https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Kyodai/2011/Rikei

2025.05.10記

[4] $n$ は2以上の整数であり， $\dfrac{1}{2}\lt a_j\lt 1$ （ $j=1，2，\cdots，n$ ）であるとき，不等式 $(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_n)\gt 1-\left(a_1+\dfrac{a_2}{2}+\cdots+\dfrac{a_n}{2^{n-1}}\right)$ が成立することを示せ．

2025.05.11記
1984年(昭和59年)東北大学-数学(理系)[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR に類題がある．

[解答]
$0\lt 1-a_j\lt\dfrac{1}{2}$ である．

(i) $n=2$ のとき
$(1-a_1)(1-a_2)-1+a_1+\dfrac{a_2}{2}=\dfrac{a_2}{2}(2a_1-1)\gt 0$
より成立する．

(ii) $n=k$ のときの成立を仮定すると，
$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)(1-a_{k+1})$ $=(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)-(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)a_{k+1}$ $\gt 1-\left(a_1+\dfrac{a_2}{2}+\cdots+\dfrac{a_k}{2^{k-1}}\right)-\left(\dfrac{1}{2}\right)^ka_{k+1}$ $=1-\left(a_1+\dfrac{a_2}{2}+\cdots+\dfrac{a_{k+1}}{2^{k}}\right)$
より $n=k+1$ でも成立する．

よって数学的帰納法により $2$ 以上の整数について成立する．

数学的帰納法を用いた不等式の証明の基本は「左辺と右辺の差分に着目する」ことなので
$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)(1-a_{k+1})-(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)$
$=-(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)a_{k+1}$ $\gt -\dfrac{a_{k+1}}{2^k}$ ，
つまり
$=(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)\lt \dfrac{1}{2^k}$
を示せば良いと考えれば秒で終わる．