2n+1)+c^(2n+1)} に対しても同じようにします。
このようにすると、例えば C > 0 であれば、
k_ABC (A+2)!(B+1)!(C)! = (2n+1)! となり、係数が得られます。

Q数学的帰納法は演繹法?それとも帰納法?

数学や科学、論理において、
演繹法または帰納法
が使われると思います。

ところで、数学的帰納法は、そのどちらなのでしょうか?

どこかで、数学的帰納法は演繹法の一種、と聞きましたが、本当でしょうか?

でも、そうだとしたら、数学的帰納法という言葉は、誤解を招くというか、
たとえば、「数学的帰納法」を省略してたんに「帰納法」というのは、よくないのでしょうか?

Aベストアンサー

数学的帰納法という言葉が誤解を招く、というの確かにおっしゃる通りです。ですが、それで通っている用語なので大目に見てあげてください。また数学的帰納法を略して帰納法というのもわりとよく使われるので問題ないです。ただ、もし高校数学あるいは大学受験数学で使うなら、必ず数学的帰納法と書いてください。略して帰納法ではだめです。

よく漸化式を解く問題で、「推定して帰納法」なんていうテクニックを使いますが、これは正しくは、「帰納して演繹法」なんですよね。紛らわしいったらないですが、用語の混乱ということで納得されるのがよいと思います。推定することそのものが帰納法になっているので、それを数学的にきちんと演繹した、演繹的帰納法というとより正確な用語に近い気もしました。造語ですけど。

QZ会の問題、Σ[k=1,n]k*(-1)^(k-1)=(1/4){1-(2n+1)(-1)^n}

Z会の問題で
Σ[k=1,n]k*(-1)^(k-1)=(1/4){1-(2n+1)(-1)^n}
というのがありました。
数学的帰納法を用いれば証明できますが、右辺の答えを知らない段階で、右辺を導く方法があれば教えてください。

Σ[k=1,n]k^2*(-1)^(k-1)

Σ[k=1,n]k^3*(-1)^(k-1)

Σ[k=1,n]k^p*(-1)^(k-1)
などの公式をご存知の方は教えてください。

Aベストアンサー

一応、質問の回答もちょっとだけ。
等比級数の公式を導出したときみたいに、ずらして両辺を引き算する、
ていうので求まります。

あるいは、微積を使う方法もあります。(考え方は簡単な気がしますが、実際の計算は上の方法に比べて大変だったりしますが)
初項x、公比xの等比数列の和の公式より
Σ[k=1,n]x^k = {x-x^(n+1)}/(1-x)
です。
これを、両辺xで微分すれば、
Σ[k=1,n]k*x^(k-1) = …
て形になります。で、x=-1 を代入すれば、
Σ[k=1,n]k*(-1)^(k-1)
が求まります。

Σ[k=1,n]k^2*(-1)^(k-1)
の場合は、
Σ[k=1,n]x^k = {x-x^(n+1)}/(1-x)
から、
(1)両辺をxで微分して、(2)両辺にxをかけて、(3)もう一回両辺をxで微分する
と、
Σ[k=1,n]k^2*x^(k-1) = …
の形になります。で、x=-1を代入すればいいです。

Q再帰と数学的帰納法の共通性?

現在、アルゴリズムについて学んでいますが、
再帰についてわからないことがあります。

wikipedia"再帰"の項において、
( http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%86%8D%E5%B8%B0)

"数学的帰納法との原理的な共通性から、recursionの訳として数学では「帰納」を使うことがある。"

という記述があります。

再帰と数学的帰納法の原理的な共通性
というのが、どういうことかわかりません。

数学的帰納法については、大学受験に使う程度の知識です。(証明において、n=1で命題が成り立つことを示し、n=kで成立すると仮定し、n=k+1で成り立つことを示す等。)
再帰は関数を定義するのに、その関数自身を使うという認識です。

再帰と数学的帰納法の原理的な共通性とは何なのでしょうか?
ご教授お願いします。

Aベストアンサー

 数学的帰納法(mathematical induction)とは、命題P(n)が全ての自然数nに対して成立することを証明する際に、

I)初期段階:
 その性質が0に対して成立することを証明する

II)帰納段階:
 その性質が自然数nについて成立するときに、自然数n+1に対しても成立することを証明する

という二段階に場合を分けて証明を行うことで、P(n)が全ての自然数に対して成立することを証明する方法です。

(この方法が正しいことは、ペアノの公理に基づく自然数の定義から導かれます。)


 ところで、新しい数学的構造を定義する際に、似た様な方法をとることができます。
例えば、自然数nの階乗n!を定義することを考えます。
 一般に、自然数nの階乗とは、自然数の集合Nから自然数の集合Nへの関数: n→n!
という形で表されますが、その定義は、

