MATH

フィボナッチ数列：\(1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,\cdots\)”

¶数列

☆数列

\(1,2,3,…\)などのようにある数の並びのことを数列という．

ここでは「1」を第1項（初項）といい，\(n\)番目のことを第\(n\)項という．また，項の個数を項数といい，最後の項を末項という．

ここで自然数の並びについて\(a_{1}=1,a_{2}=2\)…というようにあらわすと，一般的に第n項目は\(a_{n}=n\)とあらわせる．これを一般項という．

例

\(1,3,5,7,9…\)は一般項は\(a_{n}=2n-1\)と推測できる．

○等差数列

\(3,7,11…\)これは初項3で次の項にするのに4ずつ足していく．このようにある一定の数（公差\(d\)という，ここでは4）を足して次の項が得られる数列を等差数列という．式であらわすと，\(a_{n+1}=a_{n}+4\)となる．また，これは\(a_{n}=a_{n-1}+4=a_{n-2}+4\cdot 2=\cdots=a_{1}+4(n-1)\)となる．

このように一般的には初項\(a\)，公差\(d\)の等差数列の一般項は\(a_{n}=a+(n-1)d\)となる．

また等差数列には次のような関係式がある．\(a,b,c\)が等差数列 ⇔ \(a+c=2b\)

次に和\(S_{n}\)について考える．自然数で1～10の和を考えよう．これを\(S\)とおくと，\(S=1＋2＋…＋10\)

また\(S=10＋9＋…＋1\)だから，\(2S＝11+11+…+11\)となる．つまり，\(S=\displaystyle \frac{11\times 10}{2}=55\)が答えとなる．

これを一般的に考える．\(a_{n}=a+(n-1)d\)で今みたいに考えると，\(2S_{n}=\{2a+(n-1)d\}\times n\)

よって\(S_{n}=\displaystyle \frac{1}{2}n\{2a+(n-1)d\}\) また，末項を\(l\)とすると，\(S_{n}=\displaystyle \frac{1}{2}n(a+l)\)となる．

○等比数列

\(1,2,4,8…\)これは初項が1で次の項にするのに2ずつかけていく．このようにある一定の数（公比\(r\)という，ここでは2）をかけて次の項が得られる数列を等比数列という．式であらわすと，\(a_{n+1}=a_{n}r\)となる．またこれは\(a_{n}=a_{n-1}r=a_{n-2}r^{2}=\cdots=a_{1}r^{n-1}\)となる．

このように一般的には初項\(a\)，公比\(r\)に等比数列の一般項は\(a_{n}=ar^{n-1}\)となる．

また等比数列には次のような関係式がある．\(a,b,c\)が等比数列 ⇔ \(ac=b^{2}\)

次に和\(S_{n}\)について考える．\(2,6,18,\cdots,162\)の初項2，公比3，項数5の等比数列の和を考えてみよう．この和を\(S\)とおくと，

　\(S=2+2\cdot 3+2\cdot 3^{2}+\cdots+2\cdot 3^{4}\) これに3をかけると，

\(3S= 2\cdot 3+2\cdot 3^{2}+\cdots+2\cdot 3^{4}+2\cdot 3^{5}\)

上から下を引くと\((1-3)S=2-2\cdot 3^{5}\)よって\(S=\displaystyle \frac{2(1-3^{5})}{1-3}\)が答えとなる．

一般的に\(a_{n}=ar^{n-1}\)で考えると，\((1-r)S_{n}=a-a\cdot r^{n}\)

よって\(S_{n}=\displaystyle \frac{a(1-r^{n})}{1-r}\)となる．しかし\(r\neq1\)である．

\(r=1\)のときは\(S_{n}=a+\cdots+a=na\)となる．

○いろいろな数列の和

今まで，\(S_{n}=a_{1}+\cdots a_{n}\)と表してきたが，\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_{k}=a_{1}+\cdots+a_{n}\)とすることもできる．\(\displaystyle \sum\)は和を表していると考えてよい．

今までのを使うと\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}c=c+\cdots+c=nc\)，\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k=1+2+\cdots+n=\frac{1}{2}n(n+1)\)，\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}ar^{k-1}=\frac{a(1-r^{n})}{1-r}\)と得ることができる．

