>>340
バカじゃないの。そこに書かれている帰納法では、「計算が遡れる」なんて一言も書いてないでしょ。

ところで見てくれよ。お前が言うこところの「完全数学的帰納法」を使って、
次のような定理が証明できたぞ。

任意の n≧0 に対して (−2)^{n＋1}−(−2)^n ＜ (3/2) * 2^n が成り立つことを、
「完全数学的帰納法」で示す。n＝0のときは

(−2)^{n＋1}−(−2)^n ＝−3,　(3/2) * 2^n ＝ 3/2

なので、確かに (−2)^{n＋1}−(−2)^n ＜ (3/2) * 2^n が成り立っている。次に、0≦k≦n のとき

(−2)^{k＋1}−(−2)^k ＜ (3/2) * 2^k

が成り立つとする。0≦m≦nを任意に取って、両辺のΣ[k＝0〜m]を計算すると、

(−2)^{m＋1}−(−2)^0 ＜ (3/2)Σ[k＝0〜m] 2^k ＝(3/2)(2^{m＋1}−1)

となる。よって

(−2)^{m＋1} ＜ 3 * 2^m − 1/2

である。こちらの不等式は任意の m≧0 で成り立つので、「完全数学的帰納法」により、
今までの計算は全て遡ることができて、任意の n≧0 に対して

(−2)^{n＋1}−(−2)^n ＜ (3/2) * 2^n

が成り立つ。