https://spherical-harmonics.hateblo.jp/entry/Tohoku/1984/Rikei

2025.05.12記

[2] 数列 $\{a_n\}$ において， $a_n\geqq 0$ （ $n=1，2，……$ ）とし， $s_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k$ とおく．このとき，次の不等式を数学的帰納法を用いて証明せよ．

$(1+a_1)(1+a_2)……(1+a_n)\leqq 1+s_n+\dfrac{s_n{}^2}{2!}+……+\dfrac{s_n{}^n}{n!}$

2025.05.12記
帰納法による不等式の証明は両辺の差分を評価することだが，今回の場合は差分があまり綺麗ではないので簡単ではない．そこで一般的な場合に対しても成立するはずなので，特殊な状況に帰着させることを考える．右辺を見ると $e^{s_n}$ のマクローリン展開を思い出すので，不等式を $s_n$ だけの関係式に帰着させる．

[うまい解答]
AM-GM 不等式により
$(1+a_1)(1+a_2)……(1+a_n)\leqq \left(1+\dfrac{s_n}{n}\right)^n$
であるから，
$\left(1+\dfrac{s_n}{n}\right)^n\leqq 1+s_n+\dfrac{s_n{}^2}{2!}+……+\dfrac{s_n{}^n}{n!}$
が成立すれば十分である．

注）ここで特定の $s_n$ について考えようとすると
$\dfrac{s_{k+1}}{k+1}=\dfrac{1}{k}\cdot\dfrac{ks_{k+1}}{k+1}$
と変形して $n=k$ のときの仮定を用いなければならず，計算が煩雑になるので，任意の $s_n$ について成立すると視点を変えると計算が楽になる．

よって任意の正の数 $x$ について
$(1+x)^n\leqq 1+nx+\dfrac{n^2}{2!}x^2+……+\dfrac{n^n}{n!}x^n$
が成立することを示せば $x=\dfrac{s_n}{n}$ を代入すれば良いので十分である．

注）この不等式は二項定理と ${}_n\mbox{C}_k\leqq n^k$ から証明終了なのだが，帰納法で示せとあるので，これを帰納法で示す．

$n=1$ のとき $(1+x)^1=1+1x$ より成立する．

$n=k$ のときの成立を仮定すると
$(1+x)^{k+1}$ $\leqq \left(1+kx+\dfrac{k^2}{2!}x^2+……+\dfrac{k^k}{k!}x^k\right)(1+x)$
$=1+(k+1)x$ $+\left(\dfrac{k^2}{2!}+k\right)x^2$ $+……$ $+\left(\dfrac{k^k}{k!}+\dfrac{k^{k-1}}{(k-1)!}\right)x^k$ $+\dfrac{k^k}{k!}x^{k+1}$
$=1+(k+1)x$ $+\dfrac{k^2+2k}{2!}\cdot x^2$ $+……$ $+\dfrac{k^k+k k^{k-1}}{k!}\cdot x^k$ $+\dfrac{k^k(k+1)}{(k+1)!}x^{k+1}$
$\leqq 1+(k+1)x$ $+\dfrac{(k+1)^2}{2!}\cdot x^2$ $+……$ $+\dfrac{(k+1)^k}{k!}\cdot x^k$ $+\dfrac{(k+1)^{k+1}}{(k+1)!}x^{k+1}$
（一般に $(k+1)^m\geqq k^m+mk^{m-1}$ （ $m\in\mathbb{N}$ ）である）
により， $n=k+1$ のときも成立する．

よって数学的帰納法により任意の自然数 $n$ について題意は成立する．

「任意の正の数 $x$ について」としなければ次のようになる．

[解答]
AM-GM 不等式により
$(1+a_1)(1+a_2)……(1+a_n)\leqq \left(1+\dfrac{s_n}{n}\right)^n$
であるから，
$\left(1+\dfrac{s_n}{n}\right)^n\leqq 1+s_n+\dfrac{s_n{}^2}{2!}+……+\dfrac{s_n{}^n}{n!}$
が成立すれば十分である．