次に，\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{2}=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\)，\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{3}=\left\{\frac{1}{2}n(n+1)\right\}^{2}\)となる．\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{2}\)の場合を証明してみよう．

まず，恒等式\((k+1)^{3}-k^{3}=3k^{2}+3k+1\)において，

\(2^{3}-1^{3}=3\cdot 1^{2}+3\cdot 1+1\)

\(3^{3}-2^{3}=3\cdot 2^{2}+3\cdot 2+1\)

…

\((n+1)^{3}-n^{3}=3\cdot n^{2}+3n+1\)

すべてを足すと

\((n+1)^{3}-1^{3}=3(1^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2})+3(1+2+\cdots+n)+n\)

つまり，\((n+1)^{3}-1=3\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{2}+3\sum_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}1\)となる．

後ろの\(\displaystyle \sum\)はもう求められる．この式を変形すれば，\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{2}=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\)が得られる．

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{3}=\left\{\frac{1}{2}n(n+1)\right\}^{2}\)もこの方法で求められる．

○\(\displaystyle \sum\)の性質

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}(pa_{k}+qb_{k})=p\sum_{k=1}^{n}a_{k}+q\sum_{k=1}^{n}b_{k}\)（ただし，\(p,q\)は\(k\)によっては変化しない定数）

○応用

例

\(S=\displaystyle \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{2\cdot 3}+\cdots+\frac{1}{n(n+1)}\)の和は\(a_{k}=\displaystyle \frac{1}{k(k+1)}=\frac{(k+1)-k}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\)から，

\(S=\left(\displaystyle \frac{1}{1}-\frac{1}{2}\right)+\left(\displaystyle \frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+\cdots+\left(\displaystyle \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\displaystyle \frac{1}{1}-\displaystyle \frac{1}{n+1}=\displaystyle \frac{n}{n+1}\)

※一般的に\(\displaystyle \frac{1}{(ak+b)(ak+c)}=\frac{1}{c-b}\frac{(ak+c)-(ak+b)}{(ak+b)(ak+c)}=\frac{1}{c-b}\left(\frac{1}{ak+b}-\frac{1}{ak+c}\right)\)となる．

例（等差数列×等比数列）

\(S=1+2r+3r^{2}+\cdots+nr^{n-1}(r\neq 1)\)の和は公比\(r\)をかけて，

\(rS= r+2r^{r}+\cdots+(n-1)r^{n-1}+nr^{n}\)

引くと，\((1-r)S=1+r+r^{2}+\displaystyle \cdots+r^{n-1}-nr^{n}=\frac{1-r^{n}}{1-r}-nr^{n}\)

よって，\(S=\displaystyle \frac{1-r^{n}}{(1-r)^{2}}-\frac{nr^{n}}{1-r}\)

○階差数列

\(1,3,7,15,…\)は一見数列の一般項はわからないが，隣の項の差をみると，\(2,4,8,…\)と等比数列になっている．

このように数列\(a_{n}\)の隣ある２つの項の差の数列\(b_{n}=a_{n+1}-a_{n}\)を階差数列と呼ぶ．これを使って解く問題はよくある．

ここで，\(b_{1}\)から\(b_{n-1}\) \((n≧2)\)まで足すと，\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}b_{k}=(a_{n}-a_{n-1})+\cdots+(a_{2}-a_{1})=a_{n}-a_{1}\)となる．よってこの\(a_{n}\)の一般項は

\(a_{n}=a_{1}+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}b_{k}\) \((n≧2)\)となる．

\(1,3,7,15,…\)の数列の一般項は\(a_{n}=1+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}2^{k}=1+\frac{2(1-2^{n})}{1-2}=2^{n+1}-1\)となる．

○数列の和と一般項の関係

これは簡単で，\(a_{1}=S_{1}, a_{n}=S_{n}-S_{n-1}\) \((n≧2)\)である．階差数列と同じで\(n\)の値に注意．

○漸化式

前の項から次の項をただ１通りに決める規則を示す等式を漸化式という．つまり，\(a_{n+1}=a_{n}+d\)や\(a_{n+1}=a_{n}r\)も漸化式の一部である．

