数学Bで学んだ漸化式の解法と、数学IIIの無限級数を組み合わせた融合問題は入試の定番です。漸化式から一般項を求めてから無限級数の和を計算するパターン、部分和が漸化式で定まるパターンなど、多彩な出題がなされます。本記事では数列（第8章）の知識と極限の理論を橋渡しする方法を体系的に学びます。
最も基本的なパターンは、漸化式を解いて一般項 $a_n$ を求め、その後 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ を計算するというものです。数学Bの漸化式の解法が土台になります。
Step 1：漸化式を解いて一般項 $a_n$ を求める
Step 2：$\sum a_n$ の部分和 $S_N$ を計算する
Step 3：$\lim_{N \to \infty} S_N$ を求めて無限級数の和とする
※ Step 1 では数学B第8章の漸化式の技法（特性方程式、置換、対数変換など）を駆使する。
問題：$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \frac{2}{3}a_n + \frac{1}{3}$ で定義される数列について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n - 1)$ を求めよ。
解：特性方程式 $\alpha = \frac{2}{3}\alpha + \frac{1}{3}$ より $\alpha = 1$。
$b_n = a_n - 1$ とおくと $b_{n+1} = \frac{2}{3}b_n$。$b_1 = a_1 - 1 = 0$。
$b_n = 0 \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} = 0$（すべての $n$ で）。
$$\sum_{n=1}^{\infty}(a_n - 1) = \sum_{n=1}^{\infty} 0 = 0$$
（注：$a_1 = 1$ なので最初から $a_n = 1$ が定数列になっている。）
上の例は自明な場合でしたが、初項が特性方程式の解と異なる場合を見てみましょう。
問題：$a_1 = 3$, $a_{n+1} = \frac{1}{2}a_n + 1$ で定義される数列について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n - 2}{3^n}$ を求めよ。
解：特性方程式 $\alpha = \frac{1}{2}\alpha + 1$ より $\alpha = 2$。
$b_n = a_n - 2$ とおくと $b_{n+1} = \frac{1}{2}b_n$。$b_1 = 3 - 2 = 1$。
$b_n = \left(\frac{1}{2}\right)^{n-1}$
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n - 2}{3^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1/2)^{n-1}}{3^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{(1/2)^n \cdot 3^n \cdot 2} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2 \cdot (3/2)^n \cdot (1)}$$
整理すると：$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^{n-1} \cdot 3^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{6^n} = 2 \cdot \frac{1/6}{1-1/6} = 2 \cdot \frac{1}{5} = \frac{2}{5}$
問題：$a_1 = 0$, $a_{n+1} = 3a_n + 2^n$ で定義される数列の一般項を求め、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{6^n}$ を求めよ。
解：両辺を $3^{n+1}$ で割る。$b_n = \frac{a_n}{3^n}$ とおくと、
$b_{n+1} = \frac{a_{n+1}}{3^{n+1}} = \frac{3a_n + 2^n}{3^{n+1}} = \frac{a_n}{3^n} + \frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n = b_n + \frac{1}{3}\left(\frac{2}{3}\right)^n$
ここで $b_n = b_1 + \frac{1}{3}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{2}{3}\right)^k$（$b_1 = a_1/3 = 0$）
$= \frac{1}{3} \cdot \frac{(2/3)(1-(2/3)^{n-1})}{1-2/3} = \frac{1}{3} \cdot 2\left(1 - \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\right) = \frac{2}{3}\left(1 - \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\right)$
$a_n = 3^n b_n = \frac{2}{3} \cdot 3^n - \frac{2}{3} \cdot 3^n \cdot \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} = 2 \cdot 3^{n-1} - 3 \cdot 2^{n-1} + 2^{n-1}$
整理すると $a_n = 3^n - 2^n$（$n \geq 1$）を確認。$a_1 = 3 - 2 = 1$...?
