数研出版：改訂版数学Ｂ

2020.06.082022.03.30

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第３章　数列

第３章　数列

第１節　数列とその和

p.80 練習1
数列①
　第 $3$項が $5$、第 $5$ 項が $9$
数列②
　第 $3$ 項が $3$、第 $5$ 項が $6$

p.81 練習2
${\small (1)}~a_1=1~,~a_2=-1~,~a_3=-3~,~a_4=-5$
　　$a_5=-7~,~a_7=-11~,~a_{10}=-17$
${\small (2)}~a_1=2~,~a_2=4~,~a_3=8~,~a_4=16$
　　$a_5=32~,~a_7=128~,~a_{10}=1024$
${\small (3)}~a_1=-1~,~a_2=1~,~a_3=-1~,~a_4=1$
　　$a_5=-1~,~a_7=-1~,~a_{10}=1$

p.81 練習3
${\small (1)}~a_n=2(n-1)$　${\small (2)}~a_n=(-1)^{n-1}\cdot{\large \frac{1}{2n-1}}$
→ 数列の基本と一般項

p.82 問1
${\small (1)}~$公差 $4$、$14,18$
${\small (2)}~$公差 $-3$、$23,14,11$

p.83 練習4
$a_n=-4n+14~,~a_{10}=-26$

p.83 問2
${\small (1)}~a_n=4n-2$　${\small (2)}~a_n=-3n+26$

p.83 練習5
${\small (1)}~a_n=6n-9~,~a_{8}=39$
${\small (2)}~a_n=-7n+32~,~a_{8}=-24$
→ 等差数列

p.83 問3
$29~,~-3n+32$

p.83 練習6
$-10~,~2n-12$

p.83 練習7
${\small (1)}~$初項 $57$、公差 $-3$
　一般項 $a_n=-3n+60$
${\small (2)}~$第 $36$ 項
→ 等差数列

p.84 練習8
初項 $-1$、公差 $3$

p.84 問4
$b=-3$

p.84 練習9
$a=4$
→ 等差数列の性質

p.86 練習10
${\small (1)}~-165$　${\small (2)}~126$

p.86 練習11
${\small (1)}~1717$　${\small (2)}~555$
→ 等差数列の和

p.87 練習12
$n(n+1)$

p.87 問5
${\small (1)}~1683$　${\small (2)}~3367$

p.87 練習13
${\small (1)}~1265$　${\small (2)}~1288$　${\small (3)}~3717$
→ 自然数の数列

p.88 問6
${\small (1)}~-16,32$　${\small (2)}~{\large \frac{1}{3}},{\large \frac{1}{27}}$

p.89 問7
${\small (1)}~-4\cdot(-2)^{n-1}$　${\small (2)}~3\cdot\left({\large \frac{1}{3}}\right)^{n-1}$

p.89 練習14
${\small (1)}~a_n=5\cdot2^{n-1}~,~a_7=320$
${\small (2)}~a_n=2\cdot(-1)^{n}~,~a_7=-2$
${\small (3)}~a_n=(-3)^{n-1}~,~a_7=729$
${\small (4)}~a_n=9\cdot\left({\large \frac{2}{3}}\right)^{n-1}~,~a_7={\large \frac{64}{81}}$

p.89 練習15
初項 ${\large \frac{2}{3}}$、公比 $3$
一般項 $a_n={\large \frac{2}{3}}\cdot3^{n-1}$
または
初項 ${\large \frac{2}{3}}$、公比 $-3$
一般項 $a_n={\large \frac{2}{3}}\cdot(-3)^{n-1}$
→ 等比数列

p.89 問8
[証明] 数列 $a~,~b~,~c$ がこの順に等比数列であるので、
　${\large \frac{b}{a}}={\large \frac{c}{b}}~\Leftrightarrow~b^2=ac$