I)初期段階: n=0のとき、n!=1 とする。
II)帰納段階: n!が分っているとき、(n+1)!=(n+1)・n! とする。

という二段階に場合を分けて定義を行うことで、自然数nの階乗n!の定義が完結します。

このとき(II)の帰納段階では、左辺の(n+1)!を定義するのに右辺のn!を用いています。
すなわち、階乗!を用いて階乗!を定義しています。
 階乗!を表す関数をf:N→Nの形で表現すると、関数f(n)は、
 f(n)=n・f(n-1)
というふうに、自分自身を自分で再帰的(recursive)に呼ぶことによって、定義しています。

 このことを、当該のウィキペディアの頁では、recursion と「数学的帰納法との原理的な共通性」と呼んでいるのでしょう。

なお、初めに数学があり、後になって計算機科学ができました。
計算機科学では(II)の帰納段階のことを再帰的(recursive)定義と呼びますが、数学では帰納的(inductive)定義と呼びます。
帰納的はあくまでもinductiveです。recursiveが帰納的と約されることはありません。
ウィキペディアの頁の執筆者は、「再帰」の頁を見に来た人が「帰納」という言葉も参照できるように、リンクを貼ることが目的で、そのような表現を用いたのだと思います。

 数学的帰納法(mathematical induction)とは、命題P(n)が全ての自然数nに対して成立することを証明する際に、

I)初期段階:
 その性質が0に対して成立することを証明する

II)帰納段階:
 その性質が自然数nについて成立するときに、自然数n+1に対しても成立することを証明する

という二段階に場合を分けて証明を行うことで、P(n)が全ての自然数に対して成立することを証明する方法です。

(この方法が正しいことは、ペアノの公理に基づく自然数の定義から導かれます。)


 ...続きを読む

Q数学的帰納法でn≦k→n=k+1の場合(人生帰納法)

正の項からなる数列{an}がすべての自然数nに対して次の等式を満たすとき、一般項anを求めよ。

(a1+a2+・・・・・・・・・・・+an)^2 = a1^3 + a2^3 +・・・・・・・・・・・・・+an^3

an=n---①と推測して、n=1で成立をいったあと、
n≦kで①が成立すると仮定すると、n=k+1でa(k+1)=k+1となることを示す。

この問題は有名問題のようでチャート式やFocusGoldにも類問があり、http://examist.jp/mathematics/induction/jinsei-kinouhou/ でも紹介されています。

①掲載ないし紹介されている典型的な解法
いずれの解き方でも
(a1+a2+・・・・・・・・・・・+a(k+1))^2 = a1^3 + a2^3 +・・・・・・・・・・・・・+a(k+1)^3→a(k+1)=k+1
とコールバック的(?)に導く。

②私の考え=以下のような直截的解法は不可なんでしょうか??
すなわち
n≦kでan=nが、(a1+a2+・・・・・・・・・・・+an)^2 = a1^3 + a2^3 +・・・・・・・・・・・・・+an^3を満たすと仮定する。
このときn=k+1で(a1+a2+・・・・・・・・・・・+a(k+1))^2 = a1^3 + a2^3 +・・・・・・・・・・・・・+a(k+1)^3が成立する。
よって、an=nがすべての自然数nに対して(a1+a2+・・・・・・・・・・・+an)^2 = a1^3 + a2^3 +・・・・・・・・・・・・・+an^3を満たす。

②のような解法は数学的にNGなんでしょうか??直感的には②のほうが分かりよいし、むしろよくある解法かとは思うのですが、、なぜ回りくどい①の解法が掲載ないし紹介されているのでしょうか?!

このあたりの事情について、ご案内の方、よろしくご教示くださいませ。

正の項からなる数列{an}がすべての自然数nに対して次の等式を満たすとき、一般項anを求めよ。

(a1+a2+・・・・・・・・・・・+an)^2 = a1^3 + a2^3 +・・・・・・・・・・・・・+an^3

an=n---①と推測して、n=1で成立をいったあと、
n≦kで①が成立すると仮定すると、n=k+1でa(k+1)=k+1となることを示す。

この問題は有名問題のようでチャート式やFocusGoldにも類問があり、http://examist.jp/mathematics/induction/jinsei-kinouhou/ でも紹介されています。

①掲載ないし紹介されている典型的な解法
...続きを読む

Aベストアンサー

その「直截的解法」が何をいっているのかわからない. 特に
「このときn=k+1で(a1+a2+・・・・・・・・・・・+a(k+1))^2 = a1^3 + a2^3 +・・・・・・・・・・・・・+a(k+1)^3が成立する。」
からどうして
「an=nがすべての自然数nに対して(a1+a2+・・・・・・・・・・・+an)^2 = a1^3 + a2^3 +・・・・・・・・・・・・・+an^3を満たす。」
につながるのかさっぱりわからん.

