東北大学 1984年 理系 第2問 解説

方針・初手

$n$ に関する数学的帰納法で示す。

帰納法の仮定では、$n$ 個までの積 $$ \prod_{k=1}^{n}(1+a_k) $$ が $$ \sum_{r=0}^{n}\frac{s_n^r}{r!} $$ 以下であると仮定する。そこから $n+1$ 個の場合を示すには、両辺に $(1+a_{n+1})$ を掛けた式を、$s_{n+1}=s_n+a_{n+1}$ を用いて評価すればよい。

解法1

示すべき命題を

$$ P(n):\quad \prod_{k=1}^{n}(1+a_k)\le \sum_{r=0}^{n}\frac{s_n^r}{r!} $$

とおく。ただし

$$ s_n=\sum_{k=1}^{n}a_k,\qquad a_k\ge 0 $$

である。

まず $n=1$ のときを確かめる。

$$ (1+a_1)=1+s_1 $$

であるから、$P(1)$ は成り立つ。

次に、$P(n)$ が成り立つと仮定する。すなわち、

$$ \prod_{k=1}^{n}(1+a_k)\le \sum_{r=0}^{n}\frac{s_n^r}{r!} $$

と仮定する。このとき

$$ \prod_{k=1}^{n+1}(1+a_k) ======================== \left(\prod_{k=1}^{n}(1+a_k)\right)(1+a_{n+1}) $$

より、帰納法の仮定を用いて

$$ \prod_{k=1}^{n+1}(1+a_k) \le \left(\sum_{r=0}^{n}\frac{s_n^r}{r!}\right)(1+a_{n+1}) $$

を得る。

ここで $t=s_n,\ a=a_{n+1}$ とおくと、$t\ge 0,\ a\ge 0$ であり、上式の右辺は

$$ \left(\sum_{r=0}^{n}\frac{t^r}{r!}\right)(1+a) ============================================== \sum_{r=0}^{n}\frac{t^r}{r!} + a\sum_{r=0}^{n}\frac{t^r}{r!} $$

である。

一方、

$$ \sum_{r=0}^{n+1}\frac{(t+a)^r}{r!} ================================== \sum_{r=0}^{n+1}\sum_{j=0}^{r}\frac{t^{,r-j}a^j}{(r-j)!j!} $$

である。右辺のうち、$j=0$ の項と $j=1$ の項だけを取り出すと

$$ \sum_{r=0}^{n+1}\frac{(t+a)^r}{r!} \ge \sum_{r=0}^{n+1}\frac{t^r}{r!} + a\sum_{r=1}^{n+1}\frac{t^{,r-1}}{(r-1)!} $$

となる。第2項で添字を $m=r-1$ と置き換えると

$$ a\sum_{r=1}^{n+1}\frac{t^{,r-1}}{(r-1)!} ======================================== a\sum_{m=0}^{n}\frac{t^m}{m!} $$

であるから、

$$ \sum_{r=0}^{n+1}\frac{(t+a)^r}{r!} \ge \sum_{r=0}^{n+1}\frac{t^r}{r!} + a\sum_{m=0}^{n}\frac{t^m}{m!} \ge \sum_{r=0}^{n}\frac{t^r}{r!} + a\sum_{m=0}^{n}\frac{t^m}{m!} $$

を得る。したがって

$$ \left(\sum_{r=0}^{n}\frac{t^r}{r!}\right)(1+a) \le \sum_{r=0}^{n+1}\frac{(t+a)^r}{r!} $$

である。

$t=s_n,\ a=a_{n+1},\ t+a=s_{n+1}$ に戻せば、

$$ \left(\sum_{r=0}^{n}\frac{s_n^r}{r!}\right)(1+a_{n+1}) \le \sum_{r=0}^{n+1}\frac{s_{n+1}^r}{r!} $$

となるので、

$$ \prod_{k=1}^{n+1}(1+a_k) \le \sum_{r=0}^{n+1}\frac{s_{n+1}^r}{r!} $$

が従う。よって $P(n+1)$ が成り立つ。

以上より、数学的帰納法によってすべての自然数 $n$ について

$$ (1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n) \le 1+s_n+\frac{s_n^2}{2!}+\cdots+\frac{s_n^n}{n!} $$

が成り立つ。

解説

帰納法の本質は、$n$ 個の場合の評価に $(1+a_{n+1})$ を掛けたあと、それを $s_{n+1}=s_n+a_{n+1}$ の式で抑える点にある。

そのために

$$ \sum_{r=0}^{n+1}\frac{(s_n+a_{n+1})^r}{r!} $$

を二項展開し、$a_{n+1}$ を含まない項と $1$ 次の項だけを抜き出す。残りの項はすべて非負なので捨てても不等号の向きは保たれる。$a_k\ge 0$ という条件は、この「不要な項を捨てる」操作を正当化するために効いている。

答え

数学的帰納法により、

$$ (1+a_1)(1+a_2)\cdots(1+a_n) \le 1+s_n+\frac{s_n^2}{2!}+\cdots+\frac{s_n^n}{n!} \qquad \left(s_n=\sum_{k=1}^{n}a_k\right) $$

がすべての自然数 $n$ について成り立つ。