数列の極限

== 数列の漸化式と極限 == 【要点】
　この頁では，漸化式で与えられた数列の極限について，次の３つの場合について学習します．

(I)一般項を求めることができ，求めた一般項から極限が求められる場合

【例】
$a_1=1,\hspace{10}a_{n+ 1}=\frac{1}{2}a_n + 1$
から
$a_{n}=2-(\frac{1}{2})^{n-1}$
が求まり，これにより
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=2$
が示される　→（解説に飛ぶ）

(II)一般項を求めることはできないが，極限値の必要条件を絞り込むことができ，その極限値に収束することが証明できる場合

【例】
$a_1=1,\hspace{10}a_{n+ 1}=\sqrt{a_n + 2}$
が極限値 $\alpha$ を持つとすれば
$\alpha=2$
が必要条件になる．次に十分条件を検討すると，
$\lim_{n \rightarrow \infty}| a_{n}-2 | =0$
が満たされていることから
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=2$
が示される　→（解説に飛ぶ）

(III)別の数列の極限との関係から問題の数列の極限が求まる場合

【例】
$\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n} + 5}{2a_{n} + 1}=3$
のとき
$\frac{a_{n} + 5}{2a_{n} + 1}=b_n$
とおけば

$\lim_{n \rightarrow \infty}b_n =3$
$a_{n}=\frac{-b_n+ 5}{2b_n-1}$
から
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\frac{2}{5}$
が示される　→（解説に飛ぶ）

右上に続く↑

(I)の解説 *** 一般項を求めることができ，求めた一般項から極限が求められる場合

【例題 1.1】
　次の条件によって定められる数列 {an} の極限を求めてください．
$a_1=1,\hspace{10}a_{n+ 1}=\frac{1}{2}a_n + 1$

２項間漸化式
$a_{n+ 1}=pa_n + q$
２項間の分数形の漸化式
$a_{n+ 1}=\frac{pa_n + q}{ra_n + s}$
３項間漸化式
$a_{n+ 2} + pa_{n+ 1}+ qa_n=0$
については，一般項が求まる場合があります．このような場合には，一般項から極限を求めることができます．

（解答）
$a_{n+ 1}-2=\frac{1}{2}(a_n -2)$ …(*)
と変形すると，数列 $\{a_n -2\}$ は初項 $a_1 -2=-1$ ，公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列をなすから
$a_{n}-2=(-1)\Bigl(\frac{1}{2}\Bigr)^{n-1}$
$a_{n}=2-\Bigl(\frac{1}{2}\Bigr)^{n-1}$
ゆえに
$\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=2$ …（答）

※ 漸化式
$a_{n+ 1}=\frac{1}{2}a_n + 1$ …(1)
に対して
$\alpha=\frac{1}{2}\alpha + 1$ を
特性方程式と言います．特性方程式の解（不動点） $\alpha$ を用いると，漸化式(1)は
$a_{n+ 1}-\alpha=\frac{1}{2}(a_n-\alpha)$
と変形できます．（特性方程式については，この頁の下端に解説があります．）

　なお，答案作成上は特性方程式にも不動点にも触れずに，上記の答案のように（なぜその変形を思いつくのかという理由を示さなくても，偶然思いついたかのようなふりをしながら）
$a_{n+ 1}=\frac{1}{2}a_n + 1$ を $a_{n+ 1}-2=\frac{1}{2}(a_n -2)$ に変形してもよい．（正しい変形であることは係数を比較すれば分かる）

　「特性方程式」はうまく使えばきれいに決まりますが，教科書には登場しません．「使える場面と使えない場面の違い」「αの意味」など自信が持てないときは次のような答案も可能です．

（別解）

もしそのような定数αが存在したら， $\{a_n-\alpha\}$ が等比数列になってうれしいから，あれば求めるという立場に立つ
（存在しなければ，別の方法を試みるという腹つもりで）

$a_{n+ 1}-\alpha=\frac{1}{2}(a_n -\alpha)$ …(*)
となる定数 $\alpha$ を求める．
$a_{n+ 1}=\frac{1}{2}a_n + 1$ …問題
$a_{n+ 1}=\frac{1}{2}a_n + \frac{1}{2}\alpha$ …(*)
の係数を比較すると
$\alpha=2$

