名古屋大学　2026年度　前期日程　理科系

名大理系 2026年度数学の解答・解説

全4問。当サイトで独自に解いた解答・計算過程・詳解・別解を、大問ごとに載せています。

最終更新 2026/10/05

問題文について

大学の公式解答ではなく、当サイト独自の解答・解説です。問題文は掲載していません。理科系の問題文は名古屋大学が公開しています。

問題文を見る（名古屋大学公式・外部サイト）

掲載ページ名「令和８年度一般選抜（前期日程）の試験問題および正解・解答例等」／2026/10/05に当サイトでリンク先を確認。公開年度は大学側の都合で入れ替わることがあります。

第1問　微分積分

1/x の積分・面積・正接の加法定理・増減表による最小値当サイトの体感難易度：標準

(1)面積 $S$ を $a, b$ で表す

答 $S = lo g \frac{b}{a}$

方針囲んでいる3本のうち2本は原点を通る線分なので、 $x$ で切って積分すると、直線の部分がきれいに打ち消し合う。 $x = a$ で2つに分けるのが素直。

$A (a, \frac{1}{a})$ を通り原点を通る直線は $y = \frac{x}{a ^{2}}$ 、 $B (b, \frac{1}{b})$ のほうは $y = \frac{x}{b ^{2}}$ 。 $0 < a < b$ より $\frac{1}{a ^{2}} > \frac{1}{b ^{2}}$ だから、 $OA$ のほうが傾きが大きい。

$0 \leq x \leq a$ では、上が $y = \frac{x}{a ^{2}}$ 、下が $y = \frac{x}{b ^{2}}$
$a \leq x \leq b$ では、上が $y = \frac{1}{x}$ 、下が $y = \frac{x}{b ^{2}}$

よって

S = \int_{0}^{a} (\frac{x}{a ^{2}} - \frac{x}{b ^{2}}) d x + \int_{a}^{b} (\frac{1}{x} - \frac{x}{b ^{2}}) d x

= \frac{a ^{2}}{2} (\frac{1}{a ^{2}} - \frac{1}{b ^{2}}) + [lo g x - \frac{x ^{2}}{2 b ^{2}}]_{a}^{b}

= \frac{1}{2} - \frac{a ^{2}}{2 b ^{2}} + (lo g b - \frac{1}{2}) - (lo g a - \frac{a ^{2}}{2 b ^{2}}) = lo g \frac{b}{a}

検算

$a = 1, b = e$ とすると $S = lo g e = 1$ 。実際に $\int_{0}^{1} (x - \frac{x}{e ^{2}}) d x + \int_{1}^{e} (\frac{1}{x} - \frac{x}{e ^{2}}) d x = \frac{1}{2} (1 - \frac{1}{e ^{2}}) + \frac{1}{2} + \frac{1}{2 e ^{2}} = 1$ で合う。

答案で省略しない方がよい点

$x = a$ で場合を分けずに $\int_{a}^{b} (\frac{1}{x} - （直線）) d x$ だけで済ませると、 $0 \leq x \leq a$ の三角形部分が抜ける。
$OA$ の式を $y = \frac{x}{a}$ と書き間違えやすい。 $A$ の $y$ 座標は $\frac{1}{a}$ なので傾きは $\frac{1/ a}{a} = \frac{1}{a ^{2}}$ 。

(2) $θ = \frac{π}{4}$ のとき $b$ を $a$ で表す

答 $b = \frac{1 + a ^{2}}{1 - a ^{2}}$

方針 $θ$ は2直線のなす角なので、傾きの差ではなく正接の加法定理で扱う。 $OA, OB$ が $x$ 軸の正の向きとなす角を $α, β$ とおけば $θ = α - β$ 。

$tan α = \frac{1}{a ^{2}}, tan β = \frac{1}{b ^{2}}$ で、どちらも正。 $0 < a < b$ より $tan α > tan β > 0$ だから $0 < β < α < \frac{π}{2}$ で、 $θ = α - β$ 。

tan θ = \frac{t a n α - t a n β}{1 + t a n α t a n β} = \frac{\frac{1}{a ^{2}} - \frac{1}{b ^{2}}}{1 + \frac{1}{a ^{2} b ^{2}}} = \frac{b ^{2} - a ^{2}}{a ^{2} b ^{2} + 1}

