数学B 数学的帰納法 問題 26 解説

方針・初手

左辺の積をそのまま展開するのではなく、

$$ P_k=(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k),\qquad S_k=a_1+\frac{a_2}{2}+\cdots+\frac{a_k}{2^{k-1}} $$

とおき、数学的帰納法で

$$ P_k>1-S_k $$

を示す。仮定 $a_j>\frac12$ は、帰納法の途中で $S_k$ の下からの評価に使う。

解法1

$k=2$ のとき、

$$ \begin{aligned} P_2-(1-S_2) &=(1-a_1)(1-a_2)-\left(1-a_1-\frac{a_2}{2}\right)\\ &=1-a_1-a_2+a_1a_2-1+a_1+\frac{a_2}{2}\\ &=a_2\left(a_1-\frac12\right). \end{aligned} $$

ここで $a_2>0$ かつ $a_1>\frac12$ であるから、

$$ a_2\left(a_1-\frac12\right)>0 $$

である。したがって

$$ P_2>1-S_2 $$

が成り立つ。

次に、ある $k\geqq 2$ について

$$ P_k>1-S_k $$

が成り立つと仮定する。このとき $1-a_{k+1}>0$ であるから、

$$ P_{k+1}=P_k(1-a_{k+1})>(1-S_k)(1-a_{k+1}) $$

である。

あとは

$$ (1-S_k)(1-a_{k+1})>1-S_k-\frac{a_{k+1}}{2^k} $$

を示せばよい。左辺から右辺を引くと、

$$ \begin{aligned} &(1-S_k)(1-a_{k+1})-\left(1-S_k-\frac{a_{k+1}}{2^k}\right)\\ &=1-S_k-a_{k+1}+a_{k+1}S_k-1+S_k+\frac{a_{k+1}}{2^k}\\ &=a_{k+1}\left(S_k-1+\frac{1}{2^k}\right). \end{aligned} $$

ここで各 $j$ について $a_j>\frac12$ であるから、

$$ \begin{aligned} S_k &=a_1+\frac{a_2}{2}+\cdots+\frac{a_k}{2^{k-1}}\\ &>\frac12\left(1+\frac12+\cdots+\frac{1}{2^{k-1}}\right)\\ &=\frac12\cdot \frac{1-\left(\frac12\right)^k}{1-\frac12}\\ &=1-\frac{1}{2^k}. \end{aligned} $$

よって

$$ S_k-1+\frac{1}{2^k}>0 $$

であり、また $a_{k+1}>0$ なので、

$$ a_{k+1}\left(S_k-1+\frac{1}{2^k}\right)>0 $$

となる。したがって

$$ (1-S_k)(1-a_{k+1})>1-S_k-\frac{a_{k+1}}{2^k} $$

である。

以上より、

$$ P_{k+1}>1-S_k-\frac{a_{k+1}}{2^k} $$

すなわち

$$ (1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_{k+1}) > 1-\left(a_1+\frac{a_2}{2}+\cdots+\frac{a_k}{2^{k-1}}+\frac{a_{k+1}}{2^k}\right) $$

が成り立つ。

ゆえに数学的帰納法により、すべての $n\geqq 2$ について

$$ (1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_n) > 1-\left(a_1+\frac{a_2}{2}+\cdots+\frac{a_n}{2^{n-1}}\right) $$

が成り立つ。

解説

この問題では、左辺を展開して比較しようとすると項数が増えて扱いにくい。そこで、積の形が $n$ から $n+1$ に移るとき

$$ P_{k+1}=P_k(1-a_{k+1}) $$

となることに注目し、数学的帰納法で処理するのが自然である。

重要なのは、仮定 $a_j>\frac12$ から

$$ S_k>1-\frac{1}{2^k} $$

が得られる点である。この評価により、帰納法の途中で必要になる差

$$ a_{k+1}\left(S_k-1+\frac{1}{2^k}\right) $$

が正であることが示せる。

答え

すべての $n\geqq 2$ と $\frac12<a_j<1\ (j=1,2,\ldots,n)$ に対して、

$$ (1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_n) > 1-\left(a_1+\frac{a_2}{2}+\cdots+\frac{a_n}{2^{n-1}}\right) $$

が成り立つ。