関数と極限 ★★★ 応用の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x\to 0$ で分子・分母とも $0$ に近づく $\frac{0}{0}$ 型。

まず $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$ に直し、分子を $\sin x$ でくくると $\frac{\sin x(1-\cos x)}{\cos x}$ になる。すると $\frac{\sin x}{x}\to 1$ と $\frac{1-\cos x}{x^2}\to \frac{1}{2}$ という $2$ つの基本極限が、両方とも出てくる。複雑な形を、既知の基本極限の積に分解する。これがこの問題の核になる。

① $\sin x$ でくくる。

$$\tan x-\sin x=\frac{\sin x}{\cos x}-\sin x=\frac{\sin x(1-\cos x)}{\cos x}$$

② $x^3$ で割り、既知の極限の形に分ける。

$$\frac{\tan x-\sin x}{x^3}=\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1-\cos x}{x^2}\cdot \frac{1}{\cos x}$$

③ 極限をとる。 $\frac{\sin x}{x}\to 1$、$\frac{1-\cos x}{x^2}\to \frac{1}{2}$、$\cos x\to 1$。

$$\underset{x\to 0}{\lim }=1\times \frac{1}{2}\times \frac{1}{1}=\frac{1}{2}$$

まとめ:複雑な三角関数の極限は「既知の基本極限の積に分解」する。$\frac{\sin x}{x}$ と $\frac{1-\cos x}{x^2}$ を作れる形に整理する。$x^3$ の次数も $x^1$(sin から)+ $x^2$(1-cos から)でぴったり合う。

発展。 答え $\frac{1}{2}$ は $0$ の近くの近似から見通せる。$\tan x\approx x+\frac{x^3}{3}$、$\sin x\approx x-\frac{x^3}{6}$ と、$3$ 次まで取ると精度がよい。

差をとると $1$ 次の $x$ は消え、$\tan x-\sin x\approx \frac{x^3}{3}+\frac{x^3}{6}=\frac{x^3}{2}$。これを $x^3$ で割れば $\frac{1}{2}$。$\tan$ も $\sin$ も $0$ の近くでは $x$ にそっくりだが、$3$ 次の項がわずかに違う。その差が $x^3$ の速さで現れる。この「主要な項だけ残す」見方はテイラー展開につながり、極限計算の裏側を照らす。

別解

別解:基本極限を $\frac{\sin x}{x}\to 1$ の $1$ つだけで済ませる(得意な人向けの視点)。 $1-\cos x$ を $\sin$ に書きかえると、使う基本極限を $1$ つに減らせる。

$1-\cos x=\frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{1+\cos x}=\frac{{\sin }^{2}x}{1+\cos x}$ を使う。すると

$$\tan x-\sin x=\frac{\sin x(1-\cos x)}{\cos x}=\frac{\sin x}{\cos x}\cdot \frac{{\sin }^{2}x}{1+\cos x}=\frac{{\sin }^{3}x}{\cos x(1+\cos x)}.$$

したがって

$$\frac{\tan x-\sin x}{x^3}=(\frac{\sin x}{x}{)}^3\cdot \frac{1}{\cos x(1+\cos x)}\to 1^3\cdot \frac{1}{1\cdot (1+1)}=\frac{1}{2}.$$

$\frac{1-\cos x}{x^2}\to \frac{1}{2}$ を使う本解と同じ答え。$1-\cos x$ を ${\sin }^{2}x$ に化かすと、すべてが $\frac{\sin x}{x}$ の形にそろい、覚える基本極限が $1$ つで足りる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $\sqrt{x^2+1}-x$ は $x\to \infty$ で $0$ に近づく。そこへ $x\to \infty$ が掛かるので、全体は $\infty \times 0$ の不定形。

こういうときは、$0$ に近づく根号の差を有理化して分数に直す。すると $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+x}$ となり、$\frac{\infty }{\infty }$ の形になる。あとは最高次で割れば極限が読める。$\infty \times 0$ を有理化で $\frac{\infty }{\infty }$ に持ち込むのが要になる。