これが $tan \frac{π}{4} = 1$ に等しいので

b^{2} - a^{2} = a^{2} b^{2} + 1 ⟺ b^{2} (1 - a^{2}) = 1 + a^{2}

$0 < a < 1$ だから $1 - a^{2} > 0$ で割れて $b^{2} = \frac{1 + a ^{2}}{1 - a ^{2}}$ 。 $b > 0$ より $b = \frac{1 + a ^{2}}{1 - a ^{2}}$ 。

答案で省略しない方がよい点

$0 < a < 1$ という条件がここで効く。 $a \geq 1$ だと $1 - a^{2} \leq 0$ となって $b$ が決まらない。問題が $a$ の範囲を切っている理由はこれ。
分母・分子に $a^{2} b^{2}$ を掛けて整理する一手を省くと、分数のまま扱って符号を間違えやすい。

(3) $θ = \frac{π}{4}$ を保ったまま動くとき、 $S$ を最小にする $a$ を求める

答 $a = 2 - 1$

方針 $S = lo g \frac{b}{a}$ は $\frac{b}{a}$ の増加関数なので、 $S$ を直接微分する必要はない。 $\frac{b ^{2}}{a ^{2}}$ を最小にすればよく、根号も対数も消える。

(2) より $\frac{b ^{2}}{a ^{2}} = \frac{1 + a ^{2}}{a ^{2} ( 1 - a ^{2} )}$ 。 $t = a^{2}$ とおくと $0 < t < 1$ で

f (t) = \frac{1 + t}{t - t ^{2}} (0 < t < 1)

を最小にすればよい。

f^{'} (t) = \frac{( t - t ^{2} ) - ( 1 + t ) ( 1 - 2 t )}{( t - t ^{2} ) ^{2}} = \frac{t ^{2} + 2 t - 1}{( t - t ^{2} ) ^{2}}

分母は正なので符号は $t^{2} + 2 t - 1$ で決まる。 $t^{2} + 2 t - 1 = 0$ の正の解は $t = 2 - 1$ で、これは $0 < t < 1$ を満たす。 $0 < t < 2 - 1$ で $f^{'} (t) < 0$ 、 $2 - 1 < t < 1$ で $f^{'} (t) > 0$ だから、 $t = 2 - 1$ で最小。

$t = a^{2}$ かつ $a > 0$ より $a = 2 - 1$ 。

検算

$t = 2 - 1$ を入れると $f (t) = \frac{2}{( 2 - 1 ) ( 2 - 2 )} = \frac{2}{3 2 - 4} = 3 + 22 = (1 + 2)^{2}$ 。つまり $\frac{b}{a} = 1 + 2$ 、最小値は $S = lo g (1 + 2)$ 。ここまで簡単な形になるので、計算が合っているかの目印になる。

答案で省略しない方がよい点

$t = a^{2}$ とおいたら $0 < t < 1$ を必ず書く。 $t \to 0$ でも $t \to 1$ でも $f (t) \to + \infty$ なので、最小値は内部でとる。
$S$ のまま $lo g$ を微分しても解けるが、計算量が増える。単調性で言い換える一言を書いておくと、以降の計算が軽くなる。
$a = 2 - 1$ を $2 - 1$ と書いてしまう取り違えが多い。問われているのは $a$ であって $a^{2}$ ではない。

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第2問　空間図形・ベクトル

平面の方程式・法線ベクトル・直線の媒介変数表示・符号による存在条件当サイトの体感難易度：標準

(1)平面 $H$ が直線 $DE$ と共有点をもつ $a$ の条件

答 $a \neq = \frac{9}{2}$

方針平面を方程式で、直線を媒介変数で表して代入すると、 $t$ についての1次方程式になる。「共有点をもつ」はその方程式が解をもつこと。1次の係数が $0$ になるときだけ別に調べる。

$CA = (1, 1, 3), CB = (a + 1, 3, 4)$ 。法線ベクトルを $n = (p, q, r)$ とおくと

p + q + 3 r = 0, (a + 1) p + 3 q + 4 r = 0

第1式から $q = - p - 3 r$ 。第2式に入れて $(a - 2) p - 5 r = 0$ 、すなわち $r = \frac{( a - 2 ) p}{5}$ 。 $p = 5$ と選ぶと

n = (5, 1 - 3 a, a - 2)

$C (1, 0, 0)$ を通るので $H : 5 (x - 1) + (1 - 3 a) y + (a - 2) z = 0$ 。直線 $DE$ は $DE = (- 2, - 1, - 1)$ より

P (t) = (- 1 - 2 t, 2 - t, 1 - t) (t \in R)

これを $H$ の式に代入し、左辺を $g (t)$ とおくと

g (t) = (2 a - 9) t - 5 (a + 2)

