方針
bn=an/pn によって p 倍の項を消し、等比数列の和として一般項を求める。(2)では q=1 の明示式から an+1−an を作り、n の偶奇で符号条件を分ける。奇数 n では自動的に非負、偶数 n では p>1 が必要で、最も厳しい n=2 の条件に帰着することを示す。
解答
(1)
定義よりbn+1=pn+1an+1=pn+1pan+(−q)n+1=bn+(−pq)n+1である。また b1=a1/p=0 だから bn=k=2∑n(−pq)k である。p,q>0 より p+q=0 であり、等比数列の和を用いてbn=p2q2⋅1+q/p1−(−q/p)n−1=p(p+q)q2(1−pn−1(−q)n−1)=pn(p+q)q2{pn−1−(−q)n−1}となる。したがって an=pnbn=p+qq2{pn−1−(−q)n−1} である。
(2)
q=1 のとき、(1)より an=p+1pn−1−(−1)n−1 である。したがって an+1−an=p+1pn−(−1)n−pn−1+(−1)n−1 であり、整理して an+1−an=p+1pn−1(p−1)+2(−1)n−1 を得る。分母 p+1 は正である。
n が奇数のとき、分子は pn−1(p−1)+2 である。p≧1 なら明らかに正であり、0<p<1 でも 0<pn−1(1−p)<1 なので pn−1(p−1)+2>1 である。よって奇数 n の条件は常に満たされる。
n が偶数のとき、分子は pn−1(p−1)−2 である。これがすべての偶数 n で非負となるには、まず p>1 が必要である。p>1 のもとでは、偶数 n=2,4,6,… に対して pn−1 は増加するので、最も厳しいのは n=2 である。したがって p(p−1)−2≧0 が必要十分である。これは (p−2)(p+1)≧0 であり、p>0 より p≧2 である。
別解
別解（元の漸化式を直接展開する）
方針
(1) は補助数列を使わず、漸化式を初項まで繰り返し代入して有限等比和にする。そこから an と bn=an/pn を得る。(2) は q=1 を代入し、差 an+1−an を奇数番・偶数番に分け、偶数番では最初の n=2 が最も厳しいことを示す。
解答
(1) 漸化式を繰り返し用いると、a1=0 よりan=pn−2(−q)2+pn−3(−q)3+⋯+(−q)n=q2j=0∑n−2pn−2−j(−q)j.p+q>0 だから有限等比和を用いてan=p+qq2{pn−1−(−q)n−1}.したがってbn=pnan=pn(p+q)q2{pn−1−(−q)n−1}.(2) q=1 のときan=p+1pn−1−(−1)n−1である。よってan+1−an=p+1pn−1(p−1)+2(−1)n−1.分母は正である。n が奇数なら分子は pn−1(p−1)+2 であり、p≧1 では明らかに正、0<p<1 でも pn−1(1−p)<1 より正である。
n が偶数なら分子は pn−1(p−1)−2 である。すべての偶数 n で非負となるには p>1 が必要で、このとき pn−1 は n とともに増加する。したがって最も厳しい条件は n=2 のp(p−1)−2≧0.これは (p−2)(p+1)≧0 と同値で、p>0 よりp≧2.
総評
難度6、計算量5。目安時間は22分。一般項を作るだけでなく、単調増加条件をすべての自然数で確認する点が中心である。採点点は、bn の等比和、an+1−an の偶奇分解、偶数番では n=2 が最も厳しいと説明する部分である。p>0 の範囲で議論しているため、分母 p+1 の符号を気にしなくてよい一方、p≦1 は偶数番で即座に不適になることを明確にしたい。
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出典: 北海道大学 2015年度 前期 数学（大学公式の問題PDF）。問題文はHTML表示のために再入力・数式組版しています。
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