逆に、$b^2=ac$ のとき、式変形すると
　$b^2=ac~\Leftrightarrow~{\large \frac{b}{a}}$
これより、数列 $a~,~b~,~c$ がこの順に等比数列となる
したがって、
数列 $a~,~b~,~c$ が等比数列
　　$~\Leftrightarrow~b^2=ac$ [終]

p.89 練習16
$b=\pm2$
→ 等比数列になる条件

p.91 練習17
${\small (1)}~121$　${\small (2)}~129$

p.91 練習18
${\small (1)}~{\large \frac{1-(-2)^n}{3}}$　${\small (2)}~10\{1-(0.1)^n\}$
→ 等比数列の和

p.91 練習19
$a=1~,~r=2$ または $a=9~,~r=-{\large \frac{2}{3}}$
→ 和が与えれた等比数列

p.93 問9
[証明]
恒等式 $k^4-(k-1)^4=4k^3-6k^2+4k-1$ において、
$k=1$ のとき、
　$1^4-0^2=4\cdot 1^3-6\cdot 1^2+4\cdot 1-1$
$k=2$ のとき、
　$2^4-1^4=4\cdot 2^3-6\cdot 2^2+4\cdot 2-1$
$k=3$ のとき、
　$3^4-2^4=4\cdot 3^3-6\cdot 3^2+4\cdot 3-1$
…
$k=n$ のとき、
　$n^4-(n-1)^4$
　　　　$=4\cdot n^3-6\cdot n^2+4\cdot n-1$
これらの両辺を加えていくと、
　$n^4=4(1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3)$
　　　　$-6(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2)$
　　　　　$+4(1+2+3+\cdots+n)+n$
ここで、$S=1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3$ として和の計算をすると、
　$n^4=4S-n(n+1)(2n+1)$
　　　　　　$+2n(n+1)-n$
$S$ について整理すると、
　$4S=\{n(n+1)\}^2$
よって、
　$S=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2$
したがって、
　$1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3$
　　　　$=\left\{{\large \frac{1}{2}}n(n+1)\right\}^2$ [終]

p.94 練習20
${\small (1)}~385$　${\small (2)}~784$
→ 和の記号シグマと累乗の和

p.94 練習21
${\small (1)}~4+9+14+\cdots+(5n-1)$
${\small (2)}~2^2+2^3+2^4+\cdots+2^{n+1}$
${\small (3)}~7^2+9^2+11^2+\cdots+31^2$

p.94 練習22
[証明]
　(左辺)
$=(2\cdot1+1)+(2\cdot2+1)$
　　　　$+\cdots+(2\cdot10+1)$
$=3+5+7+\cdots+21$
　(右辺)
$=(2\cdot2-1)+(2\cdot3-1)$
　　　　$+\cdots+(2\cdot11-1)$
$=3+5+7+\cdots+21$
したがって、$$~~~\sum_{k=1}^{10}(2k+1)=\sum_{i=2}^{11}(2i-1)$$[終]
→ 和の記号シグマと累乗の和

p.95 練習23
$55~,~204~,~63$

p.96 練習24
${\small (1)}~n(2n+5)$
${\small (2)}~n(n-1)^2$
${\small (3)}~{\large \frac{1}{6}}n(n+1)(2n+7)$
${\small (4)}~{\large \frac{5}{2}}n(n-1)$
→ シグマ記号の計算

p.97 練習25
${\small (1)}~2n^2(n+1)$
${\small (2)}~{\large \frac{1}{4}}n(n+1)(n^2+n+2)$

p.97 練習26
${\large \frac{1}{6}}k(k+1)(2k+1)$
${\large \frac{1}{12}}n(n+1)^2(n+2)$
→ 一般項が数列の和になる数列

p.98 練習27
${\small (1)}~$定数 $4$ が並ぶ数列
${\small (2)}~$初項 $2$、公比 $3$ の等比数列

p.99 練習28
${\small (1)}~a_n=n^2+2n-1$　${\small (2)}~a_n={\large \frac{1}{2}}(3^n-1)$
→ 階差数列

p.100 練習29
${\small (1)}~a_n=6n-5$　${\small (2)}~a_n=2\cdot3^{n-1}$
→ 数列の和と一般項の関係

p.101 練習30
${\small (1)}~$[証明]
　(右辺)
$={\large \frac{1}{2}}\cdot{\large \frac{(2k+1)-(2k-1)}{(2k-1)(2k+1)}}$
$={\large \frac{1}{2}}\cdot{\large \frac{2}{(2k-1)(2k+1)}}$
$={\large \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}}$
したがって、
${\large \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}}={\large \frac{1}{2}}\left({\large \frac{1}{2k-1}}-{\large \frac{1}{2k+1}}\right)$
[終]

