漸化式 $a_{n+1} = f(a_n)$ で定義された数列が収束するとき、その極限値 $\alpha$ は方程式 $\alpha = f(\alpha)$ の解として求められます。本記事では、この手法の理論的根拠となる単調収束定理を理解した上で、平方根型・分数型などの典型的な漸化式の極限を体系的に学びます。
漸化式 $a_{n+1} = f(a_n)$ で定義された数列 $\{a_n\}$ が極限 $\alpha$ に収束するとします。このとき、$n \to \infty$ で $a_n \to \alpha$ かつ $a_{n+1} \to \alpha$ なので、漸化式の両辺で極限をとると：
$$\alpha = f(\alpha)$$
この方程式を解くことで、極限の候補が得られます。
数列 $\{a_n\}$ が $a_{n+1} = f(a_n)$ を満たし、$\lim_{n \to \infty} a_n = \alpha$ が存在するとき：
Step 1：$\alpha = f(\alpha)$ を解いて極限の候補を求める
Step 2：数列が実際に収束することを確認する（単調有界性など）
Step 3：候補のうち適切な値を極限として選ぶ
$\alpha = f(\alpha)$ の解は「不動点」と呼ばれる。極限が存在すれば必ず不動点であるが、不動点が極限になるとは限らない。
$f$ が連続関数のとき、$a_n \to \alpha$ ならば $f(a_n) \to f(\alpha)$ です（関数の連続性）。
一方 $a_{n+1} = f(a_n)$ で $a_{n+1} \to \alpha$ なので、$\alpha = f(\alpha)$ が得られます。
ここで重要なのは、$f$ の連続性が必要だということです。高校範囲で扱う関数（$\sqrt{x}$, 分数関数など）はすべて定義域で連続なので、この条件は自然に満たされます。
誤：$\alpha = f(\alpha)$ を解けば、それが必ず数列の極限である
正：$\alpha = f(\alpha)$ を解いて得られるのは極限の候補に過ぎない。数列が実際に収束するかどうかは別途確認が必要。発散する数列に対してこの手法を使うと誤った結論を導く。
$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \sqrt{2a_n + 3}$ のとき：
Step 1：$\alpha = \sqrt{2\alpha + 3}$ の両辺を2乗して $\alpha^2 = 2\alpha + 3$, $\alpha^2 - 2\alpha - 3 = 0$, $(\alpha - 3)(\alpha + 1) = 0$。$\alpha = 3$ または $\alpha = -1$。
Step 3：$a_n \geq 0$（平方根で定義）なので $\alpha = -1$ は不適。極限の候補は $\alpha = 3$。
（Step 2 の収束の確認は次のセクションで詳しく学びます。）
数列の収束を保証する最も基本的な定理が単調収束定理です。
単調増加かつ上に有界な数列は収束する。
単調減少かつ下に有界な数列は収束する。
「単調」＝ $a_n \leq a_{n+1}$（増加）または $a_n \geq a_{n+1}$（減少）がすべての $n$ で成立。「有界」＝ ある定数 $M$ が存在して $a_n \leq M$（上に有界）または $a_n \geq M$（下に有界）。
漸化式 $a_{n+1} = f(a_n)$ で定義された数列の収束を示すには：
有界性の証明（$a_n < 3$）：数学的帰納法による。
$n = 1$：$a_1 = 1 < 3$。 ✓
$a_k < 3$ と仮定すると $a_{k+1} = \sqrt{2a_k + 3} < \sqrt{2 \cdot 3 + 3} = \sqrt{9} = 3$。 ✓
よってすべての $n$ で $a_n < 3$。
単調増加の証明（$a_{n+1} > a_n$）：
$a_{n+1} - a_n = \sqrt{2a_n + 3} - a_n$。$a_n < 3$ のとき：
$a_{n+1}^2 - a_n^2 = (2a_n + 3) - a_n^2 = -(a_n^2 - 2a_n - 3) = -(a_n - 3)(a_n + 1) > 0$
（$a_n < 3$ かつ $a_n > 0$ より $(a_n - 3) < 0$, $(a_n + 1) > 0$）
$a_{n+1} > 0$, $a_n > 0$ なので $a_{n+1}^2 > a_n^2$ から $a_{n+1} > a_n$。
結論：$\{a_n\}$ は単調増加かつ上に有界（$a_n < 3$）なので、単調収束定理より収束する。$\square$
有界性：$\alpha = f(\alpha)$ の解 $\alpha$ が上界（または下界）の候補になることが多い。$a_n < \alpha$ を帰納法で示すのが定石。
単調性：$a_{n+1} - a_n$ を直接計算するか、$f(x) - x$ の符号を調べる。$f(x) > x$（$x < \alpha$ のとき）ならば単調増加。
平方根型の漸化式 $a_{n+1} = \sqrt{pa_n + q}$ は入試で最も頻出する型の一つです。
極限の候補：$\alpha = \sqrt{\alpha + 6}$, $\alpha^2 = \alpha + 6$, $\alpha^2 - \alpha - 6 = 0$, $(\alpha - 3)(\alpha + 2) = 0$。$\alpha \geq 0$ より $\alpha = 3$。
収束の確認：
有界性：$a_n < 3$ を帰納法で示す。$a_1 = 1 < 3$。$a_k < 3$ のとき $a_{k+1} = \sqrt{a_k + 6} < \sqrt{3 + 6} = 3$。
単調性：$a_{n+1}^2 - a_n^2 = (a_n + 6) - a_n^2 = -(a_n - 3)(a_n + 2) > 0$（$a_n < 3$, $a_n > 0$ より）。よって $a_{n+1} > a_n$。
単調増加かつ上に有界なので収束し、$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 3$。
極限の候補：$\alpha = \sqrt{2\alpha - 1}$, $\alpha^2 = 2\alpha - 1$, $(\alpha - 1)^2 = 0$, $\alpha = 1$。
具体値の計算：$a_1 = 4$, $a_2 = \sqrt{7} \approx 2.65$, $a_3 = \sqrt{2\sqrt{7}-1} \approx 2.08$, ...
