三度のメシより帰納法が好きな人のためのスレ

私は>>1であり帰納法が大好きである。------�@
>>Kまでの人が帰納法に興味を持っていたとすると
>>K+1のカキコ（>>Kまでへのレス）も帰納法ネタである。-----�A

�@�Aから、このスレは帰納法ネタで満たされることになる。

琢磨はもう退院したんだってよ

>>1
はきちがい

掃き違い？

------　これよりこのスレは４Get目指せ！！スレに変更になります　-----

４Getずさーっ！！！

以上、終了。

>4
5に謝っとけ。

>>4
〜はキチガイ
〜はきちがい
>>5
は馬鹿

�Aの反例が>>2-5に出てます。

>>5=>>6

幅か？

>>1さんに質問があります。

(1)
>>Kまでの人が帰納法に興味を持っていたとすると
>>K+1のカキコ（>>Kまでへのレス）も帰納法ネタである。-----�A

におけるKが何であるか明示されていないので、明示してください。


(2)

帰納法ではk,k+1と増えていっているのに
無限降下法と名乗っているのが不似合いだと思います。

それはさておき、
数学的帰納法と無限降下法がどう違うのか良く分からないので
違いを対比的に説明してください。

お願いします

>>11　同じ（≡）

>>11ってか、分かってるんだろ。

おまいらクズだな

>>14ネタとしては悪くないんだけど…煽りに恵まれなかったな

>15
立て逃げする糞１が悪い。

帰納法の身近なことでの説明の例で良いの有りませんか？

本で見たのは、今日太陽が昇った。太陽が昇った次の日は必ず太陽が昇る
従ってこれからもずっと太陽が昇り続ける。ってのがあったんですが。

ドミノ
将棋倒し

数学的演繹法ってないですか・

＞１９
学力崩壊というより知性の崩壊だな

(cosx)'=sinxを帰納法を使って証明してください
テイラー展開とか諸々は禁止

>>21 そんなのあるの？高校レベルでは全然ﾜｶﾗﾝ
>>17にもレス下さい。>>18はちょっとズレてる。

ズレてないだろ。帰納法の説明に将棋倒しはよく使われるし分かりやすいっぺ。

>>22
>>18の以上にわかりやすい喩えは聞いたことがないぞ。

>>24　そうか、まあいいです。

ドミノ倒しや将棋倒しをどう帰納法に適用するのよ？

そんなの聞いたこともないぞ。

>>26数学以外一般の感覚の欠如を指摘させていただきたい。

それはそうと>>21がわからん。
しかも証明すべき等式が間違ってたりするから21が逃げそうな予感がする。

>>28
ネタに決まってんだろ？馬鹿？

人生とは昨日までの積み重ねが明日である。
>>1の今日は非生産的で無気力であった。
ゆえに明日も非生産的で無気力である。

よって>>1の人生は非生産的で無気力である。

ねぇ？
ホントにどうやって将棋倒しで帰納法を説明するのよ？

1. 髪の毛は 0本である状態はハゲ
2. 髪の毛がN本の状態をハゲと仮定する。
　　ハゲ状態から髪の毛が１本ぐらいふても、
　　たいした変わりはなくやはりハゲであろう。
　　すなわち　髪の毛がn+1本の状態はハゲである。

3. 1.2.より、数学的帰納法に,
０以上の任意のNについて　髪の毛がN本の状態はハゲ。
と証明できた。

このスレに来るものは髪の毛が何本あるか知らないが
（本数が負でない整数である限り）
ハゲである。


　昔からある有名なネタ。　
　

>ハゲ状態から髪の毛が１本ぐらいふても、
>　　たいした変わりはなくやはりハゲであろう。

一本の差は大きいぞ。

>>32
それよくみるけどどうやって否定するの?