① 根号部分を有理化する。

$$\sqrt{x^2+1}-x=\frac{(x^2+1)-x^2}{\sqrt{x^2+1}+x}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}$$

② $x$ をかける。

$$x\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+x}$$

③ 分母の最高次 $x$ で割る。 $\sqrt{x^2+1}=x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}$($x>0$)。

$$=\frac{x}{x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+x}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+1}\to \frac{1}{\sqrt{1}+1}=\frac{1}{2}$$

まとめ:$\infty \times 0$ は $0$ に近づく部分(根号の差)を有理化して分数にすると、$\frac{\infty }{\infty }$ の形になって処理できる。$x\to \infty$ で $\sqrt{x^2}=x$ を使う点も同じ。

発展。 $\sqrt{x^2+1}$ は大きな $x$ では直線 $y=x$ にぴったり寄り添う。曲線 $y=\sqrt{x^2+1}$ は双曲線で、$y=x$ がその漸近線だ。

近似で見ると $\sqrt{x^2+1}=x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\approx x(1+\frac{1}{2x^2})=x+\frac{1}{2x}$。漸近線からのずれは $\frac{1}{2x}$ ほど。これに $x$ を掛けるから極限が $\frac{1}{2}$ になる。

一般に $x(\sqrt{x^2+c}-x)\to \frac{c}{2}$。根号の中の定数 $c$ を $2$ で割った値が、漸近線からのずれ $\times x$ として残る。

別解

別解:$\frac{1}{x}$ の置きかえで基本極限に帰着させる(得意な人向けの視点)。 $x\to \infty$ を、$t=\frac{1}{x}\to 0^{+}$ の問題に言い換える。

$x=\frac{1}{t}$、$\sqrt{x^2+1}=\frac{1}{t}\sqrt{1+t^2}$($t>0$)だから

$$x(\sqrt{x^2+1}-x)=\frac{1}{t}(\frac{1}{t}\sqrt{1+t^2}-\frac{1}{t})=\frac{\sqrt{1+t^2}-1}{t^2}.$$

ここで $u=t^2\to 0^{+}$ とみると $\frac{\sqrt{1+u}-1}{u}$。これは $\sqrt{1+u}$ の $u=0$ での変化率で、$\to \frac{1}{2}$。有理化する本解と同じ答え。$x\to \infty$ の極限も $\frac{1}{x}$ を $0$ に近づける形に直すと、$\frac{\sqrt{1+u}-1}{u}\to \frac{1}{2}$ という見慣れた基本極限になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 各項 $\frac{n}{2^n}$ は、(等差 $n$)×(等比 $\frac{1}{2^n}$)の積の形。

無限級数はまず有限個の部分和を求め、その極限をとるのが基本。(等差)×(等比)の部分和は公比倍してずらし、引く($S-\frac{1}{2}S$)と等比級数にほどける。こうして部分和を閉じた式にしてから、$n\to \infty$ の極限をとる、と見通す。

① 部分和 $S_n$ に $\frac{1}{2}{S}_n$ をぶつける。

$$S_n=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\cdots +\frac{n}{2^n}$$

$$\frac{1}{2}{S}_n=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\cdots +\frac{n-1}{2^n}+\frac{n}{2^{n+1}}$$

② 引く。 係数の差がすべて $1$ になる。

$$S_n-\frac{1}{2}{S}_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}$$

③ 等比級数の和を入れる。 $\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{2^n}=1-\frac{1}{2^n}$。

$$\frac{1}{2}{S}_n=1-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}\Rightarrow S_n=2-\frac{2}{2^n}-\frac{n}{2^n}$$

④ 極限をとる。 $\frac{1}{2^n}\to 0$、$\frac{n}{2^n}\to 0$(指数のほうが速く増える)。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{2^n}=\underset{n\to \infty }{\lim }{S}_n=2$$

まとめ:(等差)×(等比)の無限級数はまず部分和を $S-rS$ で簡単な式の形にし、それから極限。$\frac{n}{2^n}\to 0$(指数は多項式に勝つ)がとどめ。数列の和の技が極限に生きる。