この場合 $a_1 = 4 > 1$ で数列は単調減少です。
$a_n > 1$ の帰納法：$a_k > 1$ のとき $a_{k+1} = \sqrt{2a_k - 1} > \sqrt{2 \cdot 1 - 1} = 1$。
単調減少：$a_{n+1}^2 - a_n^2 = (2a_n - 1) - a_n^2 = -(a_n - 1)^2 \leq 0$。
単調減少かつ下に有界（$a_n > 1$）なので収束し、$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 1$。
同じ漸化式でも初期値 $a_1$ の位置によって単調増加か単調減少かが変わります。
$a_1 < \alpha$ のとき：多くの場合、数列は単調増加して $\alpha$ に近づく
$a_1 > \alpha$ のとき：多くの場合、数列は単調減少して $\alpha$ に近づく
$a_1 = \alpha$ のとき：$a_n = \alpha$（定数列）
$a_{n+1} = \sqrt{pa_n + q}$（$p > 0$, $q > 0$）の極限：
1. $\alpha^2 = p\alpha + q$ を解く → $\alpha = \dfrac{p + \sqrt{p^2 + 4q}}{2}$（正の解）
2. 帰納法で有界性を示す
3. $a_{n+1}^2 - a_n^2 = -(a_n - \alpha)(a_n - \beta)$ の因数分解で単調性を示す
分数型の漸化式 $a_{n+1} = \dfrac{pa_n + q}{ra_n + s}$ も入試で頻出です。
極限の候補：$\alpha = \dfrac{\alpha + 4}{\alpha + 2}$, $\alpha(\alpha + 2) = \alpha + 4$, $\alpha^2 + \alpha - 4 = 0$。
$\alpha = \dfrac{-1 + \sqrt{17}}{2} \approx 1.56$ または $\alpha = \dfrac{-1 - \sqrt{17}}{2} < 0$。$a_n > 0$ より $\alpha = \dfrac{-1+\sqrt{17}}{2}$。
具体値：$a_1 = 1$, $a_2 = \frac{5}{3} \approx 1.67$, $a_3 = \frac{5/3+4}{5/3+2} = \frac{17/3}{11/3} = \frac{17}{11} \approx 1.55$, ...