>>34
「ハゲ」の定義があいまい。
(「ハゲ」かどうかは、単純に髪の毛の本数のみで決まるわけではない)


とか。

もっと言うと、同じ人を見ても「あいつは禿だ」という人と
「いや禿ではない」という人がいる。

うーむ、なるほど、明確な否定はできそうにないね。
そもそも数学的じゃない話だから適用する方がおかしいのか。

http://life.2ch.net/hage/
ここいって定義聞いてみたら? (w

中学のとき
地肌がてかてか光ってるんだけど至近距離で注意深く見ると
うぶ毛がびっしり生えてる先生が居た。
当時まだ20代だという噂があったが真相は不明。
怖いところもあったが、いい先生だった。

ハゲの定義が髪の毛の本数によるものだとすると
（たとえば 100本未満は　ハゲ）

＞　ハゲ状態から髪の毛が１本ぐらいふえても、
＞　　たいした変わりはなくやはりハゲであろう。

がインチキ。

(９９本はハゲだが１本増えた１００本はハゲでない）

ハゲしく同意

単に本数（離散量）とボリューム（連続量）が対応しないだけじゃんない？
本数と長さを合わせれば、長さが連続量として表されるけど、それでも
要は「ハゲ度」の問題だから、どっからどこまでがハゲかを決めるのは簡単ではない。

これ帰納法で証明してみ。
f(i,j)=1/2(i+j-1)(i+j-2)+j

>>40
なるほど！
胸のつかえが取れたよ。ありがとう

>44
頭良すぎるもの同士の会話は、凡人には訳わからんな。

だんだん>>1の証明の偉大さに気付いてきました。

>>43
http://science.2ch.net/test/read.cgi/math/1020559784/663

>43
問題が中途半端だな。
f(i,j)とはなんぞの説明もなくどうやって証明するのかな？
というツッコミをおいておいて

よそのスレにあったが、たぶんあれだな
自然数の２つ組を
　(1,1)(2,1)(1,2)(3,1)(2,2)(1,3)という順に列挙したときの
　(i,j)の出現順序をf(i,j)で表してるだね。
それが４３のような式になることを証明せよというんだね。
帰納を使うなら i+j についての帰納法が自然

しかし、
i+j = L (L=2,3,4...n)について
j=1,2,...L-1 を順に列挙
だから
これにしたがってすなおに計算すればよろし
L < n なる2つ組は,
L=2 が１個 (1,1)
L=3 が2個 (2,1).,(1,2)

L=n-1 が　n-2 個
だから　合計 1+2,...+(n-2) = (n-1)(n-2)/2 個
ある
i+j = n 個の２つ組(i,j) の出現順位はこれに jをたしたもの
すなわち (i+j-1)(i+j-2)/2 + j
となる。。

ちなみは、これは NxN と　Nの全単射の例として代表としておなじみ。

＞　ハゲ状態から髪の毛が１本ぐらいふえても、
＞　　たいした変わりはなくやはりハゲであろう。

何だとっ！
ハゲだからこそ１本が重要なんだっ！！！！！！変わりあるんだっ！！！！
その１本がぁっ！！！

>>1
違うぞ。

書き込みは常にレス先の話に関連している...（１）
これを前提として、
m<nをみたす自然数mについて「>>mは帰納法に関する書き込みである」と仮定する。
>>nはm<nなる>>mに対するレスである。
すると、帰納法の仮定より>>mは帰納法に関する書き込みなので、
（１）よりnは帰納法に関する書き込みである。

よって数学的帰納法より、このスレは帰納法ネタで埋め尽くされる。

いつも一つ前の人にレスするとは限らないYO！

>>51　証明をきちんと読みなさい。

>>48
どうもです。

教科書でサインのＮ次導関数を求めるときに帰納法を使ってたなぁ。
どうしてあんな回りくどいことするんだろう。

>>54
とりあえず、別の方法で示して欲しい。興味ある。

>>55代替案があるわけじゃない。

>>52
あげご！やてｔもた

全ての真の命題の証明は帰納法によって為されることを帰納法によって示してください。

>>58
帰納法によってなされるとはどういうことか

帰納法でいつも思うんだけど、
１と２の順番を変えた方が初学者には絶対分かりやすいと思うんだけどなー。

つまり
「ｎ＝ｋで成り立つと仮定するとｎ＝ｋ＋１でも成り立つ。
で、ｎ＝１で成り立っているので、全てのｎで成り立つ。」
って感じね。

>>60
漏れはそうは思わないな。
最初に実験して、
・ｎ=1で成り立つ。
・ｎ<=1で成り立っていて、n=2でも成り立つことがわかる。
・ｎ<=2で成り立っていて、n=3でも成り立つことがわかる。
・いいかげん飽きるので、一般的に考えたくなる。
という順番じゃないか？