${\small (2)}~{\large \frac{n}{2n+1}}$
→ 分数数列の和

p.101 練習31
${\small (1)}~$[証明]
　(右辺)
$={\large \frac{\sqrt{k}-\sqrt{k+1}}{(\sqrt{k}+\sqrt{k+1})(\sqrt{k}-\sqrt{k+1})}}$
$={\large \frac{\sqrt{k}-\sqrt{k+1}}{k-(k+1)}}$
$=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$
したがって、
${\large \frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k}$
[終]

${\small (2)}~\sqrt{n+1}-1$

p.102 練習32
$S=(n-1)\cdot3^n+1$

p.102 練習33
${\small (1)}~{\large \frac{1}{2}}n(n+1)$
${\small (2)}~{\large \frac{1-(n+1)r^n+nr^{n+1}}{(1-r)^2}}$
→ 等差数列×等比数列の和

p.103 練習34
${\small (1)}~n^2-2n+2$　${\small (2)}~1729$
→ 群数列

問題

p.104 1
一般項 $6n-1$、和 $2533$

p.104 2
${\small (1)}~$第 $41$ 項
${\small (2)}~$第 $40$ 項までの和 $1600$
→ 等差数列の和の最大値

p.104 3
$a_7=64$

p.104 4
${\small (1)}~$
　一般項 $(3n-2)^2$
　和 ${\large \frac{1}{6}}n(6n^2-3n-1)$
${\small (2)}~$
　一般項 $n(n+1)(n+2)$
　和 ${\large \frac{1}{4}}n(n+1)(n+2)(n+3)$

p.104 5
${\small (1)}~k(n-k+1)$
${\small (2)}~{\large \frac{1}{6}}n(n+1)(n+2)$

p.104 6
${\small (1)}~a_n={\large \frac{3}{2}}n^2-{\large \frac{3}{2}}n+2$
${\small (2)}~a_n=3\cdot2^{n-1}-1$

p.104 7
${\small (1)}~a_n=(n+1)\cdot2^{n-1}$
${\small (2)}~a_n=n(n+1)$
${\small (3)}~$
$n=1$ のとき、
　$a_1=9$
$n≧2$ のとき、
　$a_n=3(n^2-n+1)$

p.104 8
${\large \frac{1}{2}}(\sqrt{2n+1}-1)$

第２節　数学的帰納法

p.105 練習35
${\small (1)}~a_5=322$　${\small (2)}~a_5=42$

p.106 問10
${\small (1)}~a_n=3n-1$　${\small (2)}~a_n=(-2)^{n-1}$

p.106 練習36
${\small (1)}~a_n=-5n+8$　${\small (2)}~a_n=-2\cdot3^{n-1}$

p.106 練習37
${\small (1)}~a_n={\large \frac{1}{2}}(3^n+1)$
${\small (2)}~a_n={\large \frac{1}{3}}(n^3-n+6)$
→ 漸化式①（基本解法）

p.107 練習38
${\small (1)}~a_n=2^{n+1}-3$
${\small (2)}~a_n={\large \frac{2}{3}}\left\{1-\left(-{\large \frac{1}{2}}\right)^{n-1}\right\}$
→ 漸化式②（特性方程式）

p.108 練習39
${\large \frac{1}{2}}n(n-1)$ 個
→ 図形と漸化式

p.109 研究1
$p_1={\large \frac{5}{6}}~,~p_n={\large \frac{1}{3}}\left({\large \frac{2}{3}}\right)^{n-1}+{\large \frac{1}{2}}$