この数列は $\alpha$ の周りを交互に振動しながら収束します（上下に振動する型）。
$a_{n+1} = f(a_n)$ で $a_n$ が $\alpha$ の上下を交互に振動する場合、$\{a_n\}$ の単調性は示せません。代わりに：
方法1：$b_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$ の変換で等比数列に帰着させ、一般項を求めてから極限を計算する
方法2：$|a_{n+1} - \alpha| \leq c|a_n - \alpha|$（$0 < c < 1$）を示して $a_n \to \alpha$ を証明する
極限の候補：$\alpha = \dfrac{3\alpha}{\alpha + 2}$, $\alpha(\alpha + 2) = 3\alpha$, $\alpha^2 - \alpha = 0$, $\alpha(\alpha - 1) = 0$。
$a_n > 0$ なので $\alpha = 1$。
逆数をとる方法：$\dfrac{1}{a_{n+1}} = \dfrac{a_n + 2}{3a_n} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{1}{a_n}$
$b_n = \dfrac{1}{a_n}$ とおくと $b_{n+1} = \dfrac{2}{3} b_n + \dfrac{1}{3}$。
特性方程式：$\beta = \dfrac{2}{3}\beta + \dfrac{1}{3}$ より $\beta = 1$。
$b_n - 1 = \left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}(b_1 - 1)$。$b_1 = \dfrac{1}{2}$ なので $b_n - 1 = -\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}$。
$n \to \infty$ で $b_n \to 1$ すなわち $\dfrac{1}{a_n} \to 1$、よって $a_n \to 1$。
誤：$\alpha = f(\alpha)$ を解くだけで「極限は $\alpha$」と結論する
正：入試では「収束することを示せ」「極限を求めよ」の両方が問われることが多い。一般項を求めずに極限だけ述べる場合でも、単調有界性の確認は必要。ただし誘導で「$b_n$ が等比数列であることを示せ」とあれば、一般項から直接極限を求めてよい。
| 漸化式の型 | 極限の方程式 | よく使う手法 |
|---|---|---|
| $a_{n+1} = \sqrt{pa_n + q}$ | $\alpha^2 = p\alpha + q$ | 帰納法 + 単調有界 |
| $a_{n+1} = \frac{pa_n + q}{ra_n + s}$ | $\alpha(r\alpha + s) = p\alpha + q$ | 置換で等比数列に帰着 |
| $a_{n+1} = pa_n + q$ | $\alpha = p\alpha + q$ | $|p| < 1$ のとき収束 |
$a_{n+1} = f(a_n)$ が収束するための重要な条件は、不動点 $\alpha$ の近くで $|f'(\alpha)| < 1$ が成り立つことです（微分を用いた判定）。
この判定法は第2章「関数の極限」・第3章「微分法」を学んだ後に本格的に使えるようになります。今の段階では「帰納法 + 単調有界」の方法を用いましょう。
極限の候補：$\alpha = \dfrac{\alpha + 2}{2}$, $2\alpha = \alpha + 2$, $\alpha = 2$。
差を評価：$a_{n+1} - 2 = \dfrac{a_n + 2}{2} - 2 = \dfrac{a_n - 2}{2}$
$|a_{n+1} - 2| = \dfrac{1}{2}|a_n - 2|$ なので $|a_n - 2| = \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}|a_1 - 2| = \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1} \to 0$。
よって $a_n \to 2$。
1. 一般項が求まる場合：一般項を求めてから $n \to \infty$ の極限を計算する。等比数列への帰着がカギ。
2. 一般項が求まらない場合：単調収束定理で収束を保証し、$\alpha = f(\alpha)$ から極限値を求める。
入試では (1) の方法が誘導付きで出題されることが多いが、(2) の方法は数学的に本質的であり、大学数学への橋渡しになる。
1次漸化式：$a_{n+1} = pa_n + q$（$|p| < 1$）の極限は $\alpha = \dfrac{q}{1-p}$
平方根型：$a_{n+1} = \sqrt{pa_n + q}$ の極限は $\alpha^2 - p\alpha - q = 0$ の正の解
分数型：$a_{n+1} = \dfrac{pa_n + q}{ra_n + s}$ の極限は $r\alpha^2 + (s-p)\alpha - q = 0$ の適切な解
Q1. 漸化式 $a_{n+1} = f(a_n)$ で $\lim a_n = \alpha$ のとき、$\alpha$ が満たす方程式は何か。
Q2. 単調収束定理の内容を述べよ。
Q3. $a_{n+1} = \sqrt{3a_n + 4}$, $a_1 = 0$ の極限の候補を求めよ。
Q4. $a_{n+1} = \frac{1}{2}a_n + 3$ の極限を求めよ。
Q5. 「$\alpha = f(\alpha)$ の解が2つあるとき、どちらが極限か」の判定基準を述べよ。
$a_1 = 0$, $a_{n+1} = \sqrt{a_n + 2}$ で定義される数列 $\{a_n\}$ の極限を求めよ。
極限の候補：$\alpha = \sqrt{\alpha + 2}$, $\alpha^2 = \alpha + 2$, $(\alpha - 2)(\alpha + 1) = 0$。$\alpha \geq 0$ より $\alpha = 2$。
有界性：$a_n < 2$ を帰納法で示す。$a_1 = 0 < 2$。$a_k < 2$ のとき $a_{k+1} = \sqrt{a_k + 2} < \sqrt{4} = 2$。
単調性：$a_{n+1}^2 - a_n^2 = (a_n + 2) - a_n^2 = -(a_n - 2)(a_n + 1) > 0$（$a_n < 2$, $a_n \geq 0$）。よって $a_{n+1} > a_n$。