$a_1 = 0$ なので再計算。$b_1 = 0$、$b_2 = 0 + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} = \frac{2}{9}$。$a_2 = 3^2 \cdot \frac{2}{9} = 2$。検算：$a_2 = 3 \cdot 0 + 2 = 2$ ✓。
$b_n = \frac{2}{3}\left(1 - \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}\right)$（$n \geq 1$ で $b_1 = 0$ ✓）
$a_n = 2 \cdot 3^{n-1} - 2^n$
検算：$a_1 = 2 - 2 = 0$ ✓、$a_2 = 6 - 4 = 2$ ✓。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{6^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2 \cdot 3^{n-1} - 2^n}{6^n} = 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3^{n-1}}{6^n} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^n}{6^n}$$
$= 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3 \cdot 2^n} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n} = \frac{2}{3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^n} = \frac{2}{3} \cdot 1 - \frac{1}{2} = \frac{2}{3} - \frac{1}{2} = \frac{1}{6}$
$a_{n+1} = pa_n + q$：特性方程式 $\alpha = p\alpha + q$ で $b_n = a_n - \alpha$ に置換
$a_{n+1} = pa_n + q^n$：両辺を $q^{n+1}$ で割って等差 or 等比に帰着
$a_{n+1} = pa_n + f(n)$：$f(n)$ が多項式なら特殊解を予想して引く
分数型：逆数を取る、対数を取るなどの置換で線形に帰着
$S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$ が漸化式で与えられる場合、$a_n = S_n - S_{n-1}$（$n \geq 2$）を使って $a_n$ を求め、さらに $\lim S_n$ で無限級数の和を得ます。
$$a_n = \begin{cases} S_1 & (n = 1) \\ S_n - S_{n-1} & (n \geq 2) \end{cases}$$
※ $n = 1$ のとき $a_1 = S_1$ を別途確認することが必須。$n \geq 2$ で得た式が $n = 1$ でも成り立つか検証する。
問題：$S_n = 2a_n - 1$ を満たす数列 $\{a_n\}$ について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ を求めよ。
解：$n = 1$：$S_1 = a_1 = 2a_1 - 1$ より $a_1 = 1$。
$n \geq 2$：$S_{n-1} = 2a_{n-1} - 1$ を引くと $a_n = 2a_n - 2a_{n-1}$、$a_n = 2a_{n-1}$。
$\{a_n\}$ は初項 $1$、公比 $2$ の等比数列。$a_n = 2^{n-1}$。
$$S_N = \sum_{k=1}^{N} 2^{k-1} = \frac{2^N - 1}{2 - 1} = 2^N - 1$$
$\lim_{N \to \infty} S_N = \infty$。よってこの無限級数は発散する。
問題：$S_n = \frac{1}{2}a_n + \frac{1}{2}$ を満たす数列 $\{a_n\}$ について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ を求めよ。
解：$n = 1$：$a_1 = \frac{1}{2}a_1 + \frac{1}{2}$ より $a_1 = 1$。
$n \geq 2$：$S_n - S_{n-1} = \frac{1}{2}a_n - \frac{1}{2}a_{n-1}$ より $a_n = \frac{1}{2}a_n - \frac{1}{2}a_{n-1}$。
$\frac{1}{2}a_n = -\frac{1}{2}a_{n-1}$ より $a_n = -a_{n-1}$。
$\{a_n\}$ は初項 $1$、公比 $-1$ の等比数列。$a_n = (-1)^{n-1}$。
$S_N = \frac{1 - (-1)^N}{2}$ は振動するため、この無限級数は発散する（振動）。
問題：$2S_n = a_n + 1$ を満たす正の項からなる数列 $\{a_n\}$ について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ を求めよ。
解：$n = 1$：$2a_1 = a_1 + 1$ より $a_1 = 1$。
$n \geq 2$：$2S_n = a_n + 1$ と $2S_{n-1} = a_{n-1} + 1$ を引くと、
$2a_n = a_n - a_{n-1}$...これは $a_n = -a_{n-1}$ を与え、正の項という条件に矛盾する。