ここでは様々な漸化式について一般項の求め方について学ぶ．

１，等差数列 \(a_{n+1}=a_{n}+d\)

例　\(a_{n+1}=a_{n}+2\)

\(a_{1}=1, a_{n}=a_{1}+(n-1)d=1+(n-1)\cdot 2=2n-1\)

２，等比数列 \(a_{n+1}=ra_{n}\)

例 \(a_{n+1}=4a_{n}, a_{1}=2\)

\(a_{n}=2\cdot 4^{n-1}=2\cdot 2^{2(n-1)}=2^{2n-1}\)

３，階差数列 \(a_{n+1}=a_{n}+A(n)\)

例　\(a_{n+1}=a_{n}+(n-1), a_{1}=1\)

\(a_{n}=a_{1}+\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(k-1)=1+\frac{1}{2}(n-1)n-n=\frac{1}{2}(n-1)(n-2)\)

４，二項間漸化式 \(a_{n+1}=pa_{n}+q\)

やり方　特性方程式を使う．

例　\(a_{n+1}=3a_{n}+2, a_{1}=1\)

ここで，特性方程式をする．（覚えよ）

\(x=3x+2\) ⇔ \(x=-1\)．よって\(a_{n+1}-(-1)=3(a_{n}-(-1))\) ここで，\(a_{n}-(-1)=b_{n}\)とおくと，（置かなくてもできるようになろう．）

\(b_{n+1}=3b_{n},b_{1}=a_{1}+1=2\)　これは等比数列である．\(b_{n}=b_{1}\cdot 3^{n-1}=2\cdot 3^{n-1}\)． よって，\(a_{n}=2\cdot 3^{n-1}-1\)となる．

５，３と４の組み合わせ \(a_{n+1}=pa_{n}+A(n)\)

やり方１　両辺を\(p^{n+1}\)で割る．

\(a_{n+1}=2a_{n}+3^{n+1}, a_{1}=1\)

まず，両辺を\(2^{n+1}\)で割ると，\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\frac{a_{n}}{2^{n}}+\left(\frac{3}{2}\right)^{n+1}\)ここで，\(b_{n}=\displaystyle \frac{a_{n}}{2^{n}}\)とおくと，

\(b_{n+1}=b_{n}+\left(\displaystyle \frac{3}{2}\right)^{n+1}\), \(b_{1}=\displaystyle \frac{a_{1}}{2^{1}}=\frac{1}{2}\)　これは階差数列となる．

\(b_{n}\)を求めたら\(b_{n}=\displaystyle \frac{a_{n}}{2^{n}}\)を使う．

また，\(3^{n+1}\)で割ってもできる．この場合，\(b_{n+1}=\displaystyle \frac{2}{3}b_{n}+1, b_{1}=\frac{a_{1}}{3^{1}}=\frac{1}{3}\)で二項間漸化式となる．

やり方２　ずらして引く

\(a_{n+1}=2a_{n}+3n, a_{1}=1\)

\(a_{n+2}=2a_{n+1}+3(n+1)\)

引くと\((a_{n+2}-a_{n+1})=2(a_{n+1}-a_{n})+3\)

\(b_{n+1}=2b_{n}+3, b_{1}=a_{2}-a_{1}=4\) これは二項間漸化式となる．

\(b_{n}\)を求めたら,\(b_{n}=a_{n+1}-a_{n}\)を使い，階差数列にもっていく．

やり方３　\(a_{n+1}+B(n+1)=p(a_{n}+B(n))\)と式変形する．

\(a_{n+1}=2a_{n}+3n, a_{1}=1\)

\(a_{n+1}+a(n+1)+b=2(a_{n}+an+b)\)で\(a,b\)を求めると，\((a,b)=(3,3)\)

\(b_{n}=a_{n}+3n+3\)とおくと，\(b_{n+1}=2b_{n},~b_{1}=7\) これは等比数列となっている．

６，\(a_{n+1}=A(n)a_{n}\)

やり方１　ずらしてかける．

例　\(a_{n+1}=\displaystyle \frac{a_{n}}{5^{n+1}}, a_{1}=5\)　\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{1}{5^{n+1}}\) つまり，\(\displaystyle \frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{1}{5^{n}}\)，\(\displaystyle \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}=\frac{1}{5^{n-1}}\)，…