　そこで，
$a_{n+ 1}-2=\frac{1}{2}(a_n -2)$ が成り立つことになる．
　数列 $\{a_n -2\}$ は初項 $a_1 -2=-1$ ，公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列をなすから
$a_{n}-2=(-1)\Bigl(\frac{1}{2}\Bigr)^{n-1}$
$a_{n}=2-\Bigl(\frac{1}{2}\Bigr)^{n-1}$
ゆえに
$\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=2$ …（答）

■■問題 1.1■■
　次の漸化式で定まる数列の極限を求めてください．
（暗算では無理です．各自で計算用紙で求めてから，下の選択肢のうちで正しいものをクリック）

(1)
$a_1=0,\hspace{10}a_{n+ 1}=\frac{2a_n-1}{3}$

−∞ −1 0 1
2 3 ∞ なし

解説やり直す

$a_{n+ 1}+ 1=\frac{2}{3}(a_n + 1)$
と変形すると，数列 $\{a_n + 1\}$ は初項 $a_1 + 1=1$ ，公比 $\frac{2}{3}$ の等比数列をなすから
$a_{n}+ 1=\Bigl(\frac{2}{3}\Bigr)^{n-1}$
$a_{n}=\Bigl(\frac{2}{3}\Bigr)^{n-1}-1$
ゆえに
$\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=-1$ …（答）

(2)
$a_1=3,\hspace{10}a_{n+ 1}=\frac{3a_n+ 1}{2}$

−∞ −1 0 1
2 3 ∞ なし

解説やり直す

$a_{n+ 1}+ 1=\frac{3}{2}(a_n + 1)$
と変形すると，数列 $\{a_n + 1\}$ は初項 $a_1 + 1=4$ ，公比 $\frac{3}{2}$ の等比数列をなすから
$a_{n}+ 1=4\times \Bigl(\frac{3}{2}\Bigr)^{n-1}$
$a_{n}=4\times \Bigl(\frac{3}{2}\Bigr)^{n-1}- 1$
ゆえに
$\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=\infty$ …（答）

(I)の解説（続き）*** 一般項を求めることができ，求めた一般項から極限が求められる場合…３項間漸化式

【例題 1.2】
　次の条件によって定められる数列 {an} の極限を求めてください．
$a_1=1,\hspace{10},a_2=2,\hspace{10}a_{n+ 2}-3a_{n+ 1} + 2a_n=0$

（解答）
$a_{n+ 2}-\alpha a_{n+ 1}=\beta(a_{n+ 1} -\alpha a_n)$
となる定数 $\alpha , \beta$ を求める．
$a_{n+ 2}-(\alpha + \beta)a_{n+ 1} +\alpha \beta a_n=0$
だから， $\alpha , \beta$ は和が $3$ ，積が $2$ となる２数で，２次方程式
$x^2-3x + 2=0$
の解になる．

$\alpha=2$ …(A)
$\beta=1$
または

$\alpha=1$ …(B)
$\beta=2$

(A)より， $a_{n+ 2}-2a_{n+ 1}=1(a_{n+ 1} -2a_n)$
数列 $\{a_{n+ 1} -2a_n\}$ は初項 $a_2 -2a_1=0$ ，公比 $1$ の等比数列をなすから
$a_{n + 1}-2a_n=0$ …(C)
(B)より， $a_{n+ 2}-a_{n+ 1}=2(a_{n+ 1} -a_n)$
数列 $\{a_{n+ 1} -a_n\}$ は初項 $a_2 -a_1=1$ ，公比 $2$ の等比数列をなすから
$a_{n + 1}-a_n=1\times 2^{n-1}$ …(D)
(D)−(C)より
$a_n=2^{n-1}$
ゆえに
$\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=\infty$ …（答）

■■問題 1.2■■
　次の漸化式で定まる数列の極限を求めてください．
（暗算では無理です．各自で計算用紙で求めてから，下の選択肢のうちで正しいものをクリック）

(1)
$a_1=1,\hspace{10}a_2=2,\hspace{10}a_{n+ 2}=\frac{a_{n+ 1} + a_n}{2}$

$0$ $\frac{1}{2}$ $\frac{2}{3}$ $\frac{3}{2}$
$\frac{4}{3}$ $\frac{5}{3}$ $\infty$ なし