問題を修正して：$2S_n = 3a_n - 1$ とする。
$n = 1$：$2a_1 = 3a_1 - 1$ より $a_1 = 1$。
$n \geq 2$：引くと $2a_n = 3a_n - 3a_{n-1}$、$a_n = 3a_{n-1}$... 公比3で発散。
では $3S_n = a_n + 2$ とする。$n = 1$：$3a_1 = a_1 + 2$、$a_1 = 1$。
$n \geq 2$：$3a_n = a_n - a_{n-1} + 0$... $2a_n = -a_{n-1}$、$a_n = -\frac{1}{2}a_{n-1}$。
$a_n = (-\frac{1}{2})^{n-1}$。$|r| = 1/2 < 1$ だが交代する。
$$\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \frac{1}{1-(-1/2)} = \frac{1}{3/2} = \frac{2}{3}$$
検算：$S_n \to \frac{2}{3}$、$a_n \to 0$。$3 \cdot \frac{2}{3} = 0 + 2$ ✓。
$n \geq 2$ で得た $a_n$ の式をそのまま $n = 1$ に適用する
$n = 1$ では $a_1 = S_1$ を使って別途計算し、$n \geq 2$ の式と一致するか確認する
一致しない場合は、$a_1$ だけ特別な値として場合分けが必要です。
分数型の漸化式で定義される数列の一般項を求め、それを無限級数に応用する問題は入試で人気の高いテーマです。
問題：$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{3a_n + 1}$ で定義される数列について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ の収束・発散を調べよ。
解：$b_n = \frac{1}{a_n}$ とおくと、
$$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{3a_n + 1}{a_n} = 3 + \frac{1}{a_n}$$
$b_{n+1} = b_n + 3$。$b_1 = 1$。公差 $3$ の等差数列。
$b_n = 1 + 3(n-1) = 3n - 2$ より $a_n = \frac{1}{3n-2}$。
$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3n-2} = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{7} + \frac{1}{10} + \cdots$
$\frac{1}{3n-2} \geq \frac{1}{3n}$ より $\sum \frac{1}{3n-2} \geq \frac{1}{3}\sum\frac{1}{n}$（調和級数）。
調和級数は発散するので、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ も発散する。
問題：$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 1}$ で定義される数列について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ を求めよ。
解：$b_n = \frac{1}{a_n}$ とおくと、$b_{n+1} = 2 + b_n ... $
いや、$\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{2a_n+1}{a_n} = 2 + \frac{1}{a_n}$ なので $b_{n+1} = b_n + 2$（等差数列）。
$b_1 = 1$、$b_n = 2n - 1$、$a_n = \frac{1}{2n-1}$。
$\sum \frac{1}{2n-1}$ は発散する（調和級数の部分列）。
では $a_n^2$ を考える：$\sum \frac{1}{(2n-1)^2} = 1 + \frac{1}{9} + \frac{1}{25} + \cdots = \frac{\pi^2}{8}$（収束）。
上の例では $a_n$ 自体の級数は発散しましたが、次の問題のように収束するケースを見ましょう。
問題：$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{2a_n + 1}$ で定義される数列について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n \cdot a_{n+1}$ を求めよ。
解：$a_n = \frac{1}{2n-1}$ より、
$$a_n \cdot a_{n+1} = \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right)$$
テレスコーピングより、
$$S_N = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2N+1}\right)$$
$N \to \infty$ で $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n a_{n+1} = \frac{1}{2}$。
一般項 $a_n$ そのものの級数 $\sum a_n$ が発散する場合でも、$a_n$ の積 $a_n a_{n+1}$ や $a_n^2$ を考えると収束することがあります。
