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問題アーカイブ01
問題アーカイブ01\(a\gt 0\) で、\(n\) は自然数とする。不等式 \((1+a)^n{\small ~≧~}1+na\) を、数学的帰納法によって証明せよ。
数研出版｜数学Ｂ[710] p.45 問11
数研出版｜高等学校数学Ｂ[711] p.50 章末問題B 12
[証明] すべての自然数 \(n\) について、
\((1+a)^n{\small ~≧~}1+na~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=1\) のとき、
左辺 \(=(1+a)^1=1+a\)、右辺 \(=1+1\cdot a=1+a\)
よって、\(n=1\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\((1+a)^k{\small ~≧~}1+ka~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~(1+a)^{k+1}&=&(1+a)(1+a)^k\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\((1+a)^k{\small ~≧~}1+ka\) であり、\(a\gt 0\) より \(1+a\gt 0\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~(1+a)\underline{(1+a)^k}&{\small ~≧~}&(1+a)\underline{(1+ka)}
\\[3pt]~~~&=&1+ka+a+ka^2
\\[3pt]~~~&=&1+(k+1)a+ka^2
\\[3pt]~~~&{\small ~≧~}&1+(k+1)a \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}1\,,\,a\gt 0\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&1+ka+a+ka^2
\\[3pt]~~~&=&1+(k+1)a+ka^2
\\[3pt]~~~&{\small ~≧~}&1+(k+1)a \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}1\,,\,a\gt 0\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~(1+a)^{k+1}&{\small ~≧~}&1+(k+1)a\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、すべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
問題アーカイブ02
問題アーカイブ02\(n\) は \(2\) 以上の自然数とする。不等式 \(3^n\gt 4n\) を、数学的帰納法によって証明せよ。
数研出版｜数学Ｂ[710] p.45 練習44
[証明] \(n{\small ~≧~}2\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(3^n\gt 4n~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=2\) のとき、
左辺 \(=3^2=9\)、右辺 \(=4\cdot 2=8\)
よって、\(n=2\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(3^k\gt 4k~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&3^{k+1}-4(k+1)
\\[3pt]~~~&=&3\cdot 3^k-4(k+1)\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(3^k\gt 4k\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~3\cdot \underline{3^k}-4(k+1)&\gt &3\cdot \underline{4k}-4(k+1)
\\[3pt]~~~&=&12k-4k-4
\\[3pt]~~~&=&8k-4\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}2\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&12k-4k-4
\\[3pt]~~~&=&8k-4\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}2\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~3^{k+1}-4(k+1)&\gt &0
\\[3pt]~~~3^{k+1}&\gt &4(k+1)
\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(2\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
問題アーカイブ03
問題アーカイブ03\(n\) は \(4\) 以上の自然数とする。数学的帰納法によって、次の不等式を証明せよ。
\(2^n\gt n^2-n+2\)
\(2^n\gt n^2-n+2\)
数研出版｜数学Ｂ[710] p.49 問題 11
数研出版｜高等学校数学Ｂ[711] p.48 問題 18(2)
[証明] \(n{\small ~≧~}4\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(2^n\gt n^2-n+2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=4\) のとき、
左辺 \(=2^4=16\)、右辺 \(=4^2-4+2=14\)
よって、\(n=4\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k\gt k^2-k+2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&2^{k+1}-\left\{(k+1)^2-(k+1)+2\right\}
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(k^2+2k+1-k-1+2)
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(k^2+k+2)\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(2^k\gt k^2-k+2\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~2\cdot \underline{2^k}-(k^2+k+2)&\gt &2\underline{(k^2-k+2)}-(k^2+k+2)
\\[3pt]~~~&=&2k^2-2k+4-k^2-k-2
\\[3pt]~~~&=&k^2-3k+2
\\[3pt]~~~&=&(k-1)(k-2)\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}4\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&2k^2-2k+4-k^2-k-2
\\[3pt]~~~&=&k^2-3k+2
\\[3pt]~~~&=&(k-1)(k-2)\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}4\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~2^{k+1}-\left\{(k+1)^2-(k+1)+2\right\}&\gt &0
\\[3pt]~~~2^{k+1}&\gt &(k+1)^2-(k+1)+2
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~2^{k+1}&\gt &(k+1)^2-(k+1)+2
\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(4\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
問題アーカイブ04
問題アーカイブ04数列 \(a_1\,,\,a_2\,,\,\cdots\,,\,a_n\,,\,\cdots\) の各項が \(1\) より小さい正の数であるとき、次の不等式が成り立つことを証明せよ。ただし、\(n{\small ~≧~}2\) とする。