解説やり直す

$a_{n+ 2}-\alpha a_{n+ 1}=\beta(a_{n+ 1} -\alpha a_n)$
となる定数 $\alpha , \beta$ を求める．
$a_{n+ 2}-(\alpha + \beta)a_{n+ 1} +\alpha \beta a_n=0$ 　と
$a_{n+ 2}-\frac{1}{2}a_{n+ 1} -\frac{1}{2}a_n}=0$ 　の
係数を比較すると
$\alpha , \beta$ は和が $\frac{1}{2}$ ，積が $-\frac{1}{2}$ となる２数で，２次方程式
$x^2-\frac{1}{2}x - \frac{1}{2}=0$
の解になる．

$\alpha=1$ …(A)
$\beta=-\frac{1}{2}$
または

$\alpha=-\frac{1}{2}$ …(B)
$\beta=1$
(A)より， $a_{n+ 2}-a_{n+ 1}=-\frac{1}{2}(a_{n+ 1} -a_n)$
数列 $\{a_{n+} -a_n\}$ は初項 $a_2 -a_1=1$ ，公比 $-\frac{1}{2}$ の等比数列をなすから
$a_{n + 1}-a_n=1\times \Bigl(-\frac{1}{2}\Bigr)^{n-1}$ …(C)
(B)より， $a_{n+ 2}+ \frac{1}{2}a_{n+ 1}=1\times (a_{n+ 1} + \frac{1}{2}a_n)$
数列 $\{a_{n+ 1} + \frac{1}{2}a_n\}$ は初項 $a_2 + \frac{1}{2}a_1=\frac{5}{2}$ ，公比 $1$ の等比数列をなすから
$a_{n + 1}+ \frac{1}{2}a_n=\frac{5}{2}$ …(D)
(C)−(D)より
$-\frac{3}{2}a_n=\Bigl(-\frac{1}{2} \Bigr)^{n-1}-\frac{5}{2}$
$a_n=\frac{2}{3}\Bigl(\frac{5}{2}-\Bigl(-\frac{1}{2} \Bigr)^{n-1}\Bigr)$
ゆえに
$\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=\frac{5}{3}$ …（答）

(2)
$a_1=0,\hspace{10}a_2=1,\hspace{10}a_{n+ 2}=5a_{n+ 1} -6a_n$

$0$ $1$ $2$ $3$
$5$ $6$ $\infty$ なし

解説やり直す

$a_{n+ 2}-\alpha a_{n+ 1}=\beta(a_{n+ 1} -\alpha a_n)$
となる定数 $\alpha , \beta$ を求める．
$a_{n+ 2}-(\alpha + \beta)a_{n+ 1} +\alpha \beta a_n=0$ 　と
$a_{n+ 2}-5a_{n+ 1} + 6a_n}=0$ 　の
係数を比較すると
$\alpha , \beta$ は和が $5$ ，積が $6$ となる２数で，２次方程式
$x^2-5x + 6=0$
の解になる．

$\alpha=2$ …(A)
$\beta=3$
または

$\alpha=3$ …(B)
$\beta=2$
(A)より， $a_{n+ 2}-2a_{n+ 1}=3(a_{n+ 1} -2a_n)$
数列 $\{a_{n+} -2a_n\}$ は初項 $a_2 -2a_1=1$ ，公比 $3$ の等比数列をなすから
$a_{n + 1}-2a_n=3^{n-1}$ …(C)
(B)より， $a_{n+ 2}-3a_{n+ 1}=2(a_{n+ 1} -3a_n)$
数列 $\{a_{n+ 1} -3a_n\}$ は初項 $a_2 -3a_1=1$ ，公比 $2$ の等比数列をなすから
$a_{n + 1}-3a_n=2^{2-1}$ …(D)
(D)−(C)より
$a_n=3^{n-1}-2^{n-1}$
ゆえに
$\lim_{n\rightarrow \infty}a_{n}=\lim_{n\rightarrow \infty}(3^{n-1}-2^{n-1})$
$=\lim_{n\rightarrow \infty}3^{n-1}(1-(\frac{2}{3})^{n-1})=\infty$ …（答）

→（この頁の先頭へ戻る）

(II)の解説*** 一般項を求めることはできないが，極限値の必要条件を絞り込むことができ，その極限値に収束することが証明できる場合

【例題２】
　次の条件によって定められる数列 {an} の極限を求めてください．
$a_1=1,\hspace{10}a_{n+ 1}=\sqrt{a_n + 2}$