両辺をかけると，

\(\displaystyle \frac{a_{n}}{a_{n-1}}\cdot\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\cdot\cdots\cdot\frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{1}{5^{n+(n-1)+\cdots+1}}\) ⇔ \(\displaystyle \frac{a_{n}}{a_{1}}=\frac{1}{5^{\frac{n(n+1)}{2}}}\) ⇔ \(a_{n}=\displaystyle \frac{1}{5^{\frac{n(n+1)}{2}-1}}=\frac{1}{5^{\frac{(n-2)(n+1)}{2}}}\)

やり方２　対数を使う．

例 　\(a_{n+1}=\displaystyle \frac{a_{n}}{5^{n+1}}, a_{1}=5\)　\(a_{n}>0\)であるのは明らか．よって，まず両辺に対数\(\log_{5}\)をとると，

\(\displaystyle \log_{5}a_{n+1}=\log_{5}\frac{a_{n}}{5^{n+1}}=\log_{5}a_{n}-(n+1)\) ここで，\(\log_{5}a_{n}=b_{n}\)とおくと，

\(b_{n+1}=b_{n}-(n-1) b_{1}=1\)となり，階差数列となる．

\(b_{n}=1-\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(k-1)=-\frac{(n-2)(n+1)}{2}\) よって，\(a_{n}=5^{-\frac{(n-2)(n+1)}{2}}\)

７，\(a_{n+1}=pa_{n}^{q}\) \((p,q>0)\)

やり方　対数をとる

例　\(a_{n+1}=3a_{n}^{2}, a_{1}=2, a_{n}>0\)は明らか．よって両辺に対数\(\log_{3}\)をとると，

\(\log_{3}a_{n+1}=\log_{3}3a_{n}^{2}=2\log_{3}a_{n}+1\)　これは二項間漸化式となる．

８，三項間漸化式　\(a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_{n}\)

やり方　特性方程式を使う

\(a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_{n} a_{1}=1, a_{2}=3\)

ここで，特性方程式を使う．

\(x^{2}=3x-2\) ⇔ \(x=1,2\)

よって

①\(a_{n+2}-1a_{n+1}=2(a_{n+1}-1a_{n})\) これを解くと，\(a_{n+1}-a_{n}=(a_{2}-a_{1})\cdot 2^{n-1}=2^{n}\)

②\(a_{n+2}-2a_{n+1}=1(a_{n+1}-2a_{n})\) これを解くと，\(a_{n+1}-2a_{n}=a_{2}-2a_{1}=1\)

①−②より，\(a_{n}=2^{n}-1\)

※もし特性方程式が重解だったら，５，のような式が出てくる．

９，連立漸化式　\(a_{n+1}=pa_{n}+qb_{n}, b_{n+1}=ra_{n}+sb_{n}\)

やり方　片方を変形させて代入する．

例　\(a_{n+1}=a_{n}+b_{n}, b_{n+1}=-a_{n}+3b_{n}, a_{1}=1, b_{1}=2\)

\(b_{n}=a_{n+1}-a_{n}\)をもう片方に代入すると，\(a_{n+2}-a_{n+1}=-a_{n}+3(a_{n+1}-a_{n})\) ⇔ \(a_{n+2}-4a_{n+1}+4a_{n}=0 a_{1}=1 a_{2}=3\)

ここで，特性方程式より\(x=2\)

よって\(a_{n+2}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-2a_{n})\) ⇔ \(a_{n+1}-2a_{n}=2^{n-1}\)

ここで，両辺を\(2^{n-1}\)で割ると，

\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{2^{n-1}}=\frac{a_{n}}{2^{n-2}}+1\)　よって，\(\displaystyle \frac{a_{n}}{2^{n-2}}=\frac{a_{1}}{2^{1-2}}+(n-1)=n+1\)

よって\(a_{n}=2^{n-2}(n+1)\) また，\(b_{n}=a_{n+1}-a_{n}=2^{n-2}(n+3)\)

９’特殊な解き方の連立方程式 \(a_{n+1}=pa_{n}+qb_{n}, b_{n+1}=qa_{n}+pb_{n}\)

