$a_{n+1} = pa_n + q$（$p \neq 1$, $q \neq 0$）の形の漸化式は、そのままでは等差でも等比でもありません。特性方程式 $\alpha = p\alpha + q$ を解き、$b_n = a_n - \alpha$ と置くことで等比数列に帰着させる方法を学びます。
前の記事で学んだ等差型 $a_{n+1} = a_n + d$ や等比型 $a_{n+1} = ra_n$ と比べて、$a_{n+1} = pa_n + q$（$p \neq 1$, $q \neq 0$）は「掛けてから足す」構造を持っています。
$a_1 = 1$, $a_{n+1} = 2a_n + 3$ のとき：
$a_1 = 1$, $a_2 = 2 \cdot 1 + 3 = 5$, $a_3 = 2 \cdot 5 + 3 = 13$, $a_4 = 2 \cdot 13 + 3 = 29$
差：$a_2 - a_1 = 4$, $a_3 - a_2 = 8$, $a_4 - a_3 = 16$（差は一定でない）
比：$a_2/a_1 = 5$, $a_3/a_2 = 2.6$, $a_4/a_3 \approx 2.23$（比も一定でない）
→ 等差数列でも等比数列でもない。新しい手法が必要です。
$a_{n+1} = pa_n + q$ をそのまま解くのではなく、適切な定数 $\alpha$ を引いて等比数列に変換します。
ポイント：$a_{n+1} - \alpha = p(a_n - \alpha)$ の形にできれば、$b_n = a_n - \alpha$ が等比数列になります。
漸化式 $a_{n+1} = pa_n + q$ において、$a_{n+1} - \alpha = p(a_n - \alpha)$ が成り立つ $\alpha$ を求めます。
右辺を展開すると $a_{n+1} = pa_n - p\alpha + \alpha$ です。これが $a_{n+1} = pa_n + q$ と一致するには：
$$-p\alpha + \alpha = q \quad \Longleftrightarrow \quad \alpha(1-p) = q \quad \Longleftrightarrow \quad \alpha = \frac{q}{1-p}$$
漸化式 $a_{n+1} = pa_n + q$（$p \neq 1$）に対し、方程式
$$\alpha = p\alpha + q$$
を特性方程式といい、その解 $\alpha = \dfrac{q}{1-p}$ を特性解（不動点）という。
※ 特性方程式は、漸化式の $a_{n+1}$ と $a_n$ をともに $\alpha$ に置き換えた式です。
$\alpha = p\alpha + q$ を満たす $\alpha$ は、もし $a_n = \alpha$ ならば $a_{n+1} = p\alpha + q = \alpha$ となり、そこから動かなくなる点です。
これを不動点（fixed point）と呼びます。数列は不動点に向かって収束する（$|p| < 1$ の場合）、あるいは不動点から離れていく（$|p| > 1$ の場合）性質があります。
特性解 $\alpha$ を用いて $b_n = a_n - \alpha$ と置くと、$\{b_n\}$ は公比 $p$ の等比数列になります。
$b_n = a_n - \alpha$ とすると $b_{n+1} = a_{n+1} - \alpha$。
$a_{n+1} = pa_n + q$ より $b_{n+1} = pa_n + q - \alpha$。
$\alpha = p\alpha + q$ すなわち $q = \alpha - p\alpha$ を代入：
$b_{n+1} = pa_n + \alpha - p\alpha - \alpha = p(a_n - \alpha) = pb_n$
よって $\{b_n\}$ は公比 $p$ の等比数列。
例：$a_1 = 1$, $a_{n+1} = 2a_n + 3$ の一般項を求めよ。
Step 1：特性方程式 $\alpha = 2\alpha + 3$ を解く → $\alpha = -3$
Step 2：$b_n = a_n - (-3) = a_n + 3$ とおくと
$b_{n+1} = a_{n+1} + 3 = 2a_n + 3 + 3 = 2(a_n + 3) = 2b_n$
$b_1 = a_1 + 3 = 4$。$\{b_n\}$ は初項 $4$、公比 $2$ の等比数列。