>>61
まあ本来の帰納法の成り立ちを考えるとその通りなんだろうけどね。

でも実際には、いきなり

１．ｎ＝１で成り立っている。
２．ｎ＝ｋで成り立つと仮定するとｎ＝ｋ＋１でも成り立つ。
３．だから全てのｎで成り立つ。

なんて言っても「は？　なんで？？」って言われちゃうわけよ。
その理由は「１→２→…→２→３」って２をループさせなきゃ３の結論に辿り着けないからだよね。

で、これを回避するのが俺の言ってるやり方。
２をまず一番始めに述べることにより、これを前提条件として頭に叩き込ませちゃう。
で、その後に「１→３」って進む。
これなら割とすんなりと納得できると思うんだ。

１．ｎ＝１で成り立っている。
２．ｎ＝ｋで成り立つと仮定するとｎ＝ｋ＋１でも成り立つ。
３．だから全てのｎで成り立つ。

１．ｎ＝ｋで成り立つと仮定するとｎ＝ｋ＋１でも成り立つ。
２．ｎ＝１で成り立っている。
３．だから全てのｎで成り立つ。

上「１と２」→「３」（なんで？？）
下「１前提」→「２→３」（なるほど！）

っつー感じか。

追加。

実際に問題解くときには
「ｎ＝ｋで成り立つと仮定するとｎ＝ｋ＋１でも成り立つ」
を示すのに紙面を大幅に割かれるから、
どうしても最初の「ｎ＝１で成り立つ」が浮いちゃうんだよね。

どうせだったらこれを後に回して
「…。ここで、ｎ＝１で成り立っているので、結局全てのｎで…」
ってやった方が収まりがいいと思うな。

おれは数学的帰納法なんてみとめんぞ！

>>65
ほう
話をきかせてもらおうじゃないか

自然数全体の集合の任意の部分集合は最小値をもつことを数学的帰納法
を使って証明せよ。

>>67
条件つけわすれ。
自然数を元とする、空集合でない任意の集合は最小元をもつことを
数学的帰納法を使って証明せよ。

素数が無限にある（⇔最大の素数がない）ことを帰納法で証明せよ。

http://www.geocities.co.jp/Foodpia-Olive/3480/

>>68

自然数の集合で最小限を持たずかつ空でないものがあるとする。
この集合をＡとするとＡは任意の自然数を含まない。つまり、自然数
を１つも含まないことが帰納法によって証明できる｡となると、この集合
Ａは空集合となって矛盾を生じる。

任意の自然数ｎがＡに属さないことの証明：
[1]　n=1のとき
　Ａが仮に1を含むとすれば、この１が最小元であることは明白である｡
　つまり任意のＡの元ｍは自然数だからｍ＞＝１となる。
　Ａは最小限を含まないはずだからしたがって１を含まない｡

[2] 1<=n<=kのとき命題「Ａはｎを含まない」が真であるとする。
　つまり　Ａが1,2,3,...,kを含まないとする。このときＡはk+1も含まない。

　なぜかならば、かりにk+1を含んでいるとするとk+1はＡの最小元と
　なるからである｡実際Ａの任意の元をｍとすると前提よりｍは
　1,2,3,...,kのどれとも等しくない。ｍはしたがって>=k+1である。
　なぜかならばm<k+1とすればmは1,2,3,...,kのどれかと等しくなら
　ざるを得ないから｡Ａの任意の元ｍ>=k+1でk+1はＡの元だからk+1は
　Ａの最小元となる。ところがこれはＡの定義に反するから、k+1をＡの
　元としたことは誤りである｡つまりk+1はＡの元ではない。
　すなわち命題「Aはｎを含まない」はn=k+1のときも成り立つ｡
[1][2]よりすべての自然数ｎについて命題「Ａはｎを含まない」が成り立つ。

