第1章 1.35

数学的帰納法を用いて

$i=1$のとき

$1-a_1=\frac{(1-a_1)(1+a_1)}{1+a_1}=\frac{1-a_1^{2}}{1+a_1}<\frac{1}{1+a_1}$ よって成り立つ

$i=k$のとき成り立つと仮定すると

$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)<\frac{1}{1+a_1+a_2+\cdots+a_k}$ 両辺に$(1-a_{k+1})$をかけると

$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)(1-a_{k+1})<\frac{1}{1+a_1+a_2+\cdots+a_k}(1-a_{k+1})$

ここで

$\frac{1}{1+a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1}}-\frac{1-a_{k+1}}{1+a_1+a_2+\cdots+a_k}$

$=\frac{(1+a_1+a_2+\cdots+a_k)-(1-a_{k+1})(1+a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1})}{(1+a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1})(1+a_1+a_2+\cdots+a_k)}$

$=\frac{a_{k+1}(a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1})}{(1+a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1})(1+a_1+a_2+\cdots+a_k)}>0$ となることから

$\frac{1}{1+a_1+a_2+\cdots+a_k}(1-a_{k+1})<\frac{1}{1+a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1}}$

$(1-a_1)(1-a_2)\cdots(1-a_k)(1-a_{k+1})<\frac{1}{1+a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1}}$

よって$i=k+1$のときも成り立つ

これらから全ての自然数で与式は成り立つ。