Step 3：$b_n = 4 \cdot 2^{n-1} = 2^{n+1}$
Step 4：$a_n = b_n - 3 = 2^{n+1} - 3$
（検算：$a_1 = 4 - 3 = 1$ ✓、$a_2 = 8 - 3 = 5 = 2 \cdot 1 + 3$ ✓）
✗ $\alpha = 2\alpha + 3$ を $\alpha = 2\alpha + 3$ のまま計算して $\alpha = 3$
✓ $\alpha - 2\alpha = 3$ より $-\alpha = 3$ すなわち $\alpha = -3$
符号のミスは致命的です。移項を丁寧に行いましょう。
解法をまとめると、$a_{n+1} = pa_n + q$（$p \neq 1$）の一般項は次の手順で求まります。
特性解 $\alpha = \dfrac{q}{1-p}$ に対して
$$a_n = (a_1 - \alpha) \cdot p^{n-1} + \alpha$$
すなわち
$$a_n = \left(a_1 - \frac{q}{1-p}\right) p^{n-1} + \frac{q}{1-p}$$
例1：$a_1 = 5$, $a_{n+1} = 3a_n - 4$
特性方程式：$\alpha = 3\alpha - 4$ → $-2\alpha = -4$ → $\alpha = 2$
$a_n - 2 = (a_1 - 2) \cdot 3^{n-1} = 3 \cdot 3^{n-1} = 3^n$
$a_n = 3^n + 2$
例2：$a_1 = 2$, $a_{n+1} = \dfrac{1}{2}a_n + 3$
特性方程式：$\alpha = \dfrac{1}{2}\alpha + 3$ → $\dfrac{1}{2}\alpha = 3$ → $\alpha = 6$
$a_n - 6 = (2 - 6) \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} = -4 \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} = \dfrac{-4}{2^{n-1}} = -2^{3-n}$
$a_n = 6 - 2^{3-n}$
（検算：$a_1 = 6 - 4 = 2$ ✓、$n \to \infty$ で $a_n \to 6 = \alpha$ ✓）
最終的な一般項の公式を丸暗記するよりも、次の 3ステップ を確実にできることが重要です：
① 特性方程式 $\alpha = p\alpha + q$ を解いて $\alpha$ を求める
② $b_n = a_n - \alpha$ とおいて $b_{n+1} = pb_n$（等比数列）を確認
③ $b_n$ の一般項を求め、$a_n = b_n + \alpha$ に戻す
$p = 1$ のとき、漸化式 $a_{n+1} = a_n + q$ は等差型そのものです。特性方程式 $\alpha = \alpha + q$ は $q = 0$ を要求し、$q \neq 0$ のときは解が存在しません。
$p = 1$ のとき $\alpha(1-p) = q$ は $0 = q$ となり、$q \neq 0$ なら矛盾します。
しかし、$p = 1$ のとき $a_{n+1} = a_n + q$ は公差 $q$ の等差数列であり、$a_n = a_1 + (n-1)q$ と直接求まります。特性方程式を使う必要はありません。
すなわち、$p \neq 1$ のときに特性方程式を使い、$p = 1$ のときは等差数列として処理します。
漸化式 $a_{n+1} = pa_n + q$ の一般項：
$p = 1$, $q \neq 0$：等差数列 $a_n = a_1 + (n-1)q$
$p \neq 1$, $q = 0$：等比数列 $a_n = a_1 \cdot p^{n-1}$
$p \neq 1$, $q \neq 0$：特性方程式を使い $a_n = (a_1 - \alpha)p^{n-1} + \alpha$（$\alpha = \frac{q}{1-p}$）
Q1. $a_1 = 2$, $a_{n+1} = 3a_n + 2$ の特性方程式を解き、$\alpha$ を求めよ。
Q2. Q1の数列の一般項を求めよ。
Q3. $a_1 = 10$, $a_{n+1} = \dfrac{1}{3}a_n + 4$ の一般項を求めよ。
