数学的帰納法による倍数の証明

\(\small{ \ n \ }\)が自然数のとき、\(\small{ \ 2^{6n-5}+3^{2n} \ }\)は\(\small{ \ 11 \ }\)の倍数であることを証明せよ。

(i)\(\small{ \ n=1 \ }\)のとき
\(\small{ \ 2+3^2=11 \ }\)
よって\(\small{ \ 11 \ }\)の倍数である。
(ii)\(\small{ \ n=k \ }\)のとき
\(\small{ \ 2^{6k-5}+3^{2k} \ }\)が\(\small{ \ 11 \ }\)の倍数であると仮定する。
\(\small{ \ m \ }\)が整数のとき
\(\small{ \ 2^{6k-5}+3^{2k}=11m\cdots① \ }\)と表すことができる
ここで
\(\small{ \ 2^{6(k+1)-5}+3^{2(k+1)}　\ }\)
\(\small{ \ =2^{6k-5}\cdot2^6+3^{2k}\cdot3^2　\ }\)
\(\small{ \ =(11m-3^{2k})64+9\cdot3^{2k}(\because ①)　\ }\)
\(\small{ \ =11(64m-5\cdot3^{2k}） \ }\)
\(\small{ \ 64m-5\cdot3^{2k} \ }\)は整数なので、\(\small{ \ n=k+1 \ }\)のときも\(\small{ \ 11 \ }\)の倍数である
(i)(ii)より\(\small{ \ n \ }\)が自然数のとき、\(\small{ \ 2^{6n-5}+3^{2n} \ }\)は\(\small{ \ 11 \ }\)の倍数である

次の条件を満たす\(\small{ \ f(x) \ }\)を推定し、その推定が正しいことを証明せよ。
①\(\small{ \ f(4)=21 \ }\)
②すべての自然数\(\small{ \ n \ }\)に対して、\(\small{ \ x^{n+1}+(x+1)^{2n-1} \ }\)は\(\small{ \ f(x) \ }\)で割り切れる

\(\small{ \ x^{n+1}+(x+1)^{2n-1} \ }\)は
\(\small{ \ n=1 \ }\)のとき\(\small{ \ x^2+x+1 \ }\)
\(\small{ \ n=2 \ }\)のとき\(\small{ \ x^3+(x+1)^3=(2x+1)(x^2+x+1) \ }\)より
\(\small{ \ f(x)=x^2+x+1 \ }\)と推定できる。
また\(\small{ \ f(4)=21 \ }\)も満たす。
よって\(\small{ \ x^{n+1}+(x+1)^{2n-1} \ }\)は\(\small{ \ f(x)=x^2+x+1 \ }\)で割り切れることを数学的帰納法で証明する
(i)\(\small{ \ n=1 \ }\)のとき
\(\small{ \ x^2+x+1 \ }\)は\(\small{ \ f(x) \ }\)で割り切れる。
(ii)\(\small{ \ n=k \ }\)のとき
\(\small{ \ x^{k+1}+(x+1)^{2k-1} \ }\)は\(\small{ \ f(x) \ }\)で割り切れると仮定すると
\(\small{ \ p_k(x) \ }\)を\(\small{ \ x \ }\)の整式として
\(\small{ \ x^{k+1}+(x+1)^{2k-1}=f(x)p_k(x) \ }\)と表せる。
ここで

よって\(\small{ \ n=k+1 \ }\)のときも成り立つ。
(i)(ii)よりすべての自然数\(\small{ \ n \ }\)で\(\small{ \ x^{n+1}+(x+1)^{2n-1} \ }\)は\(\small{ \ f(x)=x^2+x+1 \ }\)で割り切れる。