p.109 研究2
$p_n={\large \frac{1}{6}}\left(-{\large \frac{1}{2}}\right)^{n-1}+{\large \frac{1}{3}}$

p.111 発展1
${\small (1)}~a_n={\large \frac{7\cdot2^{n-1}-2\cdot(-3)^{n-1}}{5}}$
${\small (2)}~a_n={\large \frac{7^{n-1}-1}{6}}$

p.111 発展2
${\small (1)}~$[証明]
$a_{n+2}-4a_{n+1}+4a_{n}=0$ を式変形すると、
　$a_{n+2}-2a_{n+1}=2(a_{n+1}-2a_{n})$
これより、数列 $\{a_{n+1}-2a_{n}\}$ は、
　初項 $a_2-2a_1=2$、公比 $2$ の等比数列である
一般項は、
　$\{a_{n+1}-2a_{n}\}=2\cdot2^{n-1}$
したがって、
　$\{a_{n+1}-2a_{n}\}=2^{n}$ [終]

${\small (2)}~b_n={\large \frac{1}{2}}(n-1)$
${\small (3)}~a_n=(n-1)\cdot2^{n-1}$

p.112 発展1
${\small (1)}~$
　$a_n+b_n=2^{n-1}$
　$a_n-3b_n=-3\cdot(-2)^{n-1}$
${\small (2)}~$
　$a_n={\large \frac{3\cdot2^{n-1}-3\cdot(-2)^{n-1}}{4}}$
　$b_n={\large \frac{2^{n-1}+3\cdot(-2)^{n-1}}{4}}$

p.115 練習40
${\small (1)}~$
[証明]
$1+2+2^2+\cdots+2^{n-1}=2^n-1$　…①
(ⅰ) $n=1$ のとき、
　(左辺)$=1$
　(右辺)$=2^1-1=1$
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、①より、
$1+2+2^2+\cdots+2^{k-1}=2^k-1$　…②
また、$n=k+1$ のときの①の左辺は、
　$1+2+2^2+\cdots+2^{k-1}+2^{k}$
②を代入すると、
　$=(2^k-1)+2^k$
　$=2\cdot2^k-1$
　$=2^{k+1}$
これより、$n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)からすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]

${\small (2)}~$
[証明]
$1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2$
　　　　　$={\large \frac{1}{6}}n(n+1)(2n+1)$　…①
(ⅰ) $n=1$ のとき、
　(左辺)$1^2=1$
　(右辺)$={\large \frac{1}{6}}\cdot1\cdot2\cdot3=1$
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、①より、
$1^2+2^2+3^2+\cdots+k^2$
　　　　　$={\large \frac{1}{6}}k(k+1)(2k+1)$　…②
また、$n=k+1$ のときの①の左辺は、
　$1^2+2^2+3^2+\cdots+k^2+(k+1)^2$
②を代入すると、
　$={\large \frac{1}{6}}k(k+1)(2k+1)+(k+1)^2$
　$={\large \frac{1}{6}}(k+1)\{k(2k+1)+6(k+1)\}$
　$={\large \frac{1}{6}}(k+1)$
　　　　　$\{(k+1)+1\}\{2(2k+1)+1\}$
これより、$n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)からすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法①（等式）

p.115 練習41
[証明]
$5^n-1$ は $4$ の倍数である　…①
(ⅰ) $n=1$ のとき、
　$5^1-1=4$
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、整数 $m$ を用いて
$5^{k}-1=4m$　…②
また、$n=k+1$ のとき
　　$5^{k+1}-1$
　$=5\cdot 5^k-1$
②を代入すると、
　$=5(4m+1)-1$
　$=4(5m+1)$
ここで、$5m+1$ が整数より $4$ の倍数となり $n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)からすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法③（整数の性質）

p.116 問11
[証明]
$(1+a)^n≧1+na$　…①
(ⅰ) $n=1$ のとき、
　(左辺)$=1+a$
　(右辺)$=1+a$
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、①より、
$(1+a)^k≧1+ka$　…②
また、$n=k+1$ のときの①の両辺の差を考えると、
　　$(1+a)^{k+1}-\{1+(k+1)a\}$
　$=(1+a)(1+a)^k-(1+ka+a)$
②の不等式を用いると、
　$≧(1+a)(1+ka)-(1+ka+a)$
　$=ka^2>0$
これより、$n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)からすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]