以上の証明、いかがでしょうか。ご批判願います｡

数学的帰納法を使って最小数の原理の証明をしたの？
では、最小数の原理なしで数学的帰納法を証明してみてちょ>>71

自然数ｎにおいて，
P(0)が成り立ち，かつ，P(n)が成り立つならばP(n+1)も成り立つ
⇒全てのｎに対しP(n)が成り立つ
を証明せよ。

>>72
そりゃ無理だ。何か同値な公理を引っ張ってこないと。

>>69背理法

>>73
そうだね。
>>71はわかってたのかな？
でもやり方によっては数学的帰納法→最小数の原理というプロセスで証明するものもあるかもしれない。
もともと俺の持ってる本の最小数の原理の証明は結構直感的で怪しかった。
（希望があれば書くけど）
>>71の人、なにか知ってたらコメントプリーズです。

>>73
ちなみに最小数の原理も公理じゃないです（うちの本では）。
さらに低レベルな公理から導けてたよ。

>>76
その低レベルな公理、書き込みキヴォンヌ！

最小数の原理
　空でない自然数の部分集合をＳとすると、Ｓに属する自然数のうち最小のものが存在する

証明
Ｓが空でないのでＳの要素を任意にひとつもってきてｍとする。
このとき、０，１，...ｍ−１がＳに属すかを小さい順に調べていき、
Ｓに属する事がわかる数があれば、それがＳの中の最小の数となり、存在が言える。
また、０，１，...ｍ−１にＳに属する数がなければ、ｍがＳの中の最小の数となる。
よって最小の数は存在する。□

こんな感じです。全然おもしろくないんですが（藁）
ここで使った公理をひとつづつ挙げよといえば困ります。
つっこみあればキボンヌ。

修正
（略）小さい順に調べていき、
「初めに」Ｓに属する事がわかる数があれば、それがＳの中の最小の数となり、存在が言える。（略）

一番大事な言葉を忘れていたｗ

要は数学的帰納法は最小数の原理から導くものであって（証明は略だが）
普通は最小数の原理から数学的帰納法を導くものではないと言うことです

>>80タイプミス

「ふつう」は"ペアノの公理"からではないのですか？

>>78
レスサンクス。
つまり、任意の自然数mをとったとき、
0
s(0)
s(s(0))
s(s(s(0)))
　：
と続けていくと、いつかは =m になる、ってことだね。
（ただしs(x) = x+1）

この公理は、数学的帰納法や最小原理よりも
真に強いような気がするんだが、どうだろう。
（つまり、帰納法⇒これ は証明できない？）

>>82
同意。

帰納的に定義するってどういうことですか？

命題「碁石がN個並んでいるとき、それらは全て同色である」
を帰納法を用いて以下のように証明してみました。
上記命題が正しくないのは直感的にわかりますが、
以下の証明のどこが誤っているわかる人いますか？

[証明]

（�T）N＝１のとき
　　碁石が1個しかない場合、それが同色なのは自明。

（�U）N＝ｋのとき命題が成り立つと仮定する。
　　すると、ｋ＋1個の碁石が並んでる場合、
　左からｋ個の碁石は仮定により同色。・・・・（１）
　右からｋ個の碁石は仮定により同色。・・・・（２）
（１）（２）より、ｋ＋１個の碁石全てが同色となる。
　従って、　N＝ｋ＋１のときも命題が成り立つ。　

（�T）（�U）より数学的帰納法によって命題は証明された。　■

グループAが同色で、かつグループBが同色であっても、
A∪Bが同色になるとは限らない。すなわち、

（１）のk個は、全て同色だが黒で、
（２）のk個は、全て同色だが白

という場合がある。

>87　１３２人目の素数さんへ


（碁石がｋ＋１個並んでいるという条件の下で）

（１）のk個は、全て同色だが黒で、
（２）のk個は、全て同色だが白

という場合がある。

ということを証明してみていただけませんか。

>>88

証明：　　●○　　　(証明終)