発展。 この和は等比級数を「微分する」とすぐに出る。$|x|<1$ で $\sum _{n=1}^{\infty }{x}^n=\frac{x}{1-x}$。

両辺を $x$ で微分すると $\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^{n-1}=\frac{1}{(1-x{)}^2}$。$x$ を掛けて $\sum _{n=1}^{\infty }n{x}^n=\frac{x}{(1-x{)}^2}$。$x=\frac{1}{2}$ を入れると $\frac{1/2}{(1/2{)}^2}=2$。一般に $\sum _{n=1}^{\infty }n{r}^n=\frac{r}{(1-r{)}^2}$($|r|<1$)。等比級数をもとに微分や積分をすると、いろいろな級数の和が次々に得られる。

別解

別解:差の形に変えて両端だけ残す(得意な人向けの視点)。 各項を「隣どうしの差」に書けると、部分和の途中の項がまとめて消える。

$c_n=\frac{n+1}{2^{n-1}}$ とおくと

$$c_n-c_{n+1}=\frac{n+1}{2^{n-1}}-\frac{n+2}{2^n}=\frac{2(n+1)-(n+2)}{2^n}=\frac{n}{2^n}.$$

つまり $\frac{n}{2^n}=c_n-c_{n+1}$。第 $N$ 項までの和は途中がすべて消えて

$$\sum _{n=1}^N\frac{n}{2^n}=c_1-c_{N+1}=2-\frac{N+2}{2^N}\underset{N\to \infty }{\to }2.$$

ずらし引きで部分和を作る本解と同じ答え。うまい $c_n$ を見つければ $\frac{n}{2^n}$ は差にほどけ、望遠鏡和で両端の $c_1=2$ だけが残る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x\to 0$ で分子も分母も $0$ に近づく $\frac{0}{0}$ 型。

使える道具は基本極限 $\frac{\sin \theta }{\theta }\to 1$ ただ $1$ つ。そこで分子・分母を、それぞれ $\frac{\sin (\text{中身})}{\text{中身}}$ の形に整えたい。分子は $2x$ で、分母は $3x$ で割ればよい。両方を $1$ に近づけ、余った角の係数の比を最後に読む、と見通す。

① 分子・分母を基本極限の形に分ける。

$$\frac{\sin 2x}{\sin 3x}=\frac{\sin 2x}{2x}\cdot \frac{3x}{\sin 3x}\cdot \frac{2x}{3x}$$

(分子に $2x$、分母に $3x$ を用意し、つじつまを $\frac{2x}{3x}$ で合わせた。)

② 極限をとる。 $\frac{\sin 2x}{2x}\to 1$、$\frac{\sin 3x}{3x}\to 1$(逆数も $1$)、$\frac{2x}{3x}=\frac{2}{3}$。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin 2x}{\sin 3x}=1\times 1\times \frac{2}{3}=\frac{2}{3}$$

まとめ:$\frac{\sin }{\sin }$ 型は分子・分母を別々に $\frac{\sin \theta }{\theta }$ の形へ。角の係数の比 $\frac{2}{3}$ がそのまま答えになる。$\sin ax$ の $a$ に注目するのがコツだ。

発展。 同じやり方で $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin ax}{\sin bx}=\frac{a}{b}$($b\ne 0$)。答えは角の係数の比そのものになる。

なぜ比になるかは $0$ の近くで $\sin ax\approx ax$、$\sin bx\approx bx$ とみると分かる。$\frac{ax}{bx}=\frac{a}{b}$。これは「$0$ で $0$ になる関数どうしの比は、それぞれの変化率(微分係数)の比に近づく」という一般則の一例。$\sin$ を $\tan$ に替えても同じで、$\frac{\tan ax}{\sin bx}\to \frac{a}{b}$ となる。

別解

別解:グラフの傾きで見る(苦手な人向けの視覚ルート)。 $0$ のすぐ近くでは、$y=\sin 2x$ も $y=\sin 3x$ も、原点を通るまっすぐな線にしか見えない。