この問題では一般項は求められませんが，極限値は求まります

$|a_n - \alpha |\rightarrow 0$ が示せれば極限値が $\alpha$ であるといえますが，そのためには前もって $\alpha$ の見当をつけておく必要があります

（解答）
　もし，数列 {an} に極限値 $\lim_{n\rightarrow \infty}a_n=\alpha$ が存在するとすれば， $\alpha$ は次の方程式を満たすはずである．

極限値があるとすれば，これを満たすはずである，他にはない，という絞り込みを行っている
すなわち，極限値の必要条件を求めている

$\alpha=\sqrt{\alpha + 2}$ …(A)
両辺を２乗すると
$\alpha^2-\alpha -2=0$
$(\alpha + 1)(\alpha -2)=0$
$\alpha =-1,\hspace{10}2$
(A)により $\alpha \gt 0$ だから
$\alpha =2$

　次に，実際に $\alpha =2$ に収束することを示す．
問題の式の両辺から２を引くと
$a_{n+ 1}-2 =\sqrt{a_n + 2}-2$
$=\frac{(a_n + 2)-4}{\sqrt{a_n + 2}+ 2}=\frac{1}{\sqrt{a_n + 2}+ 2}(a_n -2)$
ここで
$\sqrt{a_n + 2}+ 2\gt 2$
だから
$0 \lt \frac{1}{\sqrt{a_n + 2}+ 2}\lt \frac{1}{2}$
$|a_{n+ 1}-2| =\frac{1}{\sqrt{a_n + 2}+ 2}|a_n -2|$
$\lt \frac{1}{2}|a_n -2|$
したがって
$|a_{n}-2| \lt |a_1 -2|\Bigl(\frac{1}{2} \Bigr)^{n-1}\rightarrow 0$
以上により
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_n=2$ …（答）

■■問題 2■■
　次の漸化式で定まる数列の極限を求めてください．
（暗算では無理です．各自で計算用紙で求めてから，下の選択肢のうちで正しいものをクリック）

(1)
$a_1=1,\hspace{10}a_{n+ 1}=\sqrt{a_n + 6}$

$-\infty$ $-2$ $0$ $1$
$2$ $3$ $\infty$ なし

解説やり直す

　極限値を $\alpha$ とすると
$\alpha=\sqrt{\alpha + 6}$ …(A)
両辺を２乗すると
$\alpha^2-\alpha -6=0$
$(\alpha + 2)(\alpha -3)=0$
$\alpha =-2,\hspace{10}3$
(A)により $\alpha \gt 0$ だから
$\alpha =3$ （必要条件）

　次に， $\alpha =3$ が十分条件を満たすことを示す．
問題の式の両辺から３を引くと
$a_{n+ 1}-3 =\sqrt{a_n + 6}-3$
$=\frac{(a_n + 6)-9}{\sqrt{a_n + 6}+ 3}=\frac{1}{\sqrt{a_n + 6}+ 3}(a_n -3)$
ここで
$\sqrt{a_n + 6}+ 3\gt 3$
だから
$0 \lt \frac{1}{\sqrt{a_n + 6}+ 3}\lt \frac{1}{3}$
$|a_{n+ 1}-3| =\frac{1}{\sqrt{a_n + 6}+ 3}|a_n -3|$
$\lt \frac{1}{3}|a_n -3|$
したがって
$|a_{n}-3| \lt |a_1 -3|\Bigl(\frac{1}{3} \Bigr)^{n-1}\rightarrow 0$
以上により
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_n=3$ …（答）

(2)
$a_1=2,\hspace{10}a_{n+ 1}=\frac{3}{a_n + 2}$

$-\infty$ $-2$ $0$ $1$
$2$ $3$ $\infty$ なし

解説やり直す

　極限値を $\alpha$ とすると
$\alpha=\frac{3}{\alpha + 2}$ …(A)
$\alpha^2 + 2\alpha -3=0$
$(\alpha + 3)(\alpha -1)=0$
$\alpha =-3,\hspace{10}1$
(A)により $a_n \gt 0$ ならば $a_{n+ 1} \gt 0$ となり，
$a_{1}=2 \gt 0$ によりすべてのｎについて $a_{n} \gt 0$ が成り立つ
したがって， $\alpha \underline{\ge} 0$
$\alpha =1$ （必要条件）