>>88
そうそう。この問題はP(1)→P(2)のところが間違ってるんだよね。
nが十分大きいと重なるから、
P(n)→P(n+1)が直感的には成り立ちそうに思えるけど。

89,90>
回答ありがとうございます。

帰納的に定義するってどういうことですか？

やっぱりとてつもない馬鹿だな。
http://science.2ch.net/test/read.cgi/math/1022769781/l50

吉田勝郎、再び登場したようだ。
バカそうだけど、実はすごいかも。
http://science.2ch.net/test/read.cgi/math/1022587610/43

72さんの証明は、論点先取の誤謬をやっている、と思います。(78,79)
つまり、《小さい順に調べていき、
「初めに」Ｓに属する事がわかる数があれば、それがＳの中の最小の数となり、
存在が言える。》といったとき、{0,1,...,m-1}∩Ｓという自然数の集合が
最小数をもつということ、（つまり最小値の原理）を使っているのではない
でしょうか。最小数の原理は公理として使用してこそ味が出るものだと思い
ます。（変な言い方ですが）つまりそのものは前提としてそこから数学的帰
納法を導き出すわけです。
私の問題の逆ですね。
それも面白いのですが、数学的帰納法のバリエーションとして
次の二つの命題が成り立てば、すべての自然数について成り立つ、というのがあります。
�T)　ｎ＝１の時成り立つ。
�U)　ｎ＝１〜ｋの時成り立つことを仮定すればｎ＝ｋ＋１のとき成り立つ。
ここで仮に「ふつう」の帰納法をＡ型、ここに述べた帰納法をＢ型と呼ぶことにします。
Ａ型の帰納法を用いてＢ型の帰納法（の正しさ)を証明したり、その逆を考えたりすること
も楽しからずや。意外に頭を悩ますのではないでしょうか。

参考までに、ペアノの公理（の一例）を書いておく。

集合Aは「0」および「1」を元として含み、さらにAに
・「足し算」と呼ばれる演算「+」
・「かけ算」と呼ばれる演算「・」
・「次の元」を与える函数「'」
が定められていて、これらが以下の(P1)〜(P7)を
満たしているとき、AまたはAの元を「自然数」という。

(P1) 0はどの元の次にもこない。すなわち x'≠0
(P2) x'=y' ならば x=y である。
(P3) x+0=x
(P4) x+y'=(x+y)'
(P5) x・0=0
(P6) x・y'=(x・y)+y'
(P7) 数学的帰納法。すなわち、任意の命題p(x)に対し、
　　　p(x)が次を満たすならば、全てのAの元aでp(a)は真となる。
　　　　　(i) p(0)は真
　　　　　(ii) p(x)が真ならば、p(x')も真

※特に(P7)は、有限個の１階述語論理式では
表せないことに注意する必要がある。

age

よし、>>96から、自然数の諸定理を構築していってみよう。
まず+の交換則ね。

補題1.1.1　任意のxに対しx+0=0+x

証明：(i)x=0のときは明らかに成り立つ。

(ii) x+0=0+xと仮定すると、
　　x'+0=x'=(0+x)'=0+x' (P3、仮定、P4より)

故に(P7)より任意の自然数xに対しx+0=0+x■

だめだ、先に結合則を証明しないと、
交換則は言えそうにない。

>>96の定義は、一ヶ所おかしいところがある。
「1」が、(P1)〜(P7)のどこにも現れていない。
そこで、

定義・命題1.1.2　0'=1と定める。すると、1+x=x'

証明： (i) x=0のときは明らか。
(ii) 1+x=x'と仮定すると、1+x'=(1+x)'=(x')'

故に任意のxに対し1+x=x'■

結合則いきます。

命題1.1.3　任意のa, b, xに対し、(a+b)+x = a+(b+x)

証明： (i) x=0のとき、(a+b)+0 = a+b = a+(b+0)
(ii) (a+b)+x = a+(b+x)と仮定する。すると、
　　(a+b)+x' = ((a+b)+x)' = (a+(b+x))' = a+(b+x)' = a+(b+x')■