\((1-a_1)(1-a_2)\cdots (1-a_n)\)
\(\hspace{50pt}\gt 1-(a_1+a_2+\cdots +a_n)\)
\((1-a_1)(1-a_2)\cdots (1-a_n)\)
\(\hspace{50pt}\gt 1-(a_1+a_2+\cdots +a_n)\)
数研出版｜数学Ｂ[710] p.50 演習問題B 6
[証明] \(n{\small ~≧~}2\) のすべての自然数 \(n\) について、
\((1-a_1)(1-a_2)\cdots (1-a_n)\gt 1-(a_1+a_2+\cdots +a_n)~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=2\) のとき、\(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&(1-a_1)(1-a_2)-\{1-(a_1+a_2)\}
\\[3pt]~~~&=&1-a_1-a_2+a_1 a_2-1+a_1+a_2
\\[3pt]~~~&=&a_1 a_2\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ a_1\gt 0\,,\,a_2\gt 0\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(n=2\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\((1-a_1)(1-a_2)\cdots (1-a_k)\gt 1-(a_1+a_2+\cdots +a_k)~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
ここで、\(a_1+a_2+\cdots +a_k=S_k\) とおく
\(0\lt a_{k+1}\lt 1\) より \(0\lt 1-a_{k+1}\lt 1\) であるから、
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(1-a_{k+1}\) を掛けると、
\((1-a_1)(1-a_2)\cdots (1-a_k)(1-a_{k+1})\gt (1-S_k)(1-a_{k+1})\)
ここで、\((1-S_k)(1-a_{k+1})\) と \(1-(S_k+a_{k+1})\) の大小を比較すると、
\(\begin{eqnarray}~~~&&(1-S_k)(1-a_{k+1})-\{1-(S_k+a_{k+1})\}
\\[3pt]~~~&=&1-S_k-a_{k+1}+S_k a_{k+1}-1+S_k+a_{k+1}
\\[3pt]~~~&=&S_k a_{k+1}\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ S_k\gt 0\,,\,a_{k+1}\gt 0\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&1-S_k-a_{k+1}+S_k a_{k+1}-1+S_k+a_{k+1}
\\[3pt]~~~&=&S_k a_{k+1}\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ S_k\gt 0\,,\,a_{k+1}\gt 0\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\((1-S_k)(1-a_{k+1})\gt 1-(S_k+a_{k+1})\) となり、
\(\begin{eqnarray}~~~(1-a_1)(1-a_2)\cdots (1-a_{k+1})&\gt &(1-S_k)(1-a_{k+1})
\\[3pt]~~~&\gt &1-(S_k+a_{k+1})
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&\gt &1-(S_k+a_{k+1})
\end{eqnarray}\)
大小関係より、
\((1-a_1)(1-a_2)\cdots (1-a_{k+1})\gt 1-(a_1+a_2+\cdots +a_{k+1})\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(2\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
問題アーカイブ05
問題アーカイブ05\(n{\small ~≧~}3\) のすべての自然数 \(n\) について、次の不等式を証明せよ。
\(2^n\gt 2n+1\)
\(2^n\gt 2n+1\)
数研出版｜高等学校数学Ｂ[711] p.45 練習42
数研出版｜新編数学Ｂ[712] p.42 練習44
[証明] \(n{\small ~≧~}3\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(2^n\gt 2n+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
左辺 \(=2^3=8\)、右辺 \(=2\cdot 3+1=7\)
よって、\(n=3\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k\gt 2k+1~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&2^{k+1}-\{2(k+1)+1\}
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(2k+3)\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(2^k\gt 2k+1\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~2\cdot \underline{2^k}-(2k+3)&\gt &2\cdot \underline{(2k+1)}-(2k+3)
\\[3pt]~~~&=&4k+2-2k-3
\\[3pt]~~~&=&2k-1\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&4k+2-2k-3
\\[3pt]~~~&=&2k-1\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~2^{k+1}-\{2(k+1)+1\}&\gt&0
\\[3pt]~~~2^{k+1}&\gt&2(k+1)+1
\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
問題アーカイブ06
問題アーカイブ06\(n{\small ~≧~}3\) のとき、次の不等式を証明せよ。
\(3^n\gt 8n\)
\(3^n\gt 8n\)
東京書籍｜Advanced数学Ｂ[701] p.38 問7
東京書籍｜Standard数学Ｂ[702] p.50 問8
[証明] \(n{\small ~≧~}3\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(3^n\gt 8n~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
左辺 \(=3^3=27\)、右辺 \(=8\cdot 3=24\)
よって、\(n=3\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(3^k\gt 8k~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(3\) を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~3^k\cdot 3&\gt&8k\cdot 3
\\[3pt]~3^{k+1}&\gt&24k
\end{eqnarray}\)
ここで、\(24k\) と \(8(k+1)\) の大小比較すると、
\(\begin{eqnarray}~&&24k-8(k+1)
\\[3pt]~~~&=&24k-8k-8
\\[3pt]~~~&=&16k-8
\\[3pt]~~~&=&8(2k-1)\gt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(24k\gt 8(k+1)\) となり、
\(3^{k+1}\gt 24k\gt 8(k+1)\)
大小関係より、
\(3^{k+1}\gt 8(k+1)\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
【別解】
