解説

方針・初手

帰納法では、$n=k$ の不等式から $n=k+1$ の不等式へ進める。階乗は $(k+1)!= (k+1)k!$ と書けるので、帰納法の仮定を $k!$ に代入する。

そのあと必要になる比較は

$$ (k+1)\left(\frac{k+1}{2}\right)^k < \left(\frac{k+2}{2}\right)^{k+1}

$$

であり、これは二項定理を用いて示す。

解法1

まず $n=2$ のときを確認する。

$$ 2! = 2,\qquad \left(\frac{2+1}{2}\right)^2=\left(\frac32\right)^2=\frac94

$$

より、

$$ 2<\frac94

$$

であるから、$n=2$ で不等式は成り立つ。

次に、ある $k\geqq 2$ に対して

$$ k!<\left(\frac{k+1}{2}\right)^k

$$

が成り立つと仮定する。このとき、$n=k+1$ の場合を示す。

帰納法の仮定より、

$$ (k+1)!=(k+1)k!<(k+1)\left(\frac{k+1}{2}\right)^k

$$

である。したがって、

$$ (k+1)\left(\frac{k+1}{2}\right)^k<\left(\frac{k+2}{2}\right)^{k+1}

$$

を示せばよい。

この不等式を変形すると、

$$ (k+1)\left(\frac{k+1}{2}\right)^k<\left(\frac{k+2}{2}\right)^{k+1}

$$

は

$$ 2(k+1)^{k+1}<(k+2)^{k+1}

$$

と同値である。さらに、これは

$$ 2<\left(\frac{k+2}{k+1}\right)^{k+1}

$$

すなわち

$$ 2<\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}

$$

と同値である。

ここで二項定理より、

$$ \begin{aligned} \left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1} &= 1+(k+1)\cdot\frac{1}{k+1} +\sum_{r=2}^{k+1}{}_{k+1}\mathrm{C}_{r}\left(\frac{1}{k+1}\right)^r \end{aligned} $$

である。右辺の第1項と第2項は

$$ 1+(k+1)\cdot\frac{1}{k+1}=2

$$

であり、さらに $r=2$ 以降の項はすべて正である。よって

$$ \left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}>2

$$

が成り立つ。

したがって、

$$ (k+1)\left(\frac{k+1}{2}\right)^k<\left(\frac{k+2}{2}\right)^{k+1}

$$

であるから、

$$ (k+1)!<\left(\frac{k+2}{2}\right)^{k+1}

$$

が成り立つ。

以上より、$n=2$ で成り立ち、$n=k$ で成り立つならば $n=k+1$ でも成り立つ。数学的帰納法により、すべての $2$ 以上の自然数 $n$ について

$$ n!<\left(\frac{n+1}{2}\right)^n

$$

が成り立つ。

解説

帰納法の仮定を使うと、次に必要なのは階乗部分ではなく

$$ (k+1)\left(\frac{k+1}{2}\right)^k

$$

と

$$ \left(\frac{k+2}{2}\right)^{k+1}

$$

の比較である。

ここを直接計算しようとすると複雑に見えるが、両辺を整理すると

$$ 2<\left(1+\frac{1}{k+1}\right)^{k+1}

$$

に帰着する。この形になれば、二項定理により $1+1$ より大きいことがすぐに分かる。

この問題の要点は、帰納法の仮定を使った後に残る不等式を、二項定理で処理できる形まで変形することである。

答え

すべての $2$ 以上の自然数 $n$ について、

$$ n!<\left(\frac{n+1}{2}\right)^n

$$

が成り立つ。