【新課程】数研出版：数学Ｂ[710]

p.8 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.9 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.9 練習3$${\small (1)}~a_n=2(n-1)$$$${\small (2)}~a_n=(-1)^{n-1}\cdot{ \frac{1}{\,2n-1\,}}$$→ 数列の基本と一般項

p.10 問1\({\small (1)}~\)公差が \(4\)、□は \(14~,~18\)
\({\small (2)}~\)公差が \(-3\)、□は \(23~,~14~,~11\)

p.11 練習4$$a_n=-4n+14~,~a_{10}=-26$$

p.11 問2$${\small (1)}~a_n=4n-2$$$${\small (2)}~a_n=-3n+26$$

p.11 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.11 問3$$~~~a_1=29~,~a_n=-3n+32$$

p.11 練習6$$~~~a_1=-10~,~a_n=2n-12$$

p.11 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.12 練習8\(a_n=3n-4\) より、
　\(a_{n+1}=3(n+1)-4=3n-1\)
よって、
　\(a_{n+1}-a_n=3\)
すべての自然数 \(n\) について、\(a_{n+1}-a_n\) が \(3\) で一定であるから、数列 \(\{ a_n \}\) は等差数列である
初項 \(-1\)、公差 \(3\)

p.12 問4$$~~~b=-3$$

p.12 練習9$$~~~a=4$$→ 等差数列の性質

p.14 練習10$${\small (1)}~-165$$$${\small (2)}~126$$

p.14 練習11$${\small (1)}~1717$$$${\small (2)}~555$$→ 等差数列の和

p.15 練習12$$~~~n(n+1)$$

p.15 問5$${\small (1)}~1683$$$${\small (2)}~3367$$

p.15 練習13$${\small (1)}~1265$$$${\small (2)}~1288$$$${\small (3)}~3717$$→ 自然数の数列

p.16 練習14初項から第 \(40\) 項までの和が最小となる
最小の和は \(-1600\)

p.16 深める$${\small (1)}~S_n=-3n^2+52n$$\({\small (2)}~\)平方完成すると、$$~~~S_n=-3\left(n-\frac{\,26\,}{\,3\,}\right)^2+\frac{\,676\,}{\,3\,}$$グラフと \(n\) が自然数より、\(n=9\) のとき最大値をとる$$~~~S_9=-3\times 9^2+52\times9=225$$

p.17 問6$${\small (1)}~-16~,~32$$$${\small (2)}~{ \frac{1}{\,3\,}}~,~{ \frac{1}{\,27\,}}$$

p.18 問7$${\small (1)}~-4\cdot(-2)^{n-1}$$$${\small (2)}~3\cdot\left({ \frac{1}{\,3\,}}\right)^{n-1}$$

p.18 練習15$${\small (1)}~a_n=5\cdot2^{n-1}~,~a_7=320$$$${\small (2)}~a_n=2\cdot(-1)^{n}~,~a_7=-2$$$${\small (3)}~a_n=(-3)^{n-1}~,~a_7=729$$$${\small (4)}~a_n=9\cdot\left({ \frac{2}{\,3\,}}\right)^{n-1}~,~a_7={ \frac{\,64\,}{81}}$$

p.18 練習16初項 \({\large \frac{2}{\,\,}}\)、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.18 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.18 練習17$$~~~b=\pm2$$→ 等比数列になる条件

p.20 練習18$${\small (1)}~121$$$${\small (2)}~129$$

p.20 練習19$${\small (1)}~{ \frac{\,1-(-2)^n\,}{3}}$$$${\small (2)}~10\{1-(0.1)^n\}$$→ 等比数列の和

p.20 練習20\(a=1~,~r=2\)
　または
\(a=9~,~r=-{\large \frac{2}{\,3\,}}\)
→ 和が与えれた等比数列

p.22 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.23 練習21$${\small (1)}~2870$$$${\small (2)}~784$$→ 和の記号シグマと累乗の和

p.23 練習22$${\small (1)}~4+9+14+\cdots+(5n-1)$$$${\small (2)}~2^2+2^3+2^4+\cdots+2^{n+1}$$$${\small (3)}~7^2+9^2+11^2+\cdots+31^2$$

p.23 練習23[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.24 練習24$${\small (1)}~\frac{\,5^n-1\,}{\,4\,}$$$${\small (2)}~\frac{\,3^n-3\,}{\,2\,}$$