入試では「$\sum a_n a_{n+1}$ を求めよ」のように具体的な級数が指定されるので、一般項を代入した後に部分分数分解やテレスコーピングに帰着させるのが典型的な流れです。
確率漸化式で求めた確率 $p_n$ を使って無限級数を計算する問題も出題されます。確率は $0 \leq p_n \leq 1$ なので、級数の収束が期待できます。
問題：あるゲームで $n$ 回目に勝つ確率 $p_n$ が $p_1 = \frac{1}{2}$, $p_{n+1} = \frac{1}{3}p_n + \frac{1}{6}$ を満たす。$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} p_n \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n$ を求めよ。
解：特性方程式 $\alpha = \frac{1}{3}\alpha + \frac{1}{6}$ より $\alpha = \frac{1}{4}$。
$q_n = p_n - \frac{1}{4}$ とおくと $q_{n+1} = \frac{1}{3}q_n$。$q_1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$。
$q_n = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}$ より $p_n = \frac{1}{4} + \frac{1}{4}\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} = \frac{1}{4}\left(1 + \frac{1}{3^{n-1}}\right)$
$$\sum_{n=1}^{\infty} p_n \cdot \frac{1}{2^n} = \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n} + \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{3^{n-1} \cdot 2^n}$$
$= \frac{1}{4} \cdot 1 + \frac{1}{4}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{3}{6^n} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} \cdot \frac{1/6}{1-1/6} = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{5} = \frac{1}{4} + \frac{3}{20} = \frac{2}{5}$
1. 確率漸化式を解いて $p_n$ の一般項を求める（特性方程式）
2. $p_n$ に重み $w_n$（例えば $(1/2)^n$ など）を掛けた級数を考える
3. 級数の線形性で分解し、等比級数の和の公式で計算する
4. 「期待値」の計算に繋がることも多い
漸化式と無限級数の融合問題に取り組む際の戦略をまとめます。
1. 漸化式の型を判定する：等比型、$pa_n + q$ 型、分数型、$S_n$ 関連型のどれか
2. 一般項を求める：数学Bの漸化式の解法を適用する
3. 級数の構造を分析する：等比級数に帰着できるか？テレスコーピングか？
4. 収束判定を行う：$|r| < 1$ の等比級数か、部分和が有界か
5. 和を計算する：等比級数の和の公式、テレスコーピング、線形性を活用
| 漸化式の型 | 一般項の形 | 級数の処理 |
|---|---|---|
| $a_{n+1} = pa_n + q$ | $\alpha + (a_1 - \alpha)p^{n-1}$ | 等比級数に分解 |
| $a_{n+1} = pa_n + r^n$ | $Ap^n + Br^n$ の形 | 等比級数2つの和 |
| $\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{1}{a_n} + d$ | $\frac{1}{b_1 + (n-1)d}$ | 部分分数分解 → テレスコーピング |
| $S_n = f(a_n)$ | $S_n - S_{n-1}$ から漸化式を作る | $\lim S_n$ で直接求める |
問題：$a_1 = \frac{1}{2}$, $a_{n+1} = a_n^2$ で定義される数列について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\log_2 a_n$ を求めよ。
解：$b_n = \log_2 a_n$ とおくと、$b_{n+1} = \log_2 a_{n+1} = \log_2 a_n^2 = 2\log_2 a_n = 2b_n$。
$b_1 = \log_2 \frac{1}{2} = -1$。$b_n = -1 \cdot 2^{n-1} = -2^{n-1}$。
$$\sum_{n=1}^{\infty} b_n = -\sum_{n=1}^{\infty} 2^{n-1} = -(1 + 2 + 4 + \cdots) = -\infty$$
よってこの級数は $-\infty$ に発散する。
（$a_n = (1/2)^{2^{n-1}}$ は急速に $0$ に近づくが、$\log_2 a_n$ は $-\infty$ へ発散する。）
問題：$\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\log_2\frac{n^2}{n^2-1}$ を求めよ。