[証明] \(n{\small ~≧~}3\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(3^n\gt 8n~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=3\) のとき、
左辺 \(=3^3=27\)、右辺 \(=8\cdot 3=24\)
よって、\(n=3\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(3^k\gt 8k~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&3^{k+1}-8(k+1)
\\[3pt]~~~&=&3\cdot 3^k-8(k+1)\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(3^k\gt 8k\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~3\cdot \underline{3^k}-8(k+1)&\gt &3\cdot \underline{8k}-8(k+1)
\\[3pt]~~~&=&24k-8k-8
\\[3pt]~~~&=&16k-8\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&24k-8k-8
\\[3pt]~~~&=&16k-8\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}3\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~3^{k+1}-8(k+1)&\gt&0
\\[3pt]~~~3^{k+1}&\gt&8(k+1)
\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(3\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
問題アーカイブ07
問題アーカイブ07\(n{\small ~≧~}4\) のとき、次の不等式を証明せよ。
\(2^n{\small ~≧~}n^2\)
\(2^n{\small ~≧~}n^2\)
東京書籍｜Advanced数学Ｂ[701] p.41 問題 14
東京書籍｜Standard数学Ｂ[702] p.52 Training 25
[証明] \(n{\small ~≧~}4\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(2^n{\small ~≧~}n^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=4\) のとき、
左辺 \(=2^4=16\)、右辺 \(=4^2=16\)
よって、\(n=4\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k{\small ~≧~}k^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(2\) を掛けると、
\(\begin{eqnarray}~~~2^k\cdot 2&{\small ~≧~}&k^2\cdot 2
\\[3pt]~2^{k+1}&{\small ~≧~}&2k^2
\end{eqnarray}\)
ここで、\(2k^2\) と \((k+1)^2\) の大小比較すると、
\(\begin{eqnarray}~&&2k^2-(k+1)^2
\\[3pt]~~~&=&2k^2-k^2-2k-1
\\[3pt]~~~&=&k^2-2k-1
\\[3pt]~~~&=&(k-1)^2-2\gt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}4\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(2k^2\gt (k+1)^2\) となり、
\(2^{k+1}{\small ~≧~}2k^2\gt (k+1)^2\)
大小関係より、
\(2^{k+1}\gt (k+1)^2\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(4\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
【別解】
[証明] \(n{\small ~≧~}4\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(2^n{\small ~≧~}n^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=4\) のとき、
左辺 \(=2^4=16\)、右辺 \(=4^2=16\)
よって、\(n=4\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(2^k{\small ~≧~}k^2~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺－右辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&2^{k+1}-(k+1)^2
\\[3pt]~~~&=&2\cdot 2^k-(k+1)^2\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(2^k{\small ~≧~}k^2\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~2\cdot \underline{2^k}-(k+1)^2&{\small ~≧~}&2\cdot \underline{k^2}-(k+1)^2
\\[3pt]~~~&=&2k^2-(k^2+2k+1)
\\[3pt]~~~&=&k^2-2k-1\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}4\,)
\end{eqnarray}\)
\\[3pt]~~~&=&2k^2-(k^2+2k+1)
\\[3pt]~~~&=&k^2-2k-1\gt 0 \hspace{15pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}4\,)
\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~2^{k+1}-(k+1)^2&{\small ~≧~}&0
\\[3pt]~~~2^{k+1}&{\small ~≧~}&(k+1)^2
\end{eqnarray}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(4\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
問題アーカイブ08
問題アーカイブ08\(n{\small ~≧~}2\) のとき、次の不等式を証明せよ。
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\frac{\,1\,}{\,3^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,n^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,n\,}\)
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\frac{\,1\,}{\,3^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,n^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,n\,}\)
東京書籍｜Advanced数学Ｂ[701] p.44 練習問題A 7
東京書籍｜Standard数学Ｂ[702] p.55 Level Up 12
[証明] \(n{\small ~≧~}2\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\frac{\,1\,}{\,3^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,n^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,n\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=2\) のとき、
左辺 \(\displaystyle=\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}=1+\frac{\,1\,}{\,4\,}=\frac{\,5\,}{\,4\,}\)