$2 a - 9 \neq = 0$ 、つまり $a \neq = \frac{9}{2}$ のとき、 $t = \frac{5 ( a + 2 )}{2 a - 9}$ がただ1つ定まり、共有点をもつ
$a = \frac{9}{2}$ のとき $g (t) = - \frac{65}{2}$ （ $t$ によらない定数）で $0$ にならず、共有点をもたない

よって求める条件は $a \neq = \frac{9}{2}$ 。

答案で省略しない方がよい点

$1$ 次の係数が $0$ になる場合を飛ばすと、答えが「すべての実数」になってしまう。 $a = \frac{9}{2}$ は直線が $H$ と平行で、しかも $H$ 上にない場合。
$n$ は定数倍の自由度があるので、 $p = 5$ のように分母が払える値を選ぶと以降の計算が楽になる。

(2)平面 $H$ が線分 $DE$ （両端を含む）と共有点をもつ $a$ の条件

答 $- \frac{19}{3} \leq a \leq - 2$

方針 $g (t)$ は $t$ の1次式（または定数）なので、 $0 \leq t \leq 1$ に解をもつ条件は端点の値の符号だけで決まる。 $g (0), g (1)$ は $D, E$ を平面の式に入れた値そのもので、符号が逆なら線分は平面を横切る。

g (0) = - 5 (a + 2), g (1) = (2 a - 9) - 5 (a + 2) = - (3 a + 19)

求める条件は $g (0) g (1) \leq 0$ 、すなわち

5 (a + 2) (3 a + 19) \leq 0 ⟺ - \frac{19}{3} \leq a \leq - 2

別解

t

を求めてから範囲を考える

$a \neq = \frac{9}{2}$ のとき $t = \frac{5 ( a + 2 )}{2 a - 9}$ なので、 $0 \leq \frac{5 ( a + 2 )}{2 a - 9} \leq 1$ を解く。 $2 a - 9$ の符号で場合分けが要るぶん手間は増えるが、共有点の位置まで同時に分かる。

$a < \frac{9}{2}$ では $2 a - 9 < 0$ なので、両辺に掛けると不等号が反転して $2 a - 9 \leq 5 (a + 2) \leq 0$ 、つまり $- \frac{19}{3} \leq a \leq - 2$ 。 $a > \frac{9}{2}$ では $5 (a + 2) > 0$ かつ $2 a - 9 > 0$ から $t > 0$ だが $t \leq 1$ が $3 a + 19 \leq 0$ となり、 $a > \frac{9}{2}$ と両立しない。

検算

端点で確かめられる。 $a = - 2$ のとき $H : 5 (x - 1) + 7 y - 4 z = 0$ に $D (- 1, 2, 1)$ を入れると $- 10 + 14 - 4 = 0$ 。 $a = - \frac{19}{3}$ のとき $H : 5 (x - 1) + 20 y - \frac{25}{3} z = 0$ に $E (- 3, 1, 0)$ を入れると $- 20 + 20 = 0$ 。どちらも端点がちょうど $H$ 上に乗る。

答案で省略しない方がよい点

「両端を含む」ので等号を入れる。 $a = - 2$ は $D$ が、 $a = - \frac{19}{3}$ は $E$ が $H$ 上に来る場合で、どちらも共有点をもつ。
$- \frac{19}{3} < - 2$ なので、不等式の向きを書き間違えないこと。数直線に $- 6.33 \dots$ と $- 2$ を取って確かめるとよい。

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第3問　整数

互いに素・素因数分解の一意性・場合の数・重複を除く数え方当サイトの体感難易度：やや難

(1) $ab c = 120$ かつ $a \leq b \leq c$ を満たす組をすべて求める

答 $(1, 1, 120), (1, 3, 40), (1, 5, 24), (1, 8, 15), (3, 5, 8)$ の5組

方針どの2つも互いに素という条件は、素因数の分かれ方を完全に縛る。同じ素数が2つに分かれて入ると、その2つの最大公約数がその素数以上になってしまうので、各素数のべきはまるごと1つに属する。

$120 = 2^{3} \cdot 3 \cdot 5$ なので、分けられない塊は $8, 3, 5$ の3つ。

この3つの塊を $a, b, c$ に振り分ければよい（どこにも塊が来なければその数は $1$ ）。塊の分け方で場合分けすると、 $a \leq b \leq c$ に並べ替えて次のようになる。