解：$\frac{n^2}{n^2-1} = \frac{n^2}{(n-1)(n+1)}$ より、
$$\log_2\frac{n^2}{n^2-1} = \log_2 n^2 - \log_2(n-1) - \log_2(n+1) = 2\log_2 n - \log_2(n-1) - \log_2(n+1)$$
部分和を $S_N = \sum_{n=2}^{N}(2\log_2 n - \log_2(n-1) - \log_2(n+1))$ とする。
$= \sum_{n=2}^{N}\log_2 n - \sum_{n=2}^{N}\log_2(n-1) + \sum_{n=2}^{N}\log_2 n - \sum_{n=2}^{N}\log_2(n+1)$
第1組（テレスコーピング）：$\sum_{n=2}^{N}\log_2 n - \sum_{n=2}^{N}\log_2(n-1) = \log_2 N - \log_2 1 = \log_2 N$
第2組（テレスコーピング）：$\sum_{n=2}^{N}\log_2 n - \sum_{n=2}^{N}\log_2(n+1) = \log_2 2 - \log_2(N+1) = 1 - \log_2(N+1)$
$S_N = \log_2 N + 1 - \log_2(N+1) = 1 + \log_2\frac{N}{N+1} = 1 + \log_2\frac{1}{1+1/N}$
$N \to \infty$ で $\log_2\frac{N}{N+1} \to \log_2 1 = 0$ より、
$$\sum_{n=2}^{\infty}\log_2\frac{n^2}{n^2-1} = 1$$
$\sum \log f(n) = \log \prod f(n)$ と変換して無限積を安易に計算する
テレスコーピングで部分和を求めてから $N \to \infty$ の極限を取る
無限積の収束は別途確認が必要であり、部分和から極限を取る方が確実です。
Q1. $a_1 = 2$, $a_{n+1} = \frac{1}{3}a_n + 2$ で定まる数列の極限値を求めよ。
Q2. $S_n = 3a_n + 2$ のとき、$a_1$ の値を求めよ。
Q3. $a_1 = 1$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{a_n + 2}$ のとき、$b_n = 1/a_n$ の漸化式を求めよ。
Q4. $a_n = \frac{1}{3n-2}$ のとき、$\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ は収束するか発散するか。
Q5. 漸化式と無限級数の融合問題で、最初にすべきことは何か。
$a_1 = 5$, $a_{n+1} = \frac{1}{4}a_n + 3$ で定義される数列について、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(a_n - 4)$ を求めよ。
特性方程式 $\alpha = \frac{1}{4}\alpha + 3$ より $\frac{3}{4}\alpha = 3$、$\alpha = 4$。
$b_n = a_n - 4$ とおくと $b_{n+1} = \frac{1}{4}b_n$。$b_1 = 5 - 4 = 1$。
$b_n = \left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}$
$$\sum_{n=1}^{\infty}(a_n - 4) = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1} = \frac{1}{1-1/4} = \frac{4}{3}$$
$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \frac{a_n}{4a_n + 1}$ で定義される数列について：
(1) $a_n$ を求めよ。
(2) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n \cdot a_{n+1}$ を求めよ。
(1) $b_n = 1/a_n$ とおくと $b_{n+1} = 4 + b_n$。$b_1 = 1$。$b_n = 4n - 3$。
$a_n = \frac{1}{4n-3}$
(2) $a_n a_{n+1} = \frac{1}{(4n-3)(4n+1)} = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{4n-3} - \frac{1}{4n+1}\right)$
テレスコーピングより $S_N = \frac{1}{4}\left(1 - \frac{1}{4N+1}\right)$。
$N \to \infty$ で $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n a_{n+1} = \frac{1}{4}$。
$S_n = 3 - 2a_n$ を満たす数列 $\{a_n\}$ について：
(1) $a_n$ を求めよ。
(2) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ を求めよ。
(1) $n = 1$：$a_1 = 3 - 2a_1$ より $a_1 = 1$。
$n \geq 2$：$S_n - S_{n-1} = (3-2a_n) - (3-2a_{n-1})$ より $a_n = -2a_n + 2a_{n-1}$。
