Это классическая «индукционная» ловушка. Кратко — в шаге от n к n+1 в доказательстве скрыто деление (или другое действие), которое допустимо только если некоторое выражение не равно нулю; в пограничном случае (переход 1→2) это выражение равняется нулю и вывод недопустим. Ниже — подробнее, с исправлениями и общим шаблоном.

1) Формулировка задачи (что утверждают в ошибочной версии)
Пусть P(n) = «всякая упорядоченная n‑тройка чисел имеет все элементы равными». Ошибочное доказательство:

P(1) верно.Предположим P(n). Для n+1 берут первые n чисел — по предположению они все равны, берут последние n — они все равны; так как эти два n‑ю звена якобы пересекаются, получают связь между первым и последним элементом и т.д., значит все n+1 равны.

2) Где ошибка

При переходе от n к n+1 используются два n‑поднабора: {x1,…,xn} и {x2,…,x_{n+1}}. Их пересечение имеет размер n−1. Если n≥2, то пересечение непусто и можно «передать» равенство через общий элемент. Но при n=1 пересечение пусто, поэтому из P(1) для этих двух одиночек нельзя вывести связь между x1 и x2.В других вариантах «доказательства» ошибка проявляется как запрещённое деление на (x1−x2) (или превращение 0·something в что‑то другое): это деление недопустимо, когда x1=x2 (или когда выражение равно нулю). То есть делается неявное предположение, что знаменатель ≠ 0.

3) Простой контрпример, показывающий ложность утверждения
P(2) явно ложна: набор {1,2} — это 2‑тройка (парa) чисел, элементы в ней не равны. Следовательно, утверждение «для любого n натурального все числа совпадают» неверно уже при n=2.

4) Как исправить формулировку (несколько вариантов)

Вариант A (корректная индукция с дополнительным базовым случаем):
Формулировать цель как «P(n) верно для всех n≥2». Тогда нужно проверить P(2) в базовом шаге, а затем доказать: если P(k) верно для некоторого k≥2, то P(k+1) верно. В нашем случае P(2) ложно, поэтому утверждение никак не спасёшь — это просто неверное утверждение.Вариант B (исправить условие так, чтобы утверждение истинно):
Например: «Если n≥2 и в двух n‑подмножествах из n+1 элементов выполняется, что каждое n‑подмножество состоит из одинаковых элементов, то все n+1 элементы совпадают» — тогда в индукции перекрытие гарантировано.Вариант C (явно исключить проблемный случай):
Сказать прямо: «При применении вышеописанного рассуждения необходима дополнительная проверка перехода 1→2: без этого перехода индукция не замыкается». То есть поточнее формулировать предположения и диапазон n, для которых шаг корректен.

5) Как правильно строить доказательство по индукции (шаблон, на что смотреть)

Чётко определить P(n).Проверить базовый случай(и): P(n0), а если в индуктивном шаге требуется больше, взять несколько начальных случаев (например, P(n0), P(n0+1), …), пока индукция «не стартует» корректно.Формулировать индукционное предположение: предположим P(k) для некоторого k≥n0.В индукционном шаге доказывать P(k+1) строго, не используя неявных допущений (например, деление на выражение, которое может быть нулём; предполагая существование общего элемента пересечения без проверки, что пересечение непусто и т. п.).Если в доказательстве нужен сильный факт (например, пересечения ненулевой мощности), либо показать это отдельно, либо включить в индукционную гипотезу (строгая индукция).В конце вывести, что P(n) верно для всех n≥n0.

6) Короче общее правило безопасности

Всегда проверяйте базовые случаи, которые обеспечивают корректность индукционного перехода.Следите за операциями, требующими условия (деление, умножение на обратимый элемент, использование общего элемента в пересечении) и явно контролируйте эти условия в доказательстве.

Если хотите, могу:

написать формальную исправленную версию доказательства, в которой явно показано, почему переход 1→2 не работает;или показать корректный пример использования индукции (например, формулу суммы первых n натуральных).