3つとも別々 … $(3, 5, 8)$
$8$ と $3$ を同じところへ … $(1, 5, 24)$
$8$ と $5$ を同じところへ … $(1, 3, 40)$
$3$ と $5$ を同じところへ … $(1, 8, 15)$
3つとも同じところへ … $(1, 1, 120)$

いずれも積は $120$ で、どの2つも共通の素因数をもたないから条件を満たす。

答案で省略しない方がよい点

$2^{3}$ を $2$ と $4$ に割って配ることはできない。 $2$ の指数をどう分けても両方に $2$ が入り、互いに素でなくなる。
$1$ はどの数とも互いに素なので、 $(1, 1, 120)$ も条件を満たす。「 $1$ を除く」とは書かれていないので落とさない。

(2) $ab c = N!$ を満たす組 $(a, b, c)$ の個数を $m$ で表す

答 $3^{m}$ 個

方針(1) と理由は同じ。 $N!$ の素因数は「 $N$ 以下の素数」がちょうど全部で、その個数が $m$ 。素数ごとに「 $a, b, c$ のどこへ入れるか」を独立に選べる。

$N! = p \leq N \prod p^{e_{p}}$ と書くと、現れる素数はちょうど $m$ 種類。どの2つも互いに素という条件から、各 $p^{e_{p}}$ はまるごと $a, b, c$ のどれか1つに属する。

逆に、 $m$ 個の塊をどう振り分けても積は $N!$ になり、2つの数が共通の素因数をもつことはないので条件を満たす。塊ごとに3通りで、選び方は独立だから

3^{m} 個

答案で省略しない方がよい点

ここで数えているのは順序つきの組。 $(1, 3, 40)$ と $(3, 1, 40)$ は別に数えている。(3) との違いを最初に宣言しておく。

(3) $ab c = N!$ かつ $a \leq b \leq c$ を満たす組の個数を $m$ で表す

答 $\frac{3 ^{m} + 3}{6}$ 個

方針(2) の $3^{m}$ 個を $6$ で割りたいが、同じ数が混ざる組だけは並べ替えの個数が $6$ にならない。互いに素という条件のおかげで、その例外が1種類しかないことが効く。

まず、2つが等しいとき。 $a = b$ なら $g cd (a, b) = a$ で、これが $1$ だから $a = b = 1$ 。このとき $c = N!$ 。

次に、3つとも等しいとき。同じ理由で $a = b = c = 1$ となるが、すると $ab c = 1$ 。 $N \geq 2$ より $N! \geq 2$ なので、これは起こらない。

よって例外は ${a, b, c} = {1, 1, N!}$ の形だけで、順序つきでは $N!$ を置く位置の $3$ 通り。残る $3^{m} - 3$ 個は $a, b, c$ が相異なるので、 $a \leq b \leq c$ の組1つにつき $3! = 6$ 個ずつ対応する。

1 + \frac{3 ^{m} - 3}{6} = \frac{3 ^{m} + 3}{6}

検算

$N = 5$ とすると $N! = 120$ 、 $5$ 以下の素数は $2, 3, 5$ で $m = 3$ 。 $\frac{3 ^{3} + 3}{6} = 5$ となり、(1) で書き出した5組と一致する。順序つきでも $3 + 6 + 6 + 6 + 6 = 27 = 3^{3}$ で (2) と合う。

答案で省略しない方がよい点

「どの2つも互いに素」だから、等しい2つがあればその値は $1$ 。この一歩を踏むと、重複する場合が1種類に絞れる。
$N \geq 2$ より $N! \geq 2$ であることを書いておかないと、 $a = b = c = 1$ の場合の処理が抜ける。
$\frac{3 ^{m}}{6}$ としてしまうと整数にならない。 $3^{m}$ は奇数なので、割り切れないこと自体が検算になる。

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第4問　確率・漸化式

確率漸化式・対称性・3項間漸化式・数学的帰納法・特性方程式当サイトの体感難易度：難

(1) $P_{1}, P_{2}, P_{3}$ を求める

答 $P_{1} = 1, P_{2} = \frac{7}{9}, P_{3} = \frac{17}{27}$

方針座標を2つとも追うと場合が増えるが、条件に出てくるのは $y - x$ だけ。 $d = y - x$ の1次元の動きに読み替えると、3通りの移動がそのまま $d$ の $- 1, 0, + 1$ に対応する。