$3a_n = 2a_{n-1}$、$a_n = \frac{2}{3}a_{n-1}$。初項 $1$、公比 $\frac{2}{3}$ の等比数列。
$a_n = \left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}$
(2) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1} = \frac{1}{1-2/3} = 3$
検算：$S_n \to 3$、$a_n \to 0$。$S_\infty = 3 - 2 \cdot 0 = 3$ ✓。
$a_1 = 3$, $a_{n+1} = \frac{a_n^2}{2a_n - 2}$（$a_n > 1$）で定義される数列について：
(1) $b_n = \frac{1}{a_n - 1}$ とおくとき、$b_{n+1}$ を $b_n$ で表せ。
(2) $a_n$ を求めよ。
(3) $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\log_2\frac{a_{n+1}}{a_n}$ を求めよ。
(1) $a_{n+1} - 1 = \frac{a_n^2}{2(a_n-1)} - 1 = \frac{a_n^2 - 2a_n + 2}{2(a_n-1)} = \frac{(a_n-1)^2 + 1}{2(a_n-1)}$
$\frac{1}{a_{n+1}-1} = \frac{2(a_n-1)}{(a_n-1)^2+1}$ ... これは複雑なので別の方法を考える。
$a_{n+1} = \frac{a_n^2}{2(a_n-1)}$ より $\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{2(a_n-1)}{a_n^2} = \frac{2}{a_n} - \frac{2}{a_n^2}$。
$c_n = \frac{a_n-1}{a_n} = 1 - \frac{1}{a_n}$ とおくと、
$c_{n+1} = 1 - \frac{1}{a_{n+1}} = 1 - \frac{2}{a_n} + \frac{2}{a_n^2}$... 別のアプローチが必要。
$b_n = \frac{1}{a_n - 1}$ として計算し直す。$a_n = \frac{1}{b_n} + 1 = \frac{1+b_n}{b_n}$。
$a_{n+1} = \frac{a_n^2}{2(a_n-1)} = \frac{((1+b_n)/b_n)^2}{2/b_n} = \frac{(1+b_n)^2}{2b_n}$
$b_{n+1} = \frac{1}{a_{n+1}-1} = \frac{2b_n}{(1+b_n)^2 - 2b_n} = \frac{2b_n}{1+b_n^2} $
ここで $b_n = \frac{1}{a_n - 1}$ で $b_1 = 1/2$。
$b_2 = \frac{2 \cdot 1/2}{1 + 1/4} = \frac{1}{5/4} = \frac{4}{5}$。$a_2 = 1 + 5/4 = 9/4$。
検算：$a_2 = 9/(2 \cdot 2) = 9/4$ ✓。
別解として $d_n = \log_2 a_n$ の漸化式を考える。
$\log_2 a_{n+1} = 2\log_2 a_n - \log_2(2(a_n-1))$
和の問題に注目：$\log_2 \frac{a_{n+1}}{a_n} = \log_2 a_n - \log_2 2 - \log_2(a_n - 1) = \log_2\frac{a_n}{2(a_n-1)}$。
$\frac{a_n}{2(a_n-1)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a_n}{a_n-1} = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{a_n-1}\right) = \frac{1}{2}(1 + b_n)$
ここで $b_1 = 1/2$ として具体値：$a_1 = 3$, $a_2 = 9/4$, $a_3 = (81/16)/(2 \cdot 5/4) = 81/(16 \cdot 5/2) = 81/40$。
テレスコーピングで考える：$\sum_{n=1}^{N}\log_2\frac{a_{n+1}}{a_n} = \log_2\frac{a_{N+1}}{a_1} = \log_2\frac{a_{N+1}}{3}$
$\{a_n\}$ は $a_n > 1$ かつ単調減少で下に有界なので収束する。極限を $\alpha$ とすると $\alpha = \frac{\alpha^2}{2(\alpha-1)}$、$2\alpha(\alpha-1) = \alpha^2$、$\alpha^2 - 2\alpha = 0$（$\alpha \neq 0$）、$\alpha = 2$。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\log_2\frac{a_{n+1}}{a_n} = \log_2\frac{2}{3} = 1 - \log_2 3$$
$\sum \log_2(a_{n+1}/a_n)$ はテレスコーピングにより $\log_2(a_{N+1}/a_1)$ となります。したがって、無限級数の値は $\log_2(\lim a_n / a_1)$ に等しくなります。極限値は漸化式から方程式 $\alpha = \alpha^2/(2(\alpha-1))$ を解いて $\alpha = 2$ と求められます。対数の和が積の対数に変わるテレスコーピングは、対数級数の典型手法です。