その直線の傾きは原点での接線の傾き、つまり $y=\sin 2x$ なら $2$、$y=\sin 3x$ なら $3$。近くでは $\sin 2x\approx 2x$、$\sin 3x\approx 3x$ と、傾きぶんだけ立ち上がる。だから $2$ つの比は、立ち上がりの速さの比

$$\frac{\sin 2x}{\sin 3x}\approx \frac{2x}{3x}=\frac{2}{3}$$

に近づく。分子・分母を別々に基本極限へ帰着させる本解と同じ答え。$\frac{\sin \theta }{\theta }\to 1$ は「$\sin$ は原点近くで傾き $1$ の直線に見える」ことの言いかえだ、と押さえておくとよい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) まず図で、隣り合う正方形の面積の比を確かめる。

各辺の中点を結んでできる正方形は、もとの正方形のちょうど半分の面積になる。つまり面積は毎回 $\frac{1}{2}$ 倍。面積の列は初項 $1$、公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列だ。図形の縮小の繰り返しを、公比を見つけて無限等比級数で表す。これが主題になる。

① 面積比を求める。 $1$ 辺 $1$ の正方形の各辺の中点を結ぶと、新しい正方形の $1$ 辺は $\frac{1}{\sqrt{2}}$(対角線の半分の関係)。面積は ${\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}^2=\frac{1}{2}$ 倍になる。

② 面積の列を書く。 $S_1,S_2,S_3,\dots$ の面積は

$$1,\frac{1}{2},\frac{1}{4},\cdots$$

初項 $a=1$、公比 $r=\frac{1}{2}$ の無限等比級数。

③ 和を求める。

$$\sum _{n=1}^{\infty }(\frac{1}{2}{)}^{n-1}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2$$

まとめ:図形をどんどん小さく作る問題は「$1$ ステップの縮小率」を見抜くのが第一歩。ここは面積が毎回 $\frac{1}{2}$ 倍なので、面積の総和は初項 $1$・公比 $\frac{1}{2}$ の等比級数。無限に作っても総和は $2$ に収まる。

発展。 $1$ 辺の比は $\frac{1}{\sqrt{2}}$。正方形は毎回 $45^{\circ }$ 傾きながら $\frac{1}{\sqrt{2}}$ 倍に縮み、共通の中心へ渦を巻くように収束していく。

面積の比 $\frac{1}{2}$ はこの辺の比 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ の $2$ 乗にあたる。周の長さは公比 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ の等比級数になり、$\frac{4}{1-1/\sqrt{2}}$ に収束する。長さの和も確かに有限だ。

一般に、$1$ ステップで面積が $r$ 倍($0<r<1$)に縮む自己相似な図形なら、総面積は $\frac{S_1}{1-r}$。縮小率さえ読めれば、無限に作っても総和は有限に収まる。

別解

別解:全体を「自分の半分」で表す(苦手な人向けの視点)。 総和 $T=S_1+S_2+S_3+\cdots$ を、公式を使わずに求めてみる。

いちばん外の $S_1$ を除いた残り $S_2+S_3+\cdots$ に注目する。これは、もとの図全体をそっくり $\frac{1}{2}$ に縮めたもの。だから残りの面積は $\frac{1}{2}T$。

すると

$$T=S_1+\frac{1}{2}T=1+\frac{1}{2}T.$$

$T-\frac{1}{2}T=1$ より $\frac{1}{2}T=1$、すなわち $T=2$。無限等比級数の公式 $\frac{a}{1-r}$ を使う本解と同じ答え。「全体が自分自身の縮小コピーを含む」という自己相似の見方で、方程式を $1$ つ解くだけで総和が出る。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 分子 $1+2+\cdots +n$ は項の個数が $n$ 個で、$n$ とともに増えていく。このままでは極限がつかめない。

そこで、和の公式 $1+2+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}$ を使って、分子を $n$ の式に閉じる。すると全体は $\frac{\infty }{\infty }$ の形になる。あとは分子・分母を最高次で割れば極限が読める、と見通す。

① 分子を和の公式でまとめる。

$$\frac{1+2+\cdots +n}{n^2}=\frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n^2}=\frac{n(n+1)}{2n^2}=\frac{n+1}{2n}$$