時刻 $n$ での点 $A$ の座標を $(x_{n}, y_{n})$ 、 $d_{n} = y_{n} - x_{n}$ とおく。3つの移動はそれぞれ

$(x + 1, y)$ へ … $d$ は $1$ 減る
$(x + 1, y + 1)$ へ … $d$ は変わらない
$(x, y + 1)$ へ … $d$ は $1$ 増える

どれも確率 $\frac{1}{3}$ で、 $d_{0} = 0$ 。条件 $(*)$ は「 $d_{0}, d_{1}, \dots, d_{n}$ がすべて $- 1, 0, 1$ のいずれか」と言い換えられる。

$d_{1}$ は $- 1, 0, 1$ のいずれかなので $P_{1} = 1$ 。 $P_{2}$ は $d_{1}$ で分けて

P_{2} = d_{1} = 0 \frac{1}{3} \cdot 1 + d_{1} = 1 \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} + d_{1} = - 1 \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \frac{2}{9} = \frac{7}{9}

$P_{3}$ は (2) の $a_{n}, b_{n}$ を使うのが速い。 $a_{1} = \frac{1}{3}, b_{1} = \frac{2}{3}$ から $a_{2} = \frac{1}{3}, b_{2} = \frac{4}{9}$ 、さらに $a_{3} = \frac{7}{27}, b_{3} = \frac{10}{27}$ となり

P_{3} = a_{3} + b_{3} = \frac{7}{27} + \frac{10}{27} = \frac{17}{27}

答案で省略しない方がよい点

$d_{1} = 1$ から次に $d = 2$ へ出てしまう確率が $\frac{1}{3}$ ある。この「はみ出す枝」を落とすと $P_{2} = 1$ になってしまう。
$P_{n}$ は「時刻 $n$ までずっと条件内」であって「時刻 $n$ で条件内」ではない。途中で一度でも出たらその先は数えない。

(2) $a_{n + 1}, b_{n + 1}$ を $a_{n}, b_{n}$ で表す

答 $a_{n + 1} = \frac{1}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n}, b_{n + 1} = \frac{2}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n}$

方針 $d_{n} = 1$ と $d_{n} = - 1$ をひとまとめに $b_{n}$ としてよいのは、移動のルールが $d$ の符号について左右対称だから。この一言を書いておくと、 $2$ 状態で話が閉じる。

$d_{n} = 0$ （寄与 $a_{n}$ ）からは、次の $3$ 通りがすべて条件内。 $d_{n + 1} = 0$ になるのは $1$ 通りで $\frac{1}{3} a_{n}$ 、 $d_{n + 1} = \pm 1$ になるのは $2$ 通りで $\frac{2}{3} a_{n}$ 。

$d_{n} = 1$ からは次が $0, 1, 2$ で、 $2$ は条件外。 $d_{n + 1} = 0$ が $\frac{1}{3}$ 、 $d_{n + 1} = 1$ が $\frac{1}{3}$ 。 $d_{n} = - 1$ も対称に同じなので、まとめて $b_{n}$ から $d_{n + 1} = 0$ へ $\frac{1}{3} b_{n}$ 、 $d_{n + 1} = \pm 1$ へ $\frac{1}{3} b_{n}$ 。

a_{n + 1} = \frac{1}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n}, b_{n + 1} = \frac{2}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n}

検算

$a_{1} = \frac{1}{3}, b_{1} = \frac{2}{3}$ から順に計算すると $a_{2} = \frac{1}{3}, b_{2} = \frac{4}{9}$ 、 $a_{3} = \frac{7}{27}, b_{3} = \frac{10}{27}$ 。和はそれぞれ $\frac{7}{9}, \frac{17}{27}$ で (1) と合う。

答案で省略しない方がよい点

$b_{n}$ は $d_{n} = 1$ と $d_{n} = - 1$ の確率の和なので、 $b_{n}$ から $d_{n + 1} = 1$ へ移る確率は $\frac{2}{3} b_{n}$ ではなく $\frac{1}{3} b_{n}$ 。 $d_{n} = 1$ からしか $d_{n + 1} = 1$ へは行けない。

(3) $P_{n + 2}$ を $P_{n + 1}, P_{n}$ で表す

答 $P_{n + 2} = \frac{2}{3} P_{n + 1} + \frac{1}{9} P_{n}$

方針 $P_{n} = a_{n} + b_{n}$ なので、(2) の2式を足して $P$ だけの関係に直す。 $a_{n}, b_{n}$ を $P_{n}, P_{n + 1}$ で書き戻すのが要領。

(2) の2式を足すと

P_{n + 1} = a_{n + 1} + b_{n + 1} = a_{n} + \frac{2}{3} b_{n} \dots (i)