　次に， $\alpha =1$ が十分条件を満たすことを示す．
問題の式の両辺から１を引くと
$a_{n+ 1}-1 =\frac{3}{a_n + 2}-1$
$=\frac{3-a_n-2}{a_n + 2}=\frac{-1}{a_n + 2}(a_n - 1)$
ここで
$a_n \gt 0$ だから $a_n + 2\gt 2$
$0\lt |\frac{-1}{a_n + 2}| \lt \frac{1}{2}$
$|a_{n+ 1}-1| \lt \frac{1}{2}|a_n -1|$
したがって
$|a_{n}-1| \lt |a_1 -1|\Bigl(\frac{1}{2} \Bigr)^{n-1}\rightarrow 0$
以上により
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_n=1$ …（答）

※この問題では数列の一般項を求めることもできるが，極限値だけが必要な場合は，上記のように一般項を求めずに極限値を求めることができる．

→（この頁の先頭へ戻る）

(III)の解説 *** 別の数列の極限との関係から問題の数列の極限が求まる場合

【例題３】
　次の条件を満たす数列 {an} の極限を求めてください．
$\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n} + 5}{2a_{n} + 1}=3$

この問題では未知の数列 {an} で表される別の数列の極限が与えられていることになります．

このような場合，いきなり数列 {an} の極限を考えるのではなく， $\frac{a_{n} + 5}{2a_{n} + 1}=b_n$ とおいて，有限の値ｎの段階でanをbnで表すように「逆に解くと」見通しがよくなります

（解答）
仮定より
$\frac{a_{n} + 5}{2a_{n} + 1}=b_n$
とおくと，
$a_{n} + 5=b_n(2a_{n} + 1)$
$(2b_n-1)a_{n}=(-b_n+ 5)$
$a_{n}=\frac{-b_n+ 5}{2b_n-1}$
仮定により
$\lim_{n \rightarrow \infty}b_n=3$
だから
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{-b_n+ 5}{2b_n-1}=\frac{2}{5}$ …（答）

（注意）
　この問題で，次のような答案を書けば部分点として５割もないかもしれない．

この答案は，{an} の極限値αがあると仮定して必要条件を求めていることになる

実際にその値に収束すること（十分条件）が示されていないことが問題

$\frac{\alpha + 5}{2\alpha + 1}=3$
$\alpha + 5=3(2\alpha + 1)$
$\alpha + 5=6\alpha + 3$
$5\alpha =2$
$\alpha =\frac{2}{5}$

■■問題 3■■
　各々指定された極限を求めてください
（暗算では無理です．各自で計算用紙で求めてから，下の選択肢のうちで正しいものをクリック）

(1)
$\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{2a_n + 3}{4a_n + 5}=1$ のとき $\lim_{n \rightarrow \infty}a_n$ を求めてください．

$0$ $-1$ $\frac{1}{2}$ $\frac{3}{5}$
$\frac{5}{9}$ $\infty$ なし

解説やり直す

$\frac{2a_{n} + 3}{4a_{n} + 5}=b_n$
とおくと，
$2a_{n} + 3=4b_n a_{n} + 5b_n$
$(4b_n-2)a_{n}=(-5b_n+ 3)$
$a_{n}=\frac{-5b_n+ 3}{4b_n-2}$
仮定により
$\lim_{n \rightarrow \infty}b_n=1$
だから
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{-5b_n+ 3}{4b_n-2}=\frac{-5+ 3}{4-2}=-1$ …（答）

(2)
$\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{3a_n + 4}{a_n + 2}=1$ のとき $\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{3a_n -4}{a_n -2}$ を求めてください．

$0$ $\frac{1}{3}$ $\frac{2}{3}$ $2$
$\frac{7}{3}$ $3$ $\infty$ なし

解説やり直す

$\frac{3a_{n} + 4}{a_{n} + 2}=b_n$
とおくと，
$3a_{n} + 4=b_n a_{n} + 2b_n$
$(b_n-3)a_{n}=(-2b_n+ 4)$
$a_{n}=\frac{-2b_n+ 4}{b_n-3}$
仮定により
$\lim_{n \rightarrow \infty}b_n=1$
だから
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{-2b_n+ 4}{b_n-3}=-1$
このとき
$\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{3a_n -4}{a_n -2}=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{-7}{-3}=\frac{7}{3}$ …（答）