例　\(a_{n+1}=4a_{n}-3b_{n}, b_{n+1}=-3a_{n}+4b_{n}\)　\(a_{1}=4, b_{1}=3\)

\(a_{n+1}+b_{n+1}=a_{n}+b_{n}\) よって,\(a_{n}+b_{n}=7\)

\(a_{n+1}-b_{n-1}=7(a_{n}-b_{n})\) よって,\(a_{n}-b_{n}=7^{n-1}\)

よって,\(a_{n}=\displaystyle \frac{1}{2}(7+7^{n-1}), b_{n}=\frac{1}{2}(7-7^{n-1})\)

１０，和を含む漸化式

やり方　ずらして引く．

例　\(2a_{n}=S_{n}+n\)

まず，\(n=1\)のとき，\(2a_{1}=a_{1}+1\) よって\(a_{1}=1\)

次に\(n≧2\)のとき，

\(2a_{n+1}=S_{n+1}+(n+1)\)をひくと，

\(2(a_{n+1}-a_{n})=S_{n+1}-S_{n}+1\) ⇔ \(a_{n+1}=2a_{n}+1\) ⇔ \(a_{n+1}+1=2(a_{n}+1)\)

ここで注意，\(n≧2\)なので，\(a_{n}+1=2^{n-2}(a_{2}+1)=3\cdot 2^{n-2}\)　よって\(a_{n}=3\cdot 2^{n-2}-1\)

１１，\(a_{n+1}=\displaystyle \frac{a_{n}}{pa_{n}+q}\)

やり方　逆数をとる．

例　\(a_{n+1}=\displaystyle \frac{a_{n}}{3a_{n}+1} a_{1}=1\)

逆数をとると，\(\displaystyle \frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}}+3\)　よって\(\displaystyle \frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{1}}+3(n-1)=3n-2\)　よって\(a_{n}=\displaystyle \frac{1}{3n-2}\)

１２，\(a_{n+1}=\displaystyle \frac{pa_{n}+q}{ra_{n}+s}\) \((s\neq0)\)

やり方　特性方程式で解く．

例　\(a_{n+1}=\displaystyle \frac{-a_{n}-2}{a_{n}-4} a_{1}=3\)

特性方程式から\(x=\displaystyle \frac{-x-2}{x-4}\) よって\(x=1,2\)（特性解）

\(b_{n}=\displaystyle \frac{a_{n}-1}{a_{n}-2}\)とおくと，\(b_{n+1}=\displaystyle \frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}-2}=\frac{\frac{-a_{n}-2}{a_{n}-4}-1}{\frac{-a_{n}-2}{a_{n}-4}-2}=\frac{2}{3}\frac{a_{n}-1}{a_{n}-2}=\frac{2}{3}b_{n}\)

よって,\(b_{n}=\left(\displaystyle \frac{2}{3}\right)^{n-1}b_{1}=2\left(\displaystyle \frac{2}{3}\right)^{n-1}\)

よって,\(\displaystyle \frac{a_{n}-1}{a_{n}-2}=2 \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\) ⇔ \(a_{n}=\displaystyle \frac{1-4\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}}{1-2\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}}\)

※もちろん\(b_{n}=\displaystyle \frac{a_{n}-2}{a_{n}-1}\)としてもよい．

別解

\(b_{n}=\displaystyle \frac{1}{a_{n}-1}\)とすると，

\(b_{n+1}=\displaystyle \frac{1}{a_{n+1}-1}=\frac{1}{\frac{-a_{n}-2}{a_{n}-4}-1}=-\frac{a_{n}-4}{2(a_{n}-1)}=\frac{3}{2}\frac{1}{a_{n}-1}-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}b_{n}-\frac{1}{2}\)

よってこれを解くと，\(b_{n}=-\displaystyle \frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}+1\)

よって\(a_{n}=\displaystyle \frac{1}{-\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}\right)^{n-1}+1}+1=\frac{1-4\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}}{1-2(\frac{2}{3})^{n-1}}\)

