先に反例を紹介すると、 \(A_{n}=\sqrt{n}\) のとき、

\(\lim _{n\to \infty }\vert A_{n+1}-A_{n}\vert =\lim _{n\to \infty }(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=\lim _{n\to \infty }\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\infty }=0\)

となるが、 \(\lim _{n\to \infty }A_{n}=\lim _{n\to \infty }\sqrt{n}=\infty\) (発散)となってしまう。

したがって、上の条件 \(\lim _{n\to \infty }\vert A_{n+1}-A_{n}\vert =0\) 　だけでは、収束するとはいえない。

あと２つ条件が必要となる。

（培風館発行「詳説演習・微分積分学」P.8参照、A1＝２のときとする）

　　①偶数列｛A2n｝が単調増加、奇数列｛A2n-1}が単調減少となること。

　　②A2≦An≦A1　（ｎ＝1,2,3,………）

①の証明(数学的帰納法で)

すべてのｎに対して、An＞０は明らか。

　　 \(A_{3}-A_{1}=(1+\frac{1}{1+A_{2}})-A_{1}=1+\frac{1}{1+A_{2}}-2=\frac{-A_{2}}{1+A_{2}}<0\)

\(A_{4}-A_{2}=(1+\frac{1}{1+A_{3}})-(1+\frac{1}{1+A_{1}})=\frac{1+A_{1}-1-A_{3}}{(1+A_{3})(1+A_{1})}\)

\(=\frac{A_{1}-A_{3}}{(1+A_{3})(1+A_{1})}>0\)

　　ｎのとき、 \(A_{2n+1}-A_{2n-1}<0,A_{2n+2}-A_{2n}>0\) 　が成り立つとすると、

　　n+1のとき、 \(A_{2n+3}-A_{2n+1}=(1+\frac{1}{1+A_{2n+2}})-(1+\frac{1}{1+A_{2n}})\)

\(=\frac{1+A_{2n}-1-A_{2n+2}}{(1+A_{2n+2})(1+A_{2n})}=\frac{A_{2n}-A_{2n+2}}{(1+A_{2n+2})(1+A_{2n})}<0\)

\(A_{2n+4}-A_{2n+2}=(1+\frac{1}{1+A_{2n+3}})-(1+\frac{1}{1+A_{2n+1}})\)

\(=\frac{1+A_{2n+1}-1-A_{2n+3}}{(1+A_{2n+3})(1+A_{2n+1})}=\frac{A_{2n+1}-A_{2n+3}}{(1+A_{2n+3})(1+A_{2n+1})}>0\)

②の証明

　　すべてのｎに対して、An＞０だから、 \(A_{n+1}=1+\frac{1}{1+A_{n}}<2=A_{1}\)

したがって、An+1＜A1（ｎ＝1,2,3,………）

　　　　　　　　An＜A1（ｎ＝2,3,4………）

\(A_{n+1}=1+\frac{1}{1+A_{n}}>1+\frac{1}{1+A_{1}}=A_{2}\)

　　　　　　　　したがって、

　　　　　　　　　　 \(A_{2}\leq A_{n}\leq A_{1}\)

この２つの証明と \(\lim _{n\to \infty }\vert A_{n+1}-A_{n}\vert =0\) によってはじめて、

\(\lim _{n\to \infty }A_{n}\) 　が収束することが言える。

※別解として、縮小写像の考え方があるそうだが、

詳しくは上記の本のp.9をご覧ください。