あと, この問題は (結論的には)
全ての n に対して (a1 + ... + an)^2 = a1^3 + ... + an^3 を満たすなら全ての n で an = n
を示すというものであって,
全ての n に対して an = n なら全ての n で (a1 + ... + an)^2 = a1^3 + ... + an^3 を満たす
ことを示すものじゃない, ってことは認識できてる?

Q数学的帰納法の必要性について

数学的帰納法の例題として、「1+3+5+…+(2n-1)=n^2の等式を証明せよ」というものが教科書に載っています。

この例題は左辺をΣ(2k-1)としてk=1からnまでの和で計算して、右辺を導くという方法では証明できないのでしょうか?

つまり、この例題においては数学的帰納法を使う必要性がないのではと考えております。
もし、上記認識が正しければ数学的帰納法でないと証明できないような例題はありますでしょうか?

よろしくお願いします。

Aベストアンサー

質問の例の場合は、等差数列の和ですから、ガウスの巧妙な計算法が使えます。
しかし、このような算法がある Σ は、限られています。
1^2 + 2^2 + 3~2 + … + n^2 = (1/6)n(n+1)(2n+1) とういう公式すら、通常は、
数学的帰納法を使って証明します。公式を使うときは、そんなこと忘れてますが。
ここで「通常は」と付けたのは、もちろん逃げであって、ガウスが少年時代に
1 + 2 + 3 + … + n = (1/2n(n+1) を素朴な方法で計算したように、
何処かに誰か天才がいて、種々の Σ 公式を帰納法なしで証明してしまうかも
しれません。それが不可能だと言い切る方法は、たぶん無いと思います。
ただ、今の所それをやった人はなく、「通常は」数学的帰納法を使っているのです。

Q(再投稿)R^n∋A_1,A_2,…はΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たす.∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kはLebesgue外測度0?

すいません。
http://okwave.jp/qa4327195.html
について再投稿です。


A:=∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kと置いて
今,AがLegesgue可測集合である事を示したい訳ですよね。
Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。
そこで疑問なのですがλはn次元区間塊全体に対して定義された写像ですよね。なのでλ(S∩E)とλ(S∩E^c)はそれぞれλ(E)+λ(E^c)で(∵E⊂∀S⊂R^n),一応は定義されているのですがλ(S)はSの採りようによってはλ(S)自体が定義されないという状況に陥ってしまいます(∵必ずしもSはn次元区間塊とは限らない)。
するとλ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)という不等式は意味を成さなくなります。
従って,AがLebesgue可測集合である事が示せなくなってしまいます。
Lebesgue可測集合の定義を勘違いしてますでしょうか?

すいません。
http://okwave.jp/qa4327195.html
について再投稿です。


A:=∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kと置いて
今,AがLegesgue可測集合である事を示したい訳ですよね。
Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。
そこで疑問なのですがλはn次元区間塊全体に対して定義された写像ですよね。なのでλ(S∩E)とλ(S∩E^c)はそれぞれλ(E)+λ(E^c)で(∵E⊂∀S⊂R^n),一応は定義されているのですがλ(S)はSの採りようによってはλ(S)自体が定義され...続きを読む

Aベストアンサー

とりあえず教科書を読む.
定義が分かってなければ何もできない.

>Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
>{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。

こんなこと本当に書いてある?なんか読み落としているとか
説明の途中の何かだとか,勝手に創作してるとか?

>Lebesgue可測集合の定義を勘違いしてますでしょうか?
してる.
だって,それだったら「円」ですらルベーク可測じゃなくなる.

Q数学的帰納法の問題です

数学的帰納法の問題です

任意の自然数a,bについて、
a<b,b<a,a=b
のうち、ただ一つが成り立つことを数学的帰納法を用いて証明せよ

ただ一つが成り立つことを数学的帰納法から導くイメージがつかめず、なかなか証明方法が思いつきません。

ぜひこの証明方法を教えてください。よろしくお願いします。

Aベストアンサー

*)すくなくとも私は「理解してもらいたい」との思いで回答しています。
レポート等へ丸写しして提出するようなことのないよう希望しています。
その意味で理解できたところ、分かりにくかったところなど補足して
もらえたらうれしく思います。


先問と同様、後継関数はsを用います。
大小の定義は、∃c、a+c=b ⇔ a<b でOKですよね。
加法の定義は、
 ・a+1=s(a)
 ・a+s(b)=s(a+b) でOKですよね。