$n=1$ のとき， $\left(1+\dfrac{s_1}{1}\right)^1=1+s_1$ より成立する．

$n=k$ のときの成立を仮定し， $t_{k+1}=\dfrac{ks_{k+1}}{k+1}$ とおくと
$\left(1+\dfrac{s_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1}$ $=\left(1+\dfrac{t_{k+1}}{k}\right)^{k+1}$
$\leqq \left(1+t_{k+1}+\dfrac{1}{2!}t_{k+1}{}^2+……+\dfrac{1}{k!}t_{k+1}{}^k\right)\left(1+\dfrac{t_{k+1}}{k}\right)$
$=1+\dfrac{k+1}{k}\cdot t_{k+1}$ $+\dfrac{k+2}{2!\cdot k}\cdot t_{k+1}{}^2$ $+\dfrac{k+3}{3!\cdot k}\cdot t_{k+1}{}^3$ $+……$ $+\dfrac{k+k}{k!\cdot k}\cdot t_{k+1}{}^k$ $+\dfrac{1}{k!\cdot k}\cdot t_{k+1}{}^{k+1}$
$=1+s_{k+1}$ $+\dfrac{1}{2!}\cdot \dfrac{k+2}{k}\cdot \left(\dfrac{k}{k+1}\right)^2s_{k+1}{}^2$ $+\dfrac{1}{3!}\cdot \dfrac{k+3}{k}\cdot \left(\dfrac{k}{k+1}\right)^3s_{k+1}{}^3$ $+……$ $+\dfrac{1}{k!}\cdot \dfrac{k+k}{k}\cdot \left(\dfrac{k}{k+1}\right)^ks_{k+1}{}^k$ $+\dfrac{1}{(k+1)!}\cdot\dfrac{k+1}{k}\cdot \left(\dfrac{k}{k+1}\right)^{k+1}s_{k+1}{}^{k+1}$
$=1+s_{k+1}$ $+\dfrac{1}{2!}\cdot \dfrac{k^2+2k}{(k+1)^2}\cdot s_{k+1}{}^2$ $+\dfrac{1}{3!}\cdot \dfrac{k^3+3k}{(k+1)^3}\cdot s_{k+1}{}^3$ $+……$ $+\dfrac{1}{k!}\cdot \dfrac{k^k+kk}{(k+1)^k}\cdot s_{k+1}{}^k$ $+\dfrac{1}{(k+1)!}\cdot \left(\dfrac{k}{k+1}\right)^{k}s_{k+1}{}^{k+1}$
$\leqq 1+s_{k+1}$ $+\dfrac{s_{k+1}{}^2}{2!}$ $+\dfrac{s_{k+1}{}^3}{3!}$ $+……$ $+\dfrac{s_{k+1}{}^k}{k!}$ $+\dfrac{s_{k+1}{}^{k+1}}{(k+1)!}$
（一般に $(k+1)^m\geqq k^m+mk^{m-1}$ （ $m\in\mathbb{N}$ ）である）
により， $n=k+1$ のときも成立する．

よって数学的帰納法により任意の自然数 $n$ について題意は成立する．

結局，二項定理の打ち切りがポイントとなるので，
$s_{k+1}{}^m=(s_{k}+a_{k+1})^m\geqq s_{k}{}^m+ma_{k+1}s_{k}^{m-1}$
を用いることが鍵となる．

[うまい解答]
$n=1$ のとき $s_1=a_1$ より $1+a_1=1+s_1$ となり成立する．

$n=k$ のときの成立を仮定すると，二項定理から
$(s_{k}+a_{k+1})^m\geqq s_{k}{}^m+ma_{k+1}s_{k}^{m-1}$
であることに注意すると
$1+s_{k+1}+\dfrac{s_{k+1}{}^2}{2!}+……+\dfrac{s_{k+1}{}^k}{k!}$ $+\dfrac{s_{k+1}{}^{k+1}}{(k+1)!}$
$\geqq 1+(s_{k}+a_{k+1})+\dfrac{s_{k}{}^2+2a_{k+1}s_{k}}{2!}+……$ $+\dfrac{s_{k}{}^k+ka_{k+1}s_k{}^{k-1}}{k!}$ $+\dfrac{s_{k}{}^{k+1}+(k+1)a_{k+1}s_k{}^k}{(k+1)!}$
$=1+s_k+\dfrac{s_k{}^2}{2!}+……+\dfrac{s_k{}^k}{k!}$ $+\dfrac{s_k{}^{k+1}}{(k+1)!}$ $+a_{k+1}\left(1+s_k+\dfrac{s_k{}^2}{2!}+……+\dfrac{s_k{}^k}{k!}\right)$
$=\left(1+s_k+\dfrac{s_k{}^2}{2!}+……+\dfrac{s_k{}^k}{k!}\right)(1+a_{k+1})$ $+\dfrac{s_k{}^{k+1}}{(k+1)!}$
$\geqq (1+a_1)(1+a_2)……(1+a_k)\cdot (1+a_{k+1})+0$
により， $n=k+1$ のときも成立する．

よって数学的帰納法により任意の自然数 $n$ について題意は成立する．