p.116 練習42
[証明]
$3^n> 4n$　…①
(ⅰ) $n=2$ のとき、
　(左辺)$=3^2=9$
　(右辺)$=4\cdot2=8$
よって、①が成り立つ
( ⅱ ) $k≧2$ で $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、①より、
$3^k> 4k$　…②
また、$n=k+1$ のときの①の両辺の差を考えると、
　　$3^{k+1}-\{4(k+1)\}$
　$=3\cdot3^k-(4k+4)$
②の不等式を用いると、
　$> 3\cdot4k-(4k+4)$
　$=8k-4=4(2k-1)>0$
これより、$n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)から $2$ 以上のすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]
→ 数学的帰納法②（不等式）

p.117 練習43
[証明] 条件より、一般項は次のように推測される
$a_n={\large \frac{n+1}{n}}$　…①
(ⅰ) $n=1$ のとき、
　$a_1={\large \frac{1+1}{1}}=2$
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、①より、
$a_k={\large \frac{k+1}{k}}$　…②
また、$n=k+1$ のとき条件式より、
　$a_{k+1}=2-{\large \frac{1}{a_k}}$
これより、②を代入すると、
　$=2-{\large \frac{k}{k+1}}={\large \frac{k+2}{k+1}}$
これより、$n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)からすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]
したがって、一般項は、
　$a_n={\large \frac{n+1}{n}}$
→ 数学的帰納法④（漸化式）

問題

p.118 9
${\small (1)}~a_n=-3n+7$
${\small (2)}~a_n={\large \frac{(-1)^{n-1}+1}{2}}$
${\small (3)}~a_n=3\cdot\left({\large \frac{1}{2}}\right)^{n-1}-2$

p.118 10
${\small (1)}~b_n=n(n+2)$　${\small (2)}~a_n={\large \frac{1}{n(n+2)}}$

p.118 11
$p_n=-{\large \frac{1}{6}}\cdot\left({\large \frac{1}{3}}\right)^{n-1}+{\large \frac{1}{2}}$

p.118 12
[証明]
$1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!$
　　$+\cdots+n\cdot n!=(n+1)!-1$　…①
(ⅰ) $n=1$ のとき、
　(左辺)$=1\cdot1!=1$
　(右辺)$=2!-1=1$
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、①より、
$1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!$
　　$+\cdots+k\cdot k!=(k+1)!-1$　…②
また、$n=k+1$ のときの①の左辺は、
$1\cdot1!+2\cdot2!+3\cdot3!$
　　$+\cdots+k\cdot k!+(k+1)\cdot(k+1)!$
②を代入すると、
　$=(k+1)!-1+(k+1)\cdot (k+1)!$
　$=(k+2)\cdot(k+1)!-1$
　$=(k+2)!-1$
　$=\{(k+1)+1\}!-1$
これより、$n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)からすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]

p.118 13
[証明]
$2^{n+1}+3^{2n-1}$ は $7$ の倍数である　…①
(ⅰ) $n=1$ のとき、
　$2^2+3^1=7$
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、整数 $m$ を用いて
$2^{k+1}+3^{2k-1}=7m$　…②
また、$n=k+1$ のとき
　　$2^{(k+1)+1}+3^{2(k+1)-1}$
　$=2\cdot 2^{k+1}+9\cdot3^{2k-1}$
　$=2(2^{k+1}+3^{2k-1})+7\cdot3^{2k-1}$
②を代入すると、
　$=2\cdot7m+7\cdot3^{2k-1}$
　$=7(2m+3^{2k-1})$
ここで、$2m+3^{2k-1}$ が整数より $7$ の倍数となり $n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)からすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]