右辺 \(\displaystyle=2-\frac{\,1\,}{\,2\,}=\frac{\,3\,}{\,2\,}=\frac{\,6\,}{\,4\,}\)
よって、\(n=2\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(\small [\,2\,]\) の両辺に \(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\) を加えると、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\)
ここで、\(\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\) と \(\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\) の大小比較すると、
\(\begin{eqnarray}~&&\left(\,2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\,\right)-\left(\,2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\,\right)
\\[5pt]~~~&=&-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}+\frac{\,1\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-(k+1)^2+k+k(k+1)\,}{\,k(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-k^2-2k-1+k+k^2+k\,}{\,k(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-1\,}{\,k(k+1)^2\,}\lt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}2\,)
\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&=&-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}+\frac{\,1\,}{\,k+1\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-(k+1)^2+k+k(k+1)\,}{\,k(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-k^2-2k-1+k+k^2+k\,}{\,k(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&=&\frac{\,-1\,}{\,k(k+1)^2\,}\lt 0 \hspace{20pt}(\,∵~ k{\small ~≧~}2\,)
\end{eqnarray}\)
よって、\(\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\) となり、
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}&\lt &2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}
\\[5pt]~~~&\lt &2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\end{eqnarray}\)
\\[5pt]~~~&\lt &2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\end{eqnarray}\)
大小関係より、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(2\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
【別解】
[証明] \(n{\small ~≧~}2\) のすべての自然数 \(n\) について、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\frac{\,1\,}{\,3^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,n^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,n\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,1\,]}\)
\({\small (1)}~\) \(n=2\) のとき、
左辺 \(\displaystyle=\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}=1+\frac{\,1\,}{\,4\,}=\frac{\,5\,}{\,4\,}\)
右辺 \(\displaystyle=2-\frac{\,1\,}{\,2\,}=\frac{\,3\,}{\,2\,}=\frac{\,6\,}{\,4\,}\)
よって、\(n=2\) のとき \(\small [\,1\,]\) が成り立つ
\({\small (2)}~\) \(n=k\) のとき、\(\small [\,1\,]\) が成り立つと仮定すると、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}~ ~ ~ \cdots {\small [\,2\,]}\)
\(n=k+1\) のとき \(\small [\,1\,]\) の左辺は、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\end{eqnarray}\)
\(\small [\,2\,]\) より、\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle\underline{\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt \displaystyle\underline{2-\frac{\,1\,}{\,k\,}}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\end{eqnarray}\)
ここで、\(k{\small ~≧~}2\) のとき \(k\lt k+1\) より \(k(k+1)\lt (k+1)^2\) であるから
\(\begin{eqnarray}~~~\displaystyle\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}&\lt &\displaystyle\frac{\,1\,}{\,k(k+1)\,}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle\frac{\,1\,}{\,k\,}-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\end{eqnarray}\)
よって、
\(\begin{eqnarray}~~~&&\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\underline{\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}}
\\[5pt]~~~&\lt &\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k\,}+\underline{\frac{\,1\,}{\,k\,}-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}}
\\[5pt]~~~&=&\displaystyle 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\end{eqnarray}\)
したがって、
\(\displaystyle\frac{\,1\,}{\,1^2\,}+\frac{\,1\,}{\,2^2\,}+\cdots +\frac{\,1\,}{\,k^2\,}+\frac{\,1\,}{\,(k+1)^2\,}\lt 2-\frac{\,1\,}{\,k+1\,}\)
これより、\(\small [\,1\,]\) は、\(n=k+1\) のときも成り立つ
\({\small (1)}~,~{\small (2)}\) より、\(2\) 以上のすべての自然数 \(n\) について、\(\small [\,1\,]\) が成り立つ [終]