② 最高次で割る。 分子・分母を $n$ で割る。

$$=\frac{1+\frac{1}{n}}{2}\to \frac{1+0}{2}=\frac{1}{2}$$

まとめ:「$\Sigma$ を含む極限」はまず $\Sigma$ の公式で分子を $n$ の式にまとめる。あとは $\frac{\infty }{\infty }$ の処理(最高次で割る)。分子は $2$ 次、分母も $2$ 次で、係数の比 $\frac{1/2}{1}=\frac{1}{2}$ が残る。

発展。 べきを上げても同じ筋道でいける。$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1^p+2^p+\cdots +n^p}{n^{p+1}}=\frac{1}{p+1}$。

$p=1$ なら $\frac{1}{2}$、$p=2$ なら $\frac{1}{3}$、$p=3$ なら $\frac{1}{4}$。分母の次数を $1$ つ上げるごとに、極限は $\frac{1}{p+1}$ へ下がる。これは、$1^p+\cdots +n^p$ の最高次の項が $\frac{n^{p+1}}{p+1}$ だから。和の公式(ファウルハーバーの公式)の先頭係数が、そのまま極限になる。この値は面積 ${\int }_0^1{x}^{p}dx=\frac{1}{p+1}$ とも一致する。

別解

別解:面積に読みかえる(区分求積法の視点)。 分子・分母を作りかえて、和を「細い長方形の面積の合計」とみる。

$$\frac{1+2+\cdots +n}{n^2}=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}.$$

これは、幅 $\frac{1}{n}$・高さ $\frac{k}{n}$ の長方形を $k=1$ から $n$ まで積み上げた面積。$n$ を大きくすると、直線 $y=x$ と $x$ 軸・直線 $x=1$ が囲む三角形の面積に近づく。

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{k}{n}={\int }_0^{1}xdx=\frac{1}{2}.$$

底辺 $1$・高さ $1$ の三角形の面積 $\frac{1}{2}$。和の公式で処理する本解と同じ答え。$\frac{1}{n}\sum f\left(\frac{k}{n}\right)\to {\int }_0^{1}f(x)dx$ という区分求積の見方だと、答え $\frac{1}{2}$ が三角形の面積として目に見える。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x\to 0$ で分子は $0$、分母も $0$ の $\frac{0}{0}$ 型。このまま代入はできない。

分子は $2$ つの根号の差。根号の差は、和 $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}$ を掛けて有理化するのが基本だ。そうすると分子が $(1+x)-(1-x)=2x$ と簡単になり、じゃまだった $x$ が約分できる。

約分してから代入すれば、$\frac{0}{0}$ が解ける、と見通す。

① 有理化する。 $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}$ をかける。

$$\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{x}=\frac{(1+x)-(1-x)}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}=\frac{2x}{x(\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x})}$$

② 約分する。 $x\ne 0$。

$$=\frac{2}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}$$

③ 代入する。 $x\to 0$。

$$\underset{x\to 0}{\lim }=\frac{2}{\sqrt{1}+\sqrt{1}}=\frac{2}{2}=1$$

まとめ:根号が $2$ つあっても、その和をかければ有理化できる($(\sqrt{A}-\sqrt{B})(\sqrt{A}+\sqrt{B})=A-B$)。分子が $2x$、$x$ を約分して代入。分母は $\sqrt{1}+\sqrt{1}=2$ で答えは $1$。

発展。 $f(u)=\sqrt{1+u}$ とおくと、分子は $f(x)-f(-x)$。この極限は $\frac{f(x)-f(-x)}{x}=2\cdot \frac{f(x)-f(-x)}{2x}\to 2f^{\prime }(0)$ と書ける。

$f^{\prime }(u)=\frac{1}{2\sqrt{1+u}}$ より $f^{\prime }(0)=\frac{1}{2}$、だから $2f^{\prime }(0)=1$。$\frac{f(x)-f(-x)}{2x}$ は「中心差分」と呼ばれ、$f^{\prime }(0)$ をよく近似する。コンピュータで微分を数値計算するときの基本の式だ。一般に $\frac{\sqrt{1+ax}-\sqrt{1-bx}}{x}\to \frac{a+b}{2}$ で、今回は $a=b=1$ の場合にあたる。