p.118 14
[証明]
$2^n> n^2-n+2$　…①
(ⅰ) $n=4$ のとき、
　(左辺)$=2^4=16$
　(右辺)$=4^2-4+2=14$
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $k≧4$ で $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、①より、
$2^k> k^2-k+2$　…②
また、$n=k+1$ のときの①の両辺の差を考えると、
　　$2^{k+1}-\{(k+1)^2-(k+1)+2\}$
　$=2\cdot2^k-(k^2+k+2)$
②の不等式を用いると、
　$> 2(k^2-k+2)-(k^2+k+2)$
　$=k^2-3k+2$
　$=(k-1)(k-2)>0$
これより、$n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)から $4$ 以上のすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]

p.118 15
${\small (1)}~$
　$a_2={\large \frac{4}{3}}~,~a_3={\large \frac{3}{2}}~,~a_4={\large \frac{8}{5}}~,~a_5={\large \frac{5}{3}}$
${\small (2)}~$[証明] (1)より、一般項は次のように推測される
$a_n={\large \frac{2n}{n+1}}$　…①
(ⅰ) $n=1$ のとき、
　$a_1={\large \frac{2\cdot1}{1+1}}=1$
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、①より、
$a_k={\large \frac{2k}{k+1}}$　…②
また、$n=k+1$ のとき条件式より、
　$a_{k+1}={\large \frac{4}{4-a_k}}$
これより、②を代入すると、
　$={\large \frac{4}{4-{\large \frac{2k}{k+1}}}}$
　$={\large \frac{4(k+1)}{4(k+1)-2k}}$
　$={\large \frac{2(k+1)}{(k+1)+1}}$
これより、$n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)からすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]
したがって、一般項は、
　$a_n={\large \frac{2n}{n+1}}$

演習問題　数列

演習問題Ａ

p.119 1
$(2n-1)\cdot2^{n+1}+2$

p.119 2
${\small (1)}~$第 ${\large \frac{1}{2}}n(n-1)+1$ 項　${\small (2)}~14$

p.119 3
${\small (1)}~b_n={\large \frac{3^n-1}{2}}$　${\small (2)}~a_n={\large \frac{2}{3^n-1}}$

演習問題Ｂ

p.119 4
${\small (1)}~b_n=2^{n-1}+1$　${\small (2)}~a_n=2^{n-1}+n$

p.119 5
${\small (1)}~a_{n+1}={\large \frac{2}{3}}a_n+1$
${\small (2)}~a_n=-2\cdot\left({\Large \frac{2}{3}}\right)^{n-1}+3$

p.119 6
${\small (1)}~b_n=2^n-1$　${\small (2)}~a_n=n(2^n-1)$

p.119 7
[証明]
$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_n)$
　　　$>1-(a_1+a_2+\cdots+a_n)$　…①
(ⅰ) $n=2$ のとき、
　(左辺)
$=(1-a_1)(1-a_2)$
$=1-(a_1+a_2)+a_1a_2$
ここで、$a_1a_2>0$ であるので、
$>1-(a_1+a_2)=$(右辺)
よって、①が成り立つ
(ⅱ) $k≧2$ で $n=k$ のときに成り立つと仮定すると、①より、
$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)$
　　　$>1-(a_1+a_2+\cdots+a_k)$　…②
これに、$(1-a_{k+1})>0$ を両辺にかけると、
$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)(1-a_{k+1})$
　$> \{1-(a_1+a_2+\cdots+a_k)\}(1-a_{k+1})$
右辺を展開すると、
$=1-(a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1})$
　　　　$+(a_1+a_2+\cdots+a_k)a_{k+1}$
ここで、$(a_1+a_2+\cdots+a_k)a_{k+1}>0$ より、
$>1-(a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1})$
よって、
$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)(1-a_{k+1})$
　　　$>1-(a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1})$
これより、$n=k+1$ のときも①が成り立つ
したがって、(ⅰ)と(ⅱ)から $2$ 以上のすべての自然数 $n$ について①が成り立つ [終]

第３章 数列

第１節 数列とその和

第２節 数学的帰納法

演習問題 数列

第３章　数列

第１節　数列とその和

第２節　数学的帰納法

演習問題　数列