補題1.1.4　1+x=x+1

証明： (i)x=0のときは、補題1.1.1より成り立つ。
(ii) 1+x=x+1と仮定すると、
　　1+x' = 1+(1+x) = 1+(x+1) = (1+x)+1 = x'+1■

やっと交換則に到達

命題1.1.5　任意のa, xに対し、a+x=x+a

証明： (i) x=0のときは明らか。
(ii) a+x=x+aと仮定すると、
　　a+x' = a+(1+x) = a+(x+1) = (a+x)+1 = (x+a)+1
　　　　　= x+(a+1) = x+(1+a) = (x+1)+a = (1+x)+a = x'+a■

>>96に、もう一ヶ所間違いﾊｹｰｿ

×(P6) x・y'=(x・y)+y'
○(P6) x・y'=(x・y)+y

ヤヴァイまた間違えた。>>104は無視無視

×(P6) x・y'=(x・y)+y'
○(P6) x・y'=(x・y)+x

今度こそ大丈夫だよな、うん。

§２： 乗法の諸性質

命題1.2.1　1・x = x

証明： (i) x=0の時は(P5)より成り立つ。
(ii) 1・x = xと仮定すると、1・x' = (1・x)+1 = x+1 = x'■

乗法の方は難しい。
交換も結合もうまくいかない。
分配からやるのかな・・・

右の分配則、いけた。

命題1.2.2　(a+b)x = ax+bx

証明： (i) x=0のときは両辺0になり成立。
(ii) (a+b)x = ax+bxと仮定すると、
　　(a+b)x = ((a+b)x)+(a+b) = (ax+bx)+a+b
　　= (ax+a)+(bx+b) = ax'+bx'■

補題1.2.3　0・x=x・0

証明： 0・x=0を示せばよい。(i) x=0のときは明らか。
(ii)　0・x=0と仮定すると、0・x' = (0・x)+0 = 0■

命題1.2.4　a・x = x・a

証明： (i) x=0のときは上の補題より成り立つ。
(ii) ax=xa と仮定すると、ax' = ax+a = xa+a = (x+1)a = x'a■

系1.2.5　a(b+c) = ab+ac

証明： 右分配則と交換則より明らか。■


命題1.2.6　(ab)x = a(bx)

証明： (i) x=0のときは両辺0になり成立。
(ii) (ab)x = a(bx)と仮定する。すると (ab)x' = (ab)x+ab
　　= a(bx)+ab = a(bx+b) = a(bx')■

なんか帰納法って「理屈こねてる」としか思えないのだけど、おれだけ？

以上のまとめ。

定理1.2.7　任意の自然数 a, b, c について、以下が成立する。

・ a+0 = 0+a = a　　 　（0は加法単位元）
・ a+1 = 1+a = a'　　　（+1は次の元を与える）
・ a+b = b+a　　　　　　（加法交換則）
・ (a+b)+c = a+(b+c)　（加法結合則）

・ a0 = 0a = 0　　（0は零元）
・ a1 = 1a = a　　（1は乗法単位元）
・ ab = ba　　　　 （乗法交換則）
・ (ab)c = a(bc)　（乗法結合則）

・ (a+b)c = ac+bc　（右分配則）
・ a(b+c) = ab+ac　（左分配則）

>>111
数学は、全て「理屈をこねてる」に過ぎない。

よし、次は順序だな。
さてはて、どうやって入れたものか・・・

§３： 自然数の順序

順序を導入する前に、まず補題を示しておく。

補題1.3.1　a+b=0ならば、a=b=0である。

証明： a+b=0かつb≠0と仮定する。
すなわちx'=bとなるxが存在する。すると
b+x'=0 ⇒ (b+x)'=0 となり、これは(P1)に反する。
従って、b=0であり、これよりa=0となる。■