※もちろん\(b_{n}=\displaystyle \frac{1}{a_{n}-2}\)としてもよい．

最初の方法だと等比数列，別解のほうは二項間漸化式になる．

○数学的帰納法

この方法は「ドミノ」をイメージしてもらえればわかる．証明の方法は基本的に

１，\(n=1\)のとき，成り立つことを示す．

２，\(n=k\)のとき成り立つことを仮定して\(n=k+1\)が成り立つことを示す．

そうすれば，\(n=1\)が成り立っているから\(n=2\)は成り立っている．…というふうしてにすべての\(n\)について成り立つ．

これは\(n\)が自然数であればかなり有用性がある．

例

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{3}=\left\{\frac{1}{2}n(n+1)\right\}^{2}\)の証明

\(n=1\)のとき，左辺=1　右辺=1　で成り立っている．

\(n=k\)のとき，等式が成り立っていると仮定すると，

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1}k^{3}=\sum_{k=1}^{n}k^{3}+(n+1)^{3}\)

ここで仮定を利用すると，\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n+1}k^{3}=\left\{\frac{1}{2}n(n+1)\right\}^{2}+(n+1)^{3}=\left\{\frac{1}{2}(n+1)(n+2)\right\}^{2}\)

よって\(n=k+1\)の時も成り立つ．

以上より数学的帰納法から\(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{3}=\left\{\frac{1}{2}n(n+1)\right\}^{2}\)が成り立つ．

例

\(n(n+1)(n+2)\)は6の倍数であることの証明　ただし連続する2整数は2の倍数であることを使ってよい．

\(n=1\)のとき，\(1\times2\times3=6\)となり成り立つ．

\(n=k\)のとき，\(k(k+1)(k+2)=6m\)であると仮定すると，

\((k+1)(k+2)(k+3)=k(k+1)(k+2)+3(k+1)(k+2)=6m+3(k+1)(k+2)\)

ここで\((k+1)(k+2)\)は連続する2整数なので，2の倍数である．よって\(n=k+1\)のときも成り立つ．

以上数学的帰納法より,\(n(n+1)(n+2)\)は6の倍数である

例

\((1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{n})\geqq 1-(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})\)を証明せよ．ただし，\(0<a_{k}<1\)である．

\(n=1\)のとき

左辺=\(1-a_{1}\)　右辺=\(1-a_{1}\)　よって成り立つ．

\(n=k\)のとき，\((1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})\geqq 1-(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k})\)が成り立つと仮定する．

\((1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})(1-a_{k+1})=(1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})-a_{k+1}(1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})\)

ここで仮定を使うと，

\((1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})(1-a_{k+1})\geqq 1-(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k})-a_{k+1}(1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})\) \(=1-(a_{1}+\cdots+a_{k+1})+a_{k+1}-a_{k+1}(1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})\) \(=1-(a_{1}+\cdots+a_{k+1})+a_{k+1}\{1-(1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})\}\)

ここで，\(0<a_{k}<1\)より\(0<1-a_{k}<1\) よって\(0<(1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})<1\)

よって\((1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})(1-a_{k+1})\geqq 1-(a_{1}+\cdots+a_{k+1})+a_{k+1}\{1-(1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{k})\}>1-(a_{1}+\cdots+a_{k+1})\)

よって\(n=k+1\)が成り立つ．（等号が成り立っていなくてもOK．\(n≧2\)からは成り立たない．）

以上数学的帰納法から\((1-a_{1})(1-a_{2})\cdots(1-a_{n})\geqq 1-(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})\)が成り立つ．

例

\(a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_{n}, a_{1}=1, a_{2}=3\)

この解き方を忘れたら，数学的帰納法でやろう．また，数学的帰納法は2つを仮定することもある．

\(a_{1}=1, a_{2}=3, a_{3}=7\cdots\)から\(a_{n}=2^{n}-1\)であると予想できる．

\(n=1,2\)のとき，成り立つ．

\(n=k,k+1\)のとき，\(a_{k}=2^{k}-1\)，\(a_{k+1}=2^{k+1}-1\)であると仮定する．このとき，

\(a_{k+2}=3(2^{k+1}-1)-2(2^{k}-1)=2^{k+2}-1\)となり，\(n=k+2\)のときも成り立つ．

以上数学的帰納法より一般項は\(a_{n}=2^{n}-1\)である．