p.24 練習25$${\small (1)}~30$$$${\small (2)}~55$$$${\small (3)}~204$$$${\small (4)}~441$$

p.25 練習26$${\small (1)}~n(2n+5)$$$${\small (2)}~n(n-1)^2$$$${\small (3)}~{ \frac{1}{\,6\,}}n(n+1)(2n+7)$$$${\small (4)}~{ \frac{\,5\,}{2}}n(n-1)$$→ シグマ記号の計算

p.26 練習27$$~~~\frac{\,1\,}{\,4\,}n(n+1)(n+2)(n+3)$$

p.26 練習28$$~~~{ \frac{1}{\,6\,}}k(k+1)(2k+1)$$$$~~~{ \frac{1}{\,12\,}}n(n+1)^2(n+2)$$→ 一般項が数列の和になる数列

p.27 練習29\({\small (1)}~\)定数 \(4\) が並ぶ数列
\({\small (2)}~\)初項 \(2\)、公比 \(3\) の等比数列

p.28 練習30$${\small (1)}~a_n=n^2+2n-1$$$${\small (2)}~a_n={ \frac{1}{\,2\,}}(3^n-1)$$→ 階差数列

p.29 練習31$${\small (1)}~a_n=6n-5$$$${\small (2)}~a_n=2\cdot3^{n-1}$$→ 数列の和と一般項の関係

p.29 深める$${\small (1)}~a_n=2n+3$$$${\small (2)}~a_1=6$$

p.30 練習32\({\small (1)}~\)[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]
$${\small (2)}~{ \frac{n}{\,2n+1\,}}$$→ 分数数列の和

p.30 練習33\({\small (1)}~\)[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.31 練習34$$~~~S=(n-1)\cdot3^n+1$$

p.31 練習35$${\small (1)}~{ \frac{1}{\,2\,}}n(n+1)$$$${\small (2)}~{ \frac{\,1-(n+1)r^n+nr^{n+1}\,}{(1-r)^2}}$$→ 等差数列×等比数列の和

p.32 練習36$${\small (1)}~n^2-2n+2$$$${\small (2)}~1729$$→ 群数列

p.32 深める　第 \(10\) 群

p.34 練習37$${\small (1)}~a_5=322$$$${\small (2)}~a_5=42$$

p.35 問10$${\small (1)}~a_n=3n-1$$$${\small (2)}~a_n=(-2)^{n-1}$$

p.35 練習38$${\small (1)}~a_n=-5n+8$$$${\small (2)}~a_n=-2\cdot3^{n-1}$$

p.35 練習39$${\small (1)}~a_n={ \frac{1}{\,2\,}}(3^n+1)$$$${\small (2)}~a_n={ \frac{1}{\,3\,}}(n^3-n+6)$$→ 漸化式①（基本解法）

p.36 練習40$${\small (1)}~a_n=2^{n+1}-3$$$${\small (2)}~a_n={ \frac{2}{\,3\,}}\left\{1-\left(-{ \frac{1}{\,2\,}}\right)^{n-1}\right\}$$→ 漸化式②（特性方程式）

p.36 深める\(a_{n+2}-a_{n+1}=3(a_{n+1}-a_{n})\)
\(a_1=1\) より、\(a_2=5\) であるので、
　\(a_2-a_1=4\)
したがって、\(\left\{ a_{n+1}-a_{n} \right\}\) は初項 \(4\)、公比 \(3\) の等比数列であるので、$$\begin{eqnarray}~~~a_{n+1}-a_{n}&=&4\cdot3^{n-1}\\[2pt]~~~a_{n+1}&=&a_{n}+4\cdot3^{n-1}\end{eqnarray}$$\(n≧2\) のとき、$$\begin{eqnarray}~~~a_n&=&1+\sum_{k=1}^{n-1}4\cdot3^{k-1}\\[2pt]~~~&=&1+\frac{\,4(3^{n-1}-1)\,}{\,3-1\,}\\[2pt]~~~&=&2\cdot3^{n-1}-1\end{eqnarray}$$これは \(n=1\) のときも成り立つ