別解

別解:$0$ の近くの近似で見る(苦手な人向けの近似ルート)。 根号は $0$ の近くではまっすぐな直線で近似できる。

$\sqrt{1+x}\approx 1+\frac{x}{2}$、$\sqrt{1-x}\approx 1-\frac{x}{2}$($1$ の近くで  ​ は傾き $\frac{1}{2}$)。実際 $x=0.01$ で $\sqrt{1.01}=1.00498\dots \approx 1.005$、$\sqrt{0.99}=0.99498\dots \approx 0.995$ と、よく合う。差をとると

$$\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}\approx (1+\frac{x}{2})-(1-\frac{x}{2})=x.$$

これを $x$ で割れば $\frac{x}{x}=1$。有理化する本解と同じ答え。$\sqrt{1+x}$ と $\sqrt{1-x}$ が反対向きに同じだけ傾くので、差はちょうど $x$ ほどになり、$x$ で割って $1$ に近づく。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 漸化式で定まる数列の極限は、まず一般項を求めるのが正攻法。

この漸化式は「$a_{n+1}=(\text{定数})a_n+(\text{定数})$」の形。特性方程式を使って解ける型だ。一般項が「定数 $+$ 公比 $|r|<1$ の等比」の形になれば、等比部分は $0$ に消える。

残った定数部分が極限になる。消える項を見極める、と見通す。

① 一般項を求める。 特性方程式 $\alpha =\frac{\alpha +2}{2}$ より $2\alpha =\alpha +2$、$\alpha =2$。

$$a_{n+1}-2=\frac{1}{2}(a_n-2)$$

$a_n-2$ は公比 $\frac{1}{2}$ の等比数列。初項 $a_1-2=-2$。

$$a_n-2=-2(\frac{1}{2}{)}^{n-1}\Rightarrow a_n=2-2(\frac{1}{2}{)}^{n-1}$$

② 極限をとる。 ${\left(\frac{1}{2}\right)}^{n-1}\to 0$($|r|<1$)。

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=2-2\times 0=2$$

まとめ:漸化式で定まる数列の極限は「一般項を出してから極限」。特性方程式型は「定数 $\alpha$ + 等比」の形になり、$|$公比$|<1$ なら等比部分が消えて、極限は不動点 $\alpha =2$。数列 $\{a_n\}$ は $2$ に近づいていく。

発展。 極限 $2$ は関数 $g(x)=\frac{1}{2}x+1$ の不動点($g(x)=x$ となる点)。数列は $a_{n+1}=g(a_n)$ と、$g$ を繰り返し施している。

$2$ との差に注目すると $2-a_{n+1}=\frac{1}{2}(2-a_n)$。$1$ 歩ごとに $2$ までの距離がちょうど半分になり、どんな出発点からでも $2$ に吸い込まれる。

この「距離が縮む」性質は傾き $|g^{\prime }(x)|=\frac{1}{2}<1$ から来る(縮小写像)。一般に $a_{n+1}=p{a}_n+q$($|p|<1$)は $\frac{q}{1-p}$ に収束し、ここでは $\frac{1}{1-1/2}=2$。数直線上を半分ずつ詰めて極限へ近づく様子が、図にそのまま表れている。

別解

別解:繰り返し代入して等比の和にする(苦手な人向けの整理ルート)。 特性方程式を使わず、漸化式をそのまま何度も代入してみる。

$a_{n+1}=\frac{1}{2}{a}_n+1$ に $a_n=\frac{1}{2}{a}_{n-1}+1$ を入れ、さらに下へ下へと続けると

$$a_n=(\frac{1}{2}{)}^{n-1}{a}_1+(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2^{n-2}}).$$

$a_1=0$ だから初項の項は消え、かっこの中は等比数列の和。

$$a_n=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{2^{n-2}}=2-\frac{1}{2^{n-2}}\underset{n\to \infty }{\to }2.$$

一般項を特性方程式で出す本解と同じ答え。代入を繰り返すと、答えは単なる等比級数の和 $2$ になる。特性方程式を思い出せなくても、地道に計算して極限にたどり着ける。