この問題は、数学的帰納法を用いて証明できます。まず、N=1の場合を考えます。単一の自然数からなる集合{a_1}の場合、空でない部分集合は{a_1}自体しかないため、その和はa_1自体です。したがって、逆数和Σ_{k=1}^1 (1/a_k) = 1/a_1 です。逆数和が2未満であるためには、a_1 > 2 である必要があります。これは明らかです。

次に、N=kの場合を仮定し、N=k+1の場合にも逆数和Σ_{k=1}^{k+1} (1/a_k) が2未満であることを示します。

N=kの場合について、逆数和Σ_{k=1}^k (1/a_k) < 2 と仮定します。ここで、k+1番目の自然数a_{k+1}を考えます。新しい集合{a_1, a_2, ..., a_k, a_{k+1}}の空でない部分集合の和は、N=kの場合の部分集合の和にa_{k+1}を加えることになります。したがって、新しい逆数和Σ_{k=1}^{k+1} (1/a_k) は、N=kの場合の逆数和に1/a_{k+1}を加えたものになります。

Σ_{k=1}^{k+1} (1/a_k) = Σ_{k=1}^k (1/a_k) + 1/a_{k+1)

N=kの場合の逆数和が2未満であるため、Σ_{k=1}^k (1/a_k) < 2 です。また、a_{k+1}は自然数なので、1/a_{k+1)は正の値です。したがって、Σ_{k=1}^{k+1} (1/a_k) はΣ_{k=1}^k (1/a_k) + 1/a_{k+1) よりも小さい値になります。

Σ_{k=1}^{k+1} (1/a_k) < Σ_{k=1}^k (1/a_k) + 1/a_{k+1)

したがって、N=k+1の場合にも逆数和Σ_{k=1}^{k+1} (1/a_k) は2未満です。このことから、帰納法により、すべての自然数Nに対して逆数和Σ_{k=1}^N (1/a_k) は2未満であることが示されます。