p.37 練習41　\({ \frac{1}{\,2\,}}n(n-1)\) 個
→ 図形と漸化式

p.38 研究 練習1$$~~~p_1={ \frac{5}{\,6\,}}~,~p_n={ \frac{1}{\,3\,}}\left({ \frac{2}{\,3\,}}\right)^{n-1}+{ \frac{1}{\,2\,}}$$

p.38 研究 練習2$$~~~p_n={ \frac{1}{\,6\,}}\left(-{ \frac{1}{\,2\,}}\right)^{n-1}+{ \frac{1}{\,3\,}}$$

p.39 発展 練習1$${\small (1)}~a_n={ \frac{\,7\cdot2^{n-1}-2\cdot(-3)^{n-1}\,}{5}}$$$${\small (2)}~a_n={ \frac{\,7^{n-1}-1\,}{6}}$$

p.40 発展 練習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]$${\small (2)}~b_n={ \frac{1}{\,2\,}}(n-1)$$$${\small (3)}~a_n=(n-1)\cdot2^{n-1}$$

p.41 発展 練習1$${\small (1)}~a_n+b_n=2^{n-1}$$$$~~~~~a_n-3b_n=-3\cdot(-2)^{n-1}$$$${\small (2)}~a_n={ \frac{\,3\cdot2^{n-1}-3\cdot(-2)^{n-1}\,}{4}}$$$$~~~~~b_n={ \frac{\,2^{n-1}+3\cdot(-2)^{n-1}\,}{4}}$$

p.44 練習42\({\small (1)}~\)
[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.44 練習43[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.45 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.45 練習44[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.46 練習45[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）

p.48 研究 練習1\({\small (1)}~\)[証明] \(4n^3-n\) は \(3\) の倍数であるを①とする
(ⅰ) \(n=1\) のとき、
　\(4-1=3\) より①が成り立つ
(ⅱ) \(n=k\) のときに成り立つと仮定すると、\(m\) を整数として①より、
　\(4k^3-k=3m\)
また、\(n=k+1\) のとき、$$\begin{split}&4(k+1)^3-(k+1)\\[2pt]~~=~&4k^3+12k^2+11k+3\\[2pt]~~=~&(4k^3-k)+12k^2+12k+3\\[2pt]~~=~&3m+3(4k^2+4k+1)\end{split}$$\(m\) と \(4k^2+4k+1\) が整数より、\(n=k+1\) 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]$$~~~4n^3-n=n(2n+1)(2n-1)$$\(k\) を整数とすると、
(ⅰ) \(n=3k\) のとき、
　\(n\) が \(3\) の倍数となる
(ⅱ) \(n=3k-1\) のとき、
　\(2n-1=6k-3=3(2k-1)\)
これより、\(2n-1\) が \(3\) の倍数となる
(ⅲ) \(n=3k-2\) のとき、
　\(2n+1=6k-3=3(2k-1)\)
これより、\(2n+1\) が \(3\) の倍数となる
したがって、\(n\) が整数のとき
\(4n^3-n\) は \(3\) の倍数である [終]

p.48 研究 練習2二項定理より、$$\small \begin{split}&(4+1)^n\\[2pt]~~=~&{}_{ n } {\rm C}_{ 0 }4^n+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }4^{n-1}+\cdots{}_{ n } {\rm C}_{ n-1 }4^1+{}_{ n } {\rm C}_{ n }\\[2pt]~~=~&4\left({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }4^{n-1}+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }4^{n-2}+\cdots{}_{ n } {\rm C}_{ n-1 }\right)+1\end{split}$$よって、$$\begin{split}&5^n-1\\[2pt]~~=~&(4+1)^n-1\\[2pt]~~=~&4\left({}_{ n } {\rm C}_{ 0 }4^{n-1}+{}_{ n } {\rm C}_{ 1 }4^{n-2}+\cdots{}_{ n } {\rm C}_{ n-1 }\right)\end{split}$$したがって、\(5^n-1\) は \(4\) の倍数である

p.49 問題11[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.49 問題12\({\small (1)}~\)
　\(a_2={\large \frac{4}{3}}~,~a_3={\large \frac{3}{2}}~,~a_4={\large \frac{8}{5}}~,~a_5={\large \frac{5}{3}}\)
 
\({\small (2)}~\)[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、
　\(a_n={\large \frac{2n}{n+1}}\)

p.50 演習問題Ｂ 6[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]