まんが『OとKのあいだ』の無限級数と無限積に関する問題の解答

$x \in \mathbb{R} $について$1-x \leq e^{-x}$であることを用います．
$0 \lt 1-a_k \leq e^{-a_k}$ $(k \in \mathbb{Z}^+ )$なので，
この式で$k=1, 2, \cdots , n$としたものをすべて掛け合わせることで，
$0 \lt \prod\limits_{k=1}^{n} {(1-a_k)} \leq e^{-\sum\limits_{k=1}^{n} {a_k}}$となり
$n \rightarrow \infty$を考えれば示されます．

まず下準備として，$m \lt n$である$m, n \in \mathbb{Z}^+ $に対し
$$ \begin{equation} \sum\limits_{k=m}^{n} {a_k} \geq 1-\prod\limits_{k=m}^{n} {(1-a_k)} \tag{1} \end{equation} $$
であることを数学的帰納法で示します．

• $n=m+1$のとき，
  $$ \begin{align} 1-(1-a_m)(1-a_{m+1}) &= a_m+a_{m+1}-a_m a_{m+1} \\ &\leq a_m+a_{m+1} \end{align} $$
  なので式(1)は成り立ちます．
• $n=m+l$で式(1)が成り立つと仮定すると，$n=m+l+1$のとき
  $$ \begin{align} 1-\prod\limits_{k=m}^{m+l+1} {(1-a_k)} &= 1-(1-a_{m+l+1})\prod\limits_{k=m}^{m+l} {(1-a_k)} \\ &=1-\prod\limits_{k=m}^{m+l} {(1-a_k)}+a_{m+l+1}\prod\limits_{k=m}^{m+l} {(1-a_k)}\\ &\leq \sum\limits_{k=m}^{m+l} {a_k}+a_{m+l+1}\prod\limits_{k=m}^{m+l} {(1-a_k)} \tag{$\because$式(1)が$n=m+l$で成り立つ}\\ &\leq \sum\limits_{k=m}^{m+l} {a_k}+a_{m+l+1} \tag{$\because \prod\limits_{k=m}^{m+l} {(1-a_k)} \leq 1$}\\ &= \sum\limits_{k=m}^{m+l+1} {a_k} \end{align} $$
  となり，成り立ちます．

以上から式(1)が成り立つことが示されました．
　
　
いま$\prod\limits_{n=1}^{\infty} {(1-a_n)}=0$なので，$ ^\forall \varepsilon \gt 0, ^\exists N \in \mathbb{Z} ^+, n \geq N \Longrightarrow \prod\limits_{k=1}^{n} {(1-a_k)} \lt \varepsilon$です．
特に$m \in \mathbb{Z}^+$に対して$\varepsilon = \dfrac{1}{2} \prod\limits_{k=1}^{m-1} {(1-a_k)}$　($m=1$のときは$\varepsilon=\dfrac{1}{2}$)とすることで，
$$ \begin{equation} ^\forall m \in \mathbb{Z}^+, ^\exists N \in \mathbb{Z} ^+, n \geq N \Longrightarrow \prod\limits_{k=m}^{n} {(1-a_k)} \lt \dfrac{1}{2} \tag{2} \end{equation} $$
が従います．
　
　
式(1)と(2)の結果を合わせると，
$^\forall m \in \mathbb{Z}^+, ^\exists N \in \mathbb{Z} ^+, n \geq N \Longrightarrow \sum\limits_{k=m}^{n} {a_k} \gt \dfrac{1}{2}$となります．
よって$S_n:=\sum\limits_{k=1}^{n} {a_k}$で定義される数列$\lbrace S_n \rbrace _{n=1} ^\infty$はコーシー列ではないので，収束しないことが分かります．
$S_n$は単調非減少列ですから，$\lim\limits_{n \to \infty} S_n = \sum\limits_{n=1}^{\infty} {a_n}=\infty$が示されました．