上の証明の３行目、間違えた。正しくは、

a+x'=0 ⇒ (a+x)'=0 となり、これは(P1)に反する。

待てよ・・・・ y'=xとなるyが必ず存在することを
まだ証明してないな。まずい。

>>116の下２行は、簡単そうに見えて、結構厄介だ。
かなり苦戦している。

こんな風にやってみたが、どうだろう。

後付け命題1.3.2　x≠0ならば、y'=xとなるyが存在する。

証明： M={ x' | xは自然数} と定めたとき、Mが0以外の
　　　　自然数全体Nと一致する、すなわち M∪{0}=N
　　　　となることを示せばよい。

(i) 0は明らかにM∪{0}の元である。
(ii) x∈M∪{0} と仮定する。M∪{0}はもともと自然数の
　　部分集合なので、x'∈M 。故に x'∈M∪{0} ■

なんか、どっかにペテンが潜んでるような気が・・・
今日はもう寝よう。

補題1.3.3　x+a=x+bならば、a=bである。

証明： (i) x=0の時は明らか。
(ii) xを固定し、（任意のa, bに対し、x+a=x+bならば、a=b）かつ（x'+a=x'+b）
を仮定する。すると、x'+a=x'+b ⇔ x+1+a=x+1+b ⇔ x+a'=x+b' ⇔ a'=b' ⇔ a=b ■

定義・命題1.3..4　自然数のペアa, bに対し、関係≦を、
「a≦b ⇔ ある自然数xが存在し、a+x=bとなる」
と定めると、≦は順序関係になる。

証明：（反射） a+0=aなので、a≦a□

（反対称） a≦bかつb≦aとする。すなわちあるx,yが存在し、
a+x=b、b+y=aとなる。後ろの式のbに前の式を代入すると、a+x+y=a。
すると補題1.3.3より、x+y=0、さらに補題1.3.1よりx=y=0。
従って、a=b□

（推移） a≦bかつb≦cとする。すなわちあるx,yが存在し、
a+x=b、b+y=cとなる。後ろの式のbに前の式を代入すると、a+x+y=c。
従ってa+(x+y)=cとなり、a≦c□■

定理1.3.5　関係≦は、全順序である。すなわち、任意のa, bに対し
a≦bまたはb≦aの少なくとも一方が成立する。

証明： bに関する帰納法で示す。

(i) b=0のとき、b+a=0+a=aなので明らかにb≦a 。
(ii) b=xのとき成立すると仮定する。すなわち
　　a≦x または x≦a が成り立っているものとする。

　　(1) a≦xの場合は、a≦x≦x+1=x' 。
　　(2) x≦aのとき、x+k=a となるkが存在する。
　　　　[1] k=0のときは、a=x≦x+1=x' 。
　　　　[2] k≠0のとき、m'=k となるmが存在する。このとき
　　　　　　x+m'=a ⇔ x+m+1=a ⇔ x'+m=a、従ってx'≦a 。■

う〜ん、美しくない。もっとすっきりできないものだろうか・・・

やっと最小値の原理を証明する準備が整った。

・・・と思ったけど、証明できない。なぜだ？
何か準備が足らないのか？

πが超越数であることの証明でもしてみてください

重要スレ。

>>122
できたら、71の証明についてご批判をお願いします。

数学と基地外、狂気はやはり紙一重であることがこのスレで分かった。

そんなコトは、何もこのスレを読まなくても分かりそうなもんだ

　