$a_{n} + b_{n} = P_{n}$ と合わせて $b_{n} = 3 (P_{n} - P_{n + 1}), a_{n} = 3 P_{n + 1} - 2 P_{n}$ 。これを (2) に入れると

a_{n + 1} = \frac{1}{3} (a_{n} + b_{n}) = \frac{1}{3} P_{n}, b_{n + 1} = \frac{2}{3} a_{n} + \frac{1}{3} b_{n} = P_{n + 1} - \frac{1}{3} P_{n}

$(i)$ を $n + 1$ で使って

P_{n + 2} = a_{n + 1} + \frac{2}{3} b_{n + 1} = \frac{1}{3} P_{n} + \frac{2}{3} (P_{n + 1} - \frac{1}{3} P_{n}) = \frac{2}{3} P_{n + 1} + \frac{1}{9} P_{n}

検算

$n = 1$ とすると $P_{3} = \frac{2}{3} \cdot \frac{7}{9} + \frac{1}{9} \cdot 1 = \frac{14}{27} + \frac{3}{27} = \frac{17}{27}$ で (1) と合う。さらに $P_{4} = \frac{2}{3} \cdot \frac{17}{27} + \frac{1}{9} \cdot \frac{7}{9} = \frac{41}{81}$ となり、 $a_{4} = \frac{17}{81}, b_{4} = \frac{24}{81}$ からの直接計算とも一致する。

答案で省略しない方がよい点

$(i)$ は $P_{n + 1}$ を $a_{n}, b_{n}$ で表した式で、 $P_{n} = a_{n} + b_{n}$ とは係数が違う。この $\frac{2}{3}$ の違いが $b_{n}$ を取り出す鍵になる。

(4) $α = \frac{1 + 2}{3}$ のとき $P_{n} \leq α^{n - 1}$ をすべての $n \geq 1$ で示す

答 $n = 1, 2$ を出発点に、(3) の漸化式と $α^{2} = \frac{2}{3} α + \frac{1}{9}$ を使った数学的帰納法で示せる

方針 $α$ は (3) の漸化式の特性方程式 $9 x^{2} - 6 x - 1 = 0$ の解。これに気づくと、帰納法の1歩が一行で終わる。

まず $9 α^{2} = (1 + 2)^{2} = 3 + 22$ と $6 α + 1 = 2 (1 + 2) + 1 = 3 + 22$ が等しいので

α^{2} = \frac{2}{3} α + \frac{1}{9} \dots (ii)

出発点。 $n = 1$ は $P_{1} = 1 = α^{0}$ で成立。 $n = 2$ は

P_{2} = \frac{7}{9} \leq α = \frac{1 + 2}{3} ⟺ \frac{4}{3} \leq 2 ⟺ \frac{16}{9} \leq 2

より成立。

帰納の1歩。 $P_{n} \leq α^{n - 1}$ と $P_{n + 1} \leq α^{n}$ を仮定する。(3) の係数 $\frac{2}{3}, \frac{1}{9}$ はともに正なので不等号の向きが保たれ

P_{n + 2} = \frac{2}{3} P_{n + 1} + \frac{1}{9} P_{n} \leq \frac{2}{3} α^{n} + \frac{1}{9} α^{n - 1} = α^{n - 1} (\frac{2}{3} α + \frac{1}{9})

$(ii)$ よりこれは $α^{n - 1} \cdot α^{2} = α^{n + 1}$ に等しい。よって $P_{n + 2} \leq α^{(n + 2) - 1}$ 。

以上より、すべての $n \geq 1$ で $P_{n} \leq α^{n - 1}$ が成り立つ。

検算

$α = 0.8047 \dots$ なので $α^{3} = 0.5211 \dots$ 。一方 $P_{4} = \frac{41}{81} = 0.5061 \dots$ で、確かに $P_{4} \leq α^{3}$ 。 $n$ が大きいほど両者の比は一定に近づく（ $α$ が特性方程式の大きいほうの解だから）。

答案で省略しない方がよい点

2つ前まで使う漸化式なので、出発点は $n = 1$ と $n = 2$ の両方が要る。 $n = 1$ だけだと回らない。
$P_{2} \leq α$ は数値で「だいたい $0.78 < 0.80$ 」と書くのではなく、 $\frac{16}{9} \leq 2$ まで有理数に落として示す。
$α$ がどこから来た数かに触れずに計算だけ進めると、 $(ii)$ が天下りに見える。特性方程式の解であることを一言添える。