Q4. 特性方程式が使えない条件は何か。
Q5. $a_1 = 0$, $a_{n+1} = 2a_n + 1$ の一般項を求めよ。
次の漸化式で定められる数列の一般項を求めよ。
(1) $a_1 = 4$, $a_{n+1} = 2a_n - 3$
(2) $a_1 = 1$, $a_{n+1} = 5a_n - 8$
(1) 特性方程式 $\alpha = 2\alpha - 3$ → $\alpha = 3$。$a_n - 3 = (4-3) \cdot 2^{n-1} = 2^{n-1}$。$a_n = 2^{n-1} + 3$。
(2) 特性方程式 $\alpha = 5\alpha - 8$ → $\alpha = 2$。$a_n - 2 = (1-2) \cdot 5^{n-1} = -5^{n-1}$。$a_n = -5^{n-1} + 2$。
$a_1 = 3$, $a_{n+1} = 2a_n + 1$ で定められる数列 $\{a_n\}$ について、初項から第 $n$ 項までの和 $S_n$ を求めよ。
特性方程式 $\alpha = 2\alpha + 1$ → $\alpha = -1$
$a_n + 1 = (3+1) \cdot 2^{n-1} = 2^{n+1}$ より $a_n = 2^{n+1} - 1$
$S_n = \displaystyle\sum_{k=1}^n (2^{k+1} - 1) = \sum_{k=1}^n 2^{k+1} - n = 4 \cdot \frac{2^n - 1}{2-1} - n = 2^{n+2} - 4 - n$
$a_1 = 5$, $a_{n+1} = 3a_n + k$ で定められる数列の一般項が $a_n = c \cdot 3^{n-1} + d$（$c$, $d$ は定数）の形で表されるとき、$k$, $c$, $d$ の値を求めよ。
特性方程式 $\alpha = 3\alpha + k$ より $\alpha = -\dfrac{k}{2}$
$a_n = \left(5 + \dfrac{k}{2}\right) \cdot 3^{n-1} - \dfrac{k}{2}$
$c = 5 + \dfrac{k}{2}$, $d = -\dfrac{k}{2}$ より $c + d = 5$
$a_n = c \cdot 3^{n-1} + d$ の形なので $c = 5 + \dfrac{k}{2}$, $d = -\dfrac{k}{2}$
問題では形のみ指定されているので、$k$ は任意の値をとれます。例えば $k = -6$ とすると $\alpha = 3$, $c = 2$, $d = 3$ で $a_n = 2 \cdot 3^{n-1} + 3$。
$a_{n+1} = pa_n + q$ 型の一般項は常に $(\text{定数}) \cdot p^{n-1} + \alpha$ の形になります。$c$ と $d$ は $a_1$ と $k$ から一意に定まります。
$a_1 = 10$, $a_{n+1} = \dfrac{1}{2}a_n + 1$ で定められる数列 $\{a_n\}$ について：
(1) 一般項 $a_n$ を求めよ。
(2) すべての $n$ に対して $a_n > 2$ であることを示せ。
(3) $\{a_n\}$ が単調減少であることを示せ。
(1) 特性方程式 $\alpha = \frac{1}{2}\alpha + 1$ → $\alpha = 2$
$a_n - 2 = (10 - 2) \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} = 8 \cdot 2^{1-n} = 2^{4-n}$
$a_n = 2^{4-n} + 2$
(2) $a_n - 2 = 2^{4-n} > 0$（$2$ の累乗は常に正）より $a_n > 2$。
(3) $a_{n+1} - a_n = (2^{3-n} + 2) - (2^{4-n} + 2) = 2^{3-n} - 2^{4-n} = 2^{3-n}(1 - 2) = -2^{3-n} < 0$
よって $a_{n+1} < a_n$ であり、$\{a_n\}$ は単調減少。
$|p| < 1$ のとき、$p^{n-1} \to 0$（$n \to \infty$）なので $a_n \to \alpha$ に収束します。この問題では $a_n \to 2$（不動点）に単調減少で近づいていきます。数学IIIの極限への自然な橋渡しとなる問題です。