(3)
$\lim_{n \rightarrow \infty}(3n-5)a_n=1$ のとき

i)　 $\lim_{n \rightarrow \infty}a_n$ を求めてください．

$-1$ $0$ $\frac{1}{3}$ $\frac{1}{2}$
$\frac{3}{5}$ $\frac{5}{9}$ $\infty$ なし

解説やり直す

i) $(3n-5)a_n=b_n$
とおくと，
$a_{n}=\frac{b_n}{3n-5}$
$\lim_{n \rightarrow \infty}b_n=1$
だから
$\lim_{n \rightarrow \infty}a_{n}=\lim_{n \rightarrow \infty}1\times 0=0$ …（答）

ii)　 $\lim_{n \rightarrow \infty}na_n$ を求めてください．

$-1$ $0$ $\frac{1}{3}$ $\frac{1}{2}$
$\frac{3}{5}$ $\frac{5}{9}$ $\infty$ なし

解説やり直す

ii)
$a_{n}=\frac{b_n}{3n-5}$
$\lim_{n \rightarrow \infty}b_n=1$
だから
$\lim_{n \rightarrow \infty}na_{n}=\lim_{n \rightarrow \infty}n\frac{b_n}{3n-5}$
$=\lim_{n \rightarrow \infty}\frac{n}{3n-5}b_n=\frac{1}{3}\times 1=\frac{1}{3}$ …（答）

■■注意■■
$a_n,\hspace{10}a_{n+ 1}$ に $\alpha$ を代入しても極限値が求まるとは限らない

（失敗例１）
　定期テストを一夜漬けで間に合わせた高校生が，次のような答案を書くことがありますが，部分点は２，３割しかありません．
$\alpha=\frac{1}{2}\alpha + 1$ より $\alpha=2$
　これは，極限値が $\alpha$ になると仮定すれば，その値は $2$ でなければならない（この他にはない）という必要条件を示したもので，実際に極限値が存在すること（その値に収束すること）を示していない答案となっています．
　極限値が存在することを何らかの方法で示さなければダメです．

（失敗例２）
$a_1=1,\hspace{10}a_{n+ 1}=2a_n + 1$
のとき
$\alpha=2\alpha + 1$
から
$\alpha=-1$
と答えている場合

　右図のようにanは常に正の値をとり，無限大に発散します（an→∞）．
　だから，an→−1ということはありません．
　この $\alpha=-1$ という解は，

何らかの事情でan=αの値に，はまり込んでしまったら，an+1以降の値も次々にその値にはまり込んでしまって抜け出せなくなる値（不動点：ブラックホールのようなもの）
＜特性方程式の解が不動点＞

を表しています．
　実際，右図で中塗りになった赤丸（のｘ座標）が不動点になっており， $a_1=-1,\hspace{10}a_{n+ 1}=2a_n + 1$ となっている場合はa1=−1, a2=−1, a3=−1, ...となって，以降のすべての項はこの値から抜け出られません．
　ところが，元の問題ではa1=1なので，結局一度もこの値になることはなく，
$a_{n}-\alpha=(a_1-\alpha)2^{n-1}$
だから，αが凹レンズの焦点の位置にあって，そこから発散していくことになります．

（失敗例３）
$a_1=1,\hspace{10}a_{n+ 1}=na_n$
のとき
$\alpha=n\alpha$
から
$\alpha=0$
と答えている場合

　特性方程式は「定数係数」の漸化式にしか使えないので，変数ｎが係数になっているような漸化式には使えないと考えた方がよい．
　実際，上記の漸化式の一般項は $a_{n}=n!$ になり，この数列は収束しません．

（失敗例４）
　３項間漸化式 $a_{n+ 2}-3a_{n+ 1} + 2a_n=0$ の特性方程式は
$\alpha-3\alpha + 2\alpha=0$
ではありません．
$\alpha^2-3\alpha + 2=0$
です．【例題 1.2】の解説に書いてあります．

...（PC版）メニューに戻る

■［個別の頁からの質問に対する回答］[数列の漸化式と極限について／17.4.23］

問題1.2(1)解説下から5行目(D)-(C)は(C)-(D)と思われる
＝＞［作者］：連絡ありがとう．訂正しました．

■［個別の頁からの質問に対する回答］[数列の漸化式と極限について／16.11.27］

問題1.1(2)解説の特性方程式で求めた値が違うと思われる
＝＞［作者］：連絡ありがとう．解説の途中経過で符号が逆になっていましたので訂正しました．結果は変更なしです．