単調増加かつ上に有界なので収束し、$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 2$。
$a_1 = 3$, $a_{n+1} = \dfrac{4a_n - 3}{a_n}$ で定義される数列について：
(1) $b_n = \dfrac{1}{a_n - 1}$ とおくとき、$\{b_n\}$ の漸化式を求めよ。
(2) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$ を求めよ。
(1) $a_{n+1} - 1 = \dfrac{4a_n - 3}{a_n} - 1 = \dfrac{3a_n - 3}{a_n} = \dfrac{3(a_n - 1)}{a_n}$
$b_{n+1} = \dfrac{1}{a_{n+1} - 1} = \dfrac{a_n}{3(a_n - 1)} = \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{a_n - 1 + 1}{a_n - 1} = \dfrac{1}{3}\left(1 + \dfrac{1}{a_n - 1}\right) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3}b_n$
(2) 特性方程式：$\beta = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3}\beta$, $\dfrac{2}{3}\beta = \dfrac{1}{3}$, $\beta = \dfrac{1}{2}$。
$b_n - \dfrac{1}{2} = \left(\dfrac{1}{3}\right)^{n-1}\left(b_1 - \dfrac{1}{2}\right)$。$b_1 = \dfrac{1}{a_1 - 1} = \dfrac{1}{2}$ なので $b_n - \dfrac{1}{2} = 0$。
つまり $b_n = \dfrac{1}{2}$ すなわち $a_n - 1 = 2$ よって $a_n = 3$（定数列）。
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 3$。
$a_1 = 3$ がちょうど不動点（$\alpha = \frac{4\alpha-3}{\alpha}$ の解）だったため、数列が定数列になるという珍しいケースです。初期値が不動点でなければ、$b_n$ は等比数列として $\frac{1}{2}$ に収束し、$a_n \to 3$ となります。
$a_1 = 5$, $a_{n+1} = \sqrt{2a_n + 3}$ で定義される数列 $\{a_n\}$ が収束することを示し、その極限を求めよ。
極限の候補：$\alpha^2 = 2\alpha + 3$, $(\alpha - 3)(\alpha + 1) = 0$, $\alpha = 3$（$\alpha > 0$）。
$a_n > 3$ の証明（帰納法）：$a_1 = 5 > 3$。$a_k > 3$ のとき $a_{k+1} = \sqrt{2a_k + 3} > \sqrt{9} = 3$。
単調減少の証明：
$a_{n+1}^2 - a_n^2 = (2a_n + 3) - a_n^2 = -(a_n-3)(a_n+1)$
$a_n > 3$ より $(a_n - 3) > 0$, $(a_n + 1) > 0$ なので $a_{n+1}^2 - a_n^2 < 0$。
$a_{n+1} > 0$, $a_n > 0$ より $a_{n+1} < a_n$。単調減少。
結論：単調減少かつ下に有界（$a_n > 3$）なので収束する。$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 3$。
$a_1 = 1$, $a_{n+1} = \dfrac{a_n^2 + 2}{2a_n}$ で定義される数列 $\{a_n\}$ について：
(1) $n \geq 2$ のとき $a_n \geq \sqrt{2}$ を示せ。
(2) $n \geq 2$ のとき $a_{n+1} \leq a_n$ を示せ。
(3) $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n$ を求めよ。
(1) $a_{n+1} - \sqrt{2} = \dfrac{a_n^2 + 2}{2a_n} - \sqrt{2} = \dfrac{a_n^2 - 2\sqrt{2}a_n + 2}{2a_n} = \dfrac{(a_n - \sqrt{2})^2}{2a_n} \geq 0$
$a_1 = 1$ より $a_2 = \frac{1+2}{2} = \frac{3}{2} > \sqrt{2}$。$n \geq 2$ で $a_n > 0$ より $a_{n+1} \geq \sqrt{2}$。帰納的に $n \geq 2$ で $a_n \geq \sqrt{2}$。
(2) $a_{n+1} - a_n = \dfrac{a_n^2 + 2}{2a_n} - a_n = \dfrac{a_n^2 + 2 - 2a_n^2}{2a_n} = \dfrac{2 - a_n^2}{2a_n}$
$n \geq 2$ で $a_n \geq \sqrt{2}$ なので $a_n^2 \geq 2$、よって $2 - a_n^2 \leq 0$。$a_n > 0$ と合わせて $a_{n+1} - a_n \leq 0$。
(3) $n \geq 2$ で単調減少かつ下に有界（$a_n \geq \sqrt{2}$）なので収束する。
$\alpha = \dfrac{\alpha^2 + 2}{2\alpha}$, $2\alpha^2 = \alpha^2 + 2$, $\alpha^2 = 2$, $\alpha = \sqrt{2}$（$\alpha > 0$）。
$\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = \sqrt{2}$
この漸化式は実はニュートン法（$x^2 = 2$ の解を反復的に求めるアルゴリズム）そのものです。$a_{n+1} = \frac{a_n^2 + 2}{2a_n} = a_n - \frac{a_n^2 - 2}{2a_n}$ は $f(x) = x^2 - 2$ に対するニュートン法の反復式です。このアルゴリズムは $\sqrt{2}$ に非常に速く収束することが知られており、数値計算の基礎として重要です。