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$1-x\le e^{-x}$であることを用います．
$0<1-a_k\le e^{-a_k}$ $(k\in {\mathbb{Z}}^{+})$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，
$0<\prod _{k=1}^n(1-a_k)\le e^{-\sum _{k=1}^n{a}_k}$となり
$n\to \mathrm{\infty }$を考えれば示されます．

まず下準備として，$m<n$である$m,n\in {\mathbb{Z}}^{+}$に対し
$$\begin{array}{}\text{(1)}& \sum _{k=m}^n{a}_k\ge 1-\prod _{k=m}^n(1-a_k)\end{array}$$
であることを数学的帰納法で示します．

• $n=m+1$のとき，
  $$\begin{array}{rl}1-(1-a_m)(1-a_{m+1})& =a_m+a_{m+1}-a_m{a}_{m+1}\\ & \le a_m+a_{m+1}\end{array}$$
  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
  $$\begin{array}{rl}1-\prod _{k=m}^{m+l+1}(1-a_k)& =1-(1-a_{m+l+1})\prod _{k=m}^{m+l}(1-a_k)\\ & =1-\prod _{k=m}^{m+l}(1-a_k)+a_{m+l+1}\prod _{k=m}^{m+l}(1-a_k)\\ \text{(}\because \text{式(1)が}n=m+l\text{で成り立つ)}& & \le \sum _{k=m}^{m+l}{a}_k+a_{m+l+1}\prod _{k=m}^{m+l}(1-a_k)\text{(}\because \prod _{k=m}^{m+l}(1-a_k)\le 1\text{)}& & \le \sum _{k=m}^{m+l}{a}_k+a_{m+l+1}& =\sum _{k=m}^{m+l+1}{a}_k\end{array}$$
  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$\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-a_n)=0$なので，${}^{\mathrm{\forall }}\epsilon >0{,}^{\mathrm{\exists }}N\in {\mathbb{Z}}^{+},n\ge N⟹\prod _{k=1}^n(1-a_k)<\epsilon$です．
特に$m\in {\mathbb{Z}}^{+}$に対して$\epsilon ={\displaystyle \frac{1}{2}}\prod _{k=1}^{m-1}(1-a_k)$　($m=1$のときは$\epsilon ={\displaystyle \frac{1}{2}}$)とすることで，
$$\begin{array}{}\text{(2)}& {}^{\mathrm{\forall }}m\in {\mathbb{Z}}^{+}{,}^{\mathrm{\exists }}N\in {\mathbb{Z}}^{+},n\ge N⟹\prod _{k=m}^n(1-a_k)<{\displaystyle \frac{1}{2}}\end{array}$$
が従います．
　
　
式(1)と(2)の結果を合わせると，
${}^{\mathrm{\forall }}m\in {\mathbb{Z}}^{+}{,}^{\mathrm{\exists }}N\in {\mathbb{Z}}^{+},n\ge N⟹\sum _{k=m}^n{a}_k>{\displaystyle \frac{1}{2}}$となります．
よって$S_n:=\sum _{k=1}^n{a}_k$で定義される数列$\{S_n{\}}_{n=1}^{\mathrm{\infty }}$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，$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_n=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n=\mathrm{\infty }$が示されました．