重要スレ。

>>95で述べたA型の帰納法でB型の帰納法（の正しさ）を証明して
みようかと思います。
P(n)なる命題は次の条件を満たすとします。
1)　P(1)はなりたつ
2)　P(1),P(2)...P(k)が成り立てばP(k+1)が成り立つ。
ここで証明したいことはP(n)はすべての自然数ｎについて成り立つ、
ということです。
証明のために新たな命題Q(n)を作りましょう。
Q(n):　任意の自然数ｋについて1≦k≦nならばP(n)が成り立つ。
平たく言えば、P(1),P(2),...,P(n)がすべて成立する、ということをQ(n)
であらわす訳です。
こうして作ったQ(n)について調べていきます。
まずQ(1)はどうか。P(1)が成り立つことから明らかに成立します。
次にn=ｋのときQ(n)が成り立つとします。つまりQ(k)が成り立つ、とすると
P(1),P(2),P(3),...,P(k)が成り立つと言う事ですから上に述べた2)より
P(k+1)が成り立ちます。ということはP(1),P(2),P(3),...,P(k)、さらに
P(k+1)が成り立つわけですから、Q(k+1)が成り立つことが分ります。よって
帰納法(A型)によりすべての自然数ｎにつきQ(n)が成り立つことになり、Q(n)
の定義によりすべての自然数ｎにつきP(n)が成り立つことが分ります。
以上によりA型→B型の証明は終わりました。逆にB型を前提とした場合は
P(1),P(2),...,P(k)が成り立つならP(k)が成り立つのは当たり前なので、
A型の帰納法が成り立つことはほとんど自明ということになるでしょう。
単純なことですが、すぐにぴんとこないですね。自明なのはA→Bのほう
じゃないか、と思えたりする。
　ご批判願います。

最小数の原理をつかって帰納法を証明する。

最小数の原理：空でない任意の自然数からなる集合は最小元をもつ。

i) P(1)が成り立つ。
ii) 任意の自然数ｎについて、P(n)ならばP(n+1)。
とする。

このとき任意の自然数ｎについてP(n)であることを証明する。
背理法による。P(n)が成り立たないｎが存在するとする。
すると、集合K:={nεN｜P(n)が成り立たない}
は空集合ではない。最小数の原理によりKには最小元ｍが存在する。
ｍは1ではない。なぜかならば仮定によりP(1)が成り立つゆえ１は
Kの元ではないから。したがって m-1 は自然数である。mの最小性
から自然数m-1はP(m-1)を成り立たせる。するとii)よりP((m-1)+1)
つまりP(m)が成り立つことになる。これはｍεKと矛盾する。

以上から数学的帰納法（A型)が証明された。これで最小値の原理
A型、B型の同値性の証明は完了だ、と思い込んでいる私がいます。
(最近はやり?の言い回しをまねしてみました。ああ、きもちわる)

なお「集合の元である」を表す記号としてあえてεを使いました。
元々はεだったそうなので。

（ﾟ∀ﾟ）

(ﾟ∀ﾟ)ｱｹﾞ!

帰納法は、究極的には誤っていると思う。
　何しろ美しくない。

今日も暑いから仕方ないか…

日中の気温がある程度以上になると、
帰納法が間違いのように思えてしまう人なんでしょうかね。

1. 財産が 0円である状態はビンボー
2. 財産がN円の状態をビンボーと仮定する。
　　ビンボー状態から財産が１円ぐらいふても、
　　たいした変わりはなくやはりビンボーであろう。
　　すなわち　財産ががn+1円の状態はビンボーである。

3. 1.2.より、数学的帰納法に,
０以上の任意のNについて　財産がN円の状態はビンボー。
と証明できた。

このスレに来るものの財産が何円あるか知らないが
（本数が負でない整数である限り）
ビンボーである。


　昔からがいしゅつしてそうなネタ。　

>>141
ことわざに曰く、「ちりも積もれば山となる」
山であるようなないような、ビンボーであるようなないような
というような状態があるというわけですね。
観点のちがいでビンボーであるともないともいえる状態があるんですね。
１円の違いも百万円の違いも大差ない、と言う観点もありえるのではない
ですかね。帰納法というより弁証法だね。

>>142
マジレスしてる。なんて立派な人なんだ。

>>143
はっはっは。５７５になってますね。ちょっと字余りだけど。

昨日さぁ

猫踏んじゃってさあ

よく見たらその猫トラップだったんだよ

そんなわけで思いっきりすべっちゃったんだよなぁ

Ｆ．ベーコンの帰納法は、単純枚挙に基ずく帰納法とどう違うの？
誰か教えてぽ。

誰かｎ重数学的帰納法って、使ったことあります？
僕は２重までしか使ったことないんですが。

　

>>152
http://www.ic-net.or.jp/home/takaken/pz/pz4/page42.html
こういうなの？
すっごいむつかしそうなんだけど

>>154
それはまた全然別の話だろう。