- 数学B｜数列「数学的帰納法を用いる不等式の証明」の基本例題解説ページです。
- 目次をクリックすると各セクションへ移動します。
問題｜数学的帰納法を用いる不等式の証明
数列 64\(3\) 以上のすべての自然数についての不等式 \(2^n \gt 2n\) の証明方法は？(数学的帰納法)
高校数学B｜数列
解法のPoint
数学的帰納法を用いる不等式の証明
Point：数学的帰納法を用いる不等式の証明
\(n{\small ~≧~}3\) のとき、\(2^n\gt 2n~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
① \(n=\)○ のとき、\(\small [\,1\,]\) の不等式は成立することを示す。(○は最小の自然数)。
\(n=3\) のとき
左辺 \(=8\)、右辺 \(=6\)
よって、\(\small [\,1\,]\) は成り立つ。
② \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) の不等式が成り立つと仮定する。
\(2^k\gt 2k~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
③ \(n=k+1\) のとき、左辺－右辺を \(\small [\,2\,]\) を用いて正であることを示し、\(n=k+1\) のときも成り立つことを示す。
\(\begin{eqnarray}~~~~~~&&2^{k+1}-2(k+1)
\\[3pt]~~~~~~&\gt&2\cdot 2k-2(k+1)
\\[3pt]~~~~~~&=&2k-2\gt 0
\end{eqnarray}\)
よって、\(2^{k+1}\gt 2(k+1)\) となり、
\(n=k+1\) のときも成り立つ
④ 数学的帰納法より、\(n\) が○以上の自然数について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ。
自然数 \(n\) についての不等式の数学的帰納法の証明方法は、
\(n{\small ~≧~}3\) のとき、\(2^n\gt 2n~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
① \(n=\)○ のとき、\(\small [\,1\,]\) の不等式は成立することを示す。(○は最小の自然数)。
\(n=3\) のとき
左辺 \(=8\)、右辺 \(=6\)
よって、\(\small [\,1\,]\) は成り立つ。
② \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) の不等式が成り立つと仮定する。
\(2^k\gt 2k~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
③ \(n=k+1\) のとき、左辺－右辺を \(\small [\,2\,]\) を用いて正であることを示し、\(n=k+1\) のときも成り立つことを示す。
\(\begin{eqnarray}~~~~~~&&2^{k+1}-2(k+1)
\\[3pt]~~~~~~&\gt&2\cdot 2k-2(k+1)
\\[3pt]~~~~~~&=&2k-2\gt 0
\end{eqnarray}\)
よって、\(2^{k+1}\gt 2(k+1)\) となり、
\(n=k+1\) のときも成り立つ
④ 数学的帰納法より、\(n\) が○以上の自然数について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ。
©︎ 2025 教科書より詳しい高校数学 yorikuwa.com
詳しい解説｜数学的帰納法を用いる不等式の証明
数列 64
\(3\) 以上のすべての自然数についての不等式 \(2^n \gt 2n\) の証明方法は？(数学的帰納法)
高校数学B｜数列
[証明] \(n{\small ~≧~}3\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(2^n\gt 2n~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
左辺 \(=2^3=8\)、右辺 \(=2\cdot 3=6\)
よって、\(n=3\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k\gt 2k~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&2^{k+1}-2(k+1)
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-2(k+1)\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(2^k\gt 2k\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~2\cdot \underline{2^k}-2(k+1)&\gt &2\cdot \underline{2k}-2(k+1)
\\[3pt]~~~&=&4k-2k-2
\\[3pt]~~~&=&2k-2\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~2^{k+1}-2(k+1)&\gt&0
\\[3pt]~~~2^{k+1}&\gt&2(k+1)
\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
【別解】
[証明] \(n{\small ~≧~}3\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(2^n\gt 2n~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
左辺 \(=2^3=8\)、右辺 \(=2\cdot 3=6\)
よって、\(n=3\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k\gt 2k~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(2\) を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~2^k\cdot 2&\gt&2k\cdot 2
\\[3pt]~~~2^{k+1}&\gt&4k
\end{eqnarray}\)
ここで、\(4k\) と \(2(k+1)\) の大小比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&4k-2(k+1)
\\[3pt]~~~&=&4k-2k-2
\\[3pt]~~~&=&2k-2
\\[3pt]~~~&=&2(k-1)\gt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(4k\gt 2(k+1)\) となり、
\(2^{k+1}\gt 4k\gt 2(k+1)\)
大小関係より、
\(2^{k+1}\gt 2(k+1)\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
