まず、$a_3$から。

$a_3$、つまり３年目の初めの預金額は、２年目の終わりの預金額に$p$を加えたもの。
問題文の参考図中を見ると、２年目の終わりの預金額は
$1.01\{1.01(10+p)+p\}$
なので、
$a_3=1.01\{1.01(10+p)+p\}+p$
である。

解答ア：２

さらに、
年初の預金額を$1.01$倍すると 年末の預金額 年末の預金額に$p$を加えると 翌年初の預金額 なので、年初の預金額を$a_n$，翌年初の預金額を$a_{n+1}$とすると、
$a_{n+1}=1.01a_n+p$式Ａ
と表せる。

解答イ：０, ウ：３

ここで漸化式の復習をしておくと、

復習

漸化式の基本の形は４つあって、
$p_{n+1}=p_n+d$
公差$d$の等差数列 $p_{n+1}=r{p}_n$
公比$r$の等比数列 $p_{n+1}=p_n+f(n)$
階差数列の一般項が$f(n)$ $p_{n+1}=\alpha p_n+\beta$
特性方程式を使って解く だった。

式Ａは、復習の４つめのパターンだ。
なので、特性方程式を使って変形しよう。

式Ａを
$a=1.01a+p$
として$a$を求めると、
$a-1.01a=p$
$-0.01a=p$
$a=-100p$
となる。

この$a$を式Ａの両辺から引いて変形すると
$a_{n+1}+100p=1.01a_n+p+100p$
$\phantom{a_{n+1}+100p}=1.01(a_n+100p)$式Ｂ
とかける。

解答エ：４, オ：０

以上が、$a_n$を求めるための二つの方針のひとつめだ。
$a_n$はふたつめの方針で求めた方が楽なんだけど、せっかくだからひとつめの方針による計算も載せておく。

$b_n=a_n+100p$式Ｃ
とおくと、
$b_{n+1}=a_{n+1}+100p$
より、式Ｂは
$b_{n+1}=1.01b_n$
とかける。

これは、復習の漸化式の基本の形の２つ目で、
$\{b_n\}$は公比$1.01$の等比数列 だ。

また、$a_1=10+p$なので、式Ｃより、
$b_1=10+p+100p$
$\phantom{b_1}=10+101p$
である。

よって、$\{b_n\}$の一般項$b_n$は、
$b_n=b_1\times (\text{公比}{)}^{n-1}$
$\phantom{b_n}=(10+101p)\times {1.01}^{n-1}$
と表せる。

これを式Ｃに代入すると、
$a_n+100p=(10+101p)\times {1.01}^{n-1}$
$a_n=(10+101p)\times {1.01}^{n-1}-100p$式Ｄ

途中式

$\phantom{a_n}=10\times {1.01}^{n-1}+101p\times {1.01}^{n-1}-100p$
$\phantom{a_n}=(101\times {1.01}^{n-1}-100)p+10\times {1.01}^{n-1}$
$\phantom{a_n}=100(1.01\times {1.01}^{n-1}-1)p+10\times {1.01}^{n-1}$

$\phantom{a_n}=100({1.01}^n-1)p+10\times {1.01}^{n-1}$
となる。

これは$n=1$のときも成り立つから、
$a_n=100({1.01}^n-1)p+10\times {1.01}^{n-1}$式Ｄ'
であることが分かる。

アドバイス

後の説明の都合上、ここでは式Ｄを式Ｄ'に変形した。
通常は式Ｄのままで大丈夫。

問題文より、１年目の初めに預金口座にあった$10$万円は、$n$年目の初めには
$10\times {1.01}^{n-1}$式Ｅ
万円になる。

このことから、

$⋮$

万円になると考えられる。

よって、$n$年目の初めの預金額$a_n$は、式Ｅと式Ｆ$1$～式Ｆ$n$をたして
$a_n=10\times {1.01}^{n-1}+p\times {1.01}^{n-1}$
$+p\times {1.01}^{n-2}+\cdots +p\times {1.01}^0$
と表せる。

これを変形すると
$a_n=10\times {1.01}^{n-1}$
$+p({1.01}^{n-1}+{1.01}^{n-2}+\cdots +{1.01}^0)$
より
$a_n=10\times {1.01}^{n-1}+p{\displaystyle \sum _{k=1}^n{1.01}^{k-1}}$式Ｇ
となる。

解答ク：２

この式の赤い部分は、公式より
${\displaystyle \sum _{k=1}^n{1.01}^{k-1}={\displaystyle \frac{1-{1.01}^n}{1-1.01}}}$
$={\displaystyle \frac{{1.01}^n-1}{0.01}}$
$=100({1.01}^n-1)$
と変形できる。

解答ケ：１

これを式Ｇに代入して、$a_n$は
$a_n=10\times {1.01}^{n-1}+100({1.01}^n-1)p$
$\phantom{a_n}=100({1.01}^n-1)p+10\times {1.01}^{n-1}$式Ｄ'
であることが分かる。

10年目の初めの預金額は
$a_{10}$
なので、10年目の終わりの預金額は
$1.01a_{10}$
である。

これが30万円以上なので、不等式
$1.01a_{10}\geqq 30$
を解けばよい。

解答コ：３

$a_n$に式Ｄ'を代入すると
$1.01\{100({1.01}^{10}-1)p+10\times {1.01}^9\}\geqq 30$
と表せる。

これを解いて、
$101({1.01}^{10}-1)p+10\times {1.01}^{10}\geqq 30$
$101({1.01}^{10}-1)p\geqq 30-10\times {1.01}^{10}$
$p\geqq {\displaystyle \frac{30-10\times {1.01}^{10}}{101({1.01}^{10}-1)}}$
である。

解答サ：３, シ：０, ス：１, セ：０

(1)で考えたように
１年目の初めに預金口座にあった$10$万円は、$n$年目の初めには
$10\times {1.01}^{n-1}$
万円になる
１年目の初めに入金した、つまり１年目の初めに預金口座にあった$p$万円は、$n$年目の初めには
$p\times {1.01}^{n-1}$
万円になる
ことが分かっている。

このことから、１年目の初めに$3$万円預金額が多かった場合、その$3$万円は、$n$年目の初めには
$3\times {1.01}^{n-1}$
万円になると考えられる。

以上より、$n$年目の初めの預金額は
$a_n$よりも$3\times {1.01}^{n-1}$万円多い ことになる。

解答ソ：８