(大きな方針)
aに関して数学的帰納法でしめしましょう。
a<bまたは、a=bまたは,b<a が成り立つとき
・少なくとも、s(a)<bまたは、s(a)=bまたは,b<s(a) が成り立つ。
・a<b、a=b,b<a の2つ以上が同時に成立することはない
 の2段階に分けて示しましょう。


--
既知の定理として次を利用します。
・交換則(可換性) a+b=b+a
・結合則 (a+b)+c=a+(b+c) 
・後継関数sの逆像の存在 c≠1 ⇒ ∃c’,s(c’)=c
  (これは数学的帰納法の公理から容易に示せますよね)
これらは証明済みとします。 

--
1)a=1のとき。
1-1)b=1なら a=bが成り立つ。
1-2)b≠1なら ∃c、s(c)=b
 1+c
 =c+1  ・・・可換だから
 =s(c) ・・・加法の定義
 =b
 すなわち 1+c=b なので 1<b
 以上より、a=1ならばa=bまたはa<bのいずれかが成り立つ。

2)aに関して、a<bまたは、a=bまたは,b<a が成り立つと仮定する。
2-1)a<bが成り立つとき 
 ∃c、a+c=b
2-1-1)c=1のとき
a+1=b より
s(a)=b  が成り立つ
2-1-2)c≠1のとき
∃c’、s(c’)=C
s(a)+c’
=c’+s(a) ・・・可換だから
=s(c’+a) ・・・加法の定義
=s(a+c’) ・・・可換だから
=a+s(c’) ・・・加法の定義
=a+c     
=b   より、s(a)+c’=b すなわちs(a)<b が成り立つ

2-2)a=bが成り立つとき
s(a)
=a+1
=b+1  より b<s(a) が成り立つ

2-3)b<aが成り立つとき
∃c、b+c=a
s(a)
=a+1
=(b+c)+1
=b+(c+1)
=b+s(c)  より s(a)=b+s(c) すなわち b<s(a) が成り立つ

以上より、a<bまたは、a=bまたは,b<a が成り立つとき
    s(a)<bまたは、s(a)=bまたは,b<s(a) が成り立つ


3)a<b、a=b,b<a が同時に成り立たないこと
3-1)a<b かつ a=b とすると
a<bから∃c、a+c=b より
a+c=a
一方任意のxについて a+x≠a (先問参照)より矛盾。従ってa<bかつa=bとはならない。
3-2)b<a かつ a=b も同様に成り立たない。
3-3)a<b かつ b<a とすると
∃c、a+c=b
∃d、b+d=a

=b+d
=(a+c)+d
=a+(c+d)   ・・・・結合則
一方任意のxについて a+x≠a (先問参照)より矛盾。従ってa<bかつb<aとはならない。

*)すくなくとも私は「理解してもらいたい」との思いで回答しています。
レポート等へ丸写しして提出するようなことのないよう希望しています。
その意味で理解できたところ、分かりにくかったところなど補足して
もらえたらうれしく思います。


先問と同様、後継関数はsを用います。
大小の定義は、∃c、a+c=b ⇔ a<b でOKですよね。
加法の定義は、
 ・a+1=s(a)
 ・a+s(b)=s(a+b) でOKですよね。



(大きな方針)
aに関して数学的帰納法でしめしましょう。
a<bま...続きを読む

QΣ[k=1→n]k(k+1)(k+2)・・・(k+(m-1))を積の形にしたい。

皆様、こんにちは。

表題の通りなのですが、
Σ[k=1→n]k(k+1)(k+2)・・・(k+(m-1))を積の形にしたいのですが、
やり方が分かりません。
一応答えは分かっているのですが、導き方が分からないのです。
証明は帰納法でできると思います。

Σ[k=1→n]k(k+1)(k+2)・・・(k+(m-1))を積の形に簡単に直せる方がいましたらそのやり方を教えてください。
よろしくお願いします。

Aベストアンサー

「積の形」というのがよく分かりませんが、Π[k=1→n]・・・みたいな形にするということなら私にはお手上げです。
でも「単に和を求めろ」ということでしたら、ヒントを。

簡単のためにm=3で考えると、
1・2・3=1・2・3・4/4
2・3・4=(2・3・4・5-1・2・3・4)/4
3・4・5=(3・4・5・6-2・3・4・5)/4


n・(n+1)・(n+2)=(・・・・)/4
ですよね。
両辺をザザーっと加えると左辺がΣ[k=1→n]k(k+1)(k+2)、右辺がいちおう「積の形」になります・・・


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