連立漸化式:\begin{cases}\begin{align}&a_n+1\\=&pa_n+qb_n\\&b_n+1\\=&ra_n+sb_n\end{align}\end{cases}
連立漸化式の解法
連立漸化式
まず連立漸化式の形について簡単に説明しよう．
これまでの漸化式は1つの数列 $\{a_n\}$ についての式であったが，ここで学ぶ連立漸化式では2つの数列が登場する．
連立漸化式では一般的に， $a_{n+1}$ と $b_{n+1}$ がそれぞれ $a_n$ と $b_n$ から成り立つ式を与えられるので，そこから数列 $\{a_n\}$ と $\{b_n\}$ の一般項を求めることになる．
一般項を求める方法としては，
- 連立方程式をうまく組み合わせて等比数列に帰着させる方法
- 3項間漸化式に帰着させる方法
が存在する．
下記ではそれぞれについて解説していく．なお，その前に連立漸化式の係数についての注意事項を先に述べておこう．
連立漸化式の係数についての注意
連立漸化式
\begin{align} \begin{cases} a_{n+1}=pa_n+qb_n\\ b_{n+1}=ra_n+sb_n \end{cases} \qquad(p,q,r,s\neq0) \end{align}について， $ps=qr$ のときには， $\dfrac{s}{q}=\dfrac{r}{p}=k$ とおいて
\begin{cases} a_{n+1}=pa_n+qb_n\\ b_{n+1}=pka_n+qkb_n \end{cases}より， $a_{n+1}=kb_{n+1}$ となるから， $a_n=kb_n$ であり，これを上の式に用いて
\begin{align} &kb_{n+1}=pkb_n+qb_n\\ \Leftrightarrow\ &b_{n+1}=\left(p+\frac{q}{k}\right)b_n \end{align}となり，等比数列の漸化式に帰着されるので，以下 $ps\neq qr$ の場合について考える．
連立漸化式の解法
【解答1：等比数列に帰着させる方法】
\begin{cases} a_{n+1}=pa_n+qb_n\\ b_{n+1}=ra_n+sb_n \end{cases}$x$ を後から決める定数として， $(上式)+(下式)\times x$ より
\[a_{n+1}+xb_{n+1}=(p+rx)a_n+(q+sx)b_n\]をつくり， $1:x=(p+rx):(q+sx)$ となるように $x$ を定め，その値が異なる $\alpha,\beta$ ならば
\begin{cases} a_{n+1}+\alpha b_{n+1}=(p+r\alpha)(a_n+\alpha b_n)\\ a_{n+1}+\beta b_{n+1}=(p+r\beta)(a_n+\beta b_n)\\ \end{cases}となり，等比数列の漸化式に帰着されることを利用する．
【解答2：3 項間漸化式に帰着させる方法】
\begin{align} a_{n+1}=pa_n+qb_n\tag{1}\label{renrituzenkasiki1}\\ b_{n+1}=ra_n+sb_n\tag{2}\label{renrituzenkasiki2} \end{align}$\eqref{renrituzenkasiki1}$ より
\begin{align} b_n&=\frac{1}{q}a_{n+1}-\frac{p}{q}a_n\\ b_{n+1}&=\frac{1}{q}a_{n+2}-\frac{p}{q}a_{n+1} \end{align}となるので，この2式を $\eqref{renrituzenkasiki2}$ に用いて3項間漸化式に帰着されることを利用する．
連立漸化式
$ \begin{cases} a_1=1\\ b_1=-1 \end{cases} , \begin{cases} a_{n+1}=2a_n+b_n\\ b_{n+1}=-2a_n+5b_n \end{cases} \quad(n\geqq1) $ で定まる数列 $\{a_n\}$ および数列 $\{b_n\}$ の一般項 $a_n$ および $b_n$ を $n$ の式で表せ．
漸化式
\begin{cases} a_{n+1}=2a_n+b_n\\ b_{n+1}=-2a_n+5b_n \end{cases}において， $(上式)+x\times(下式)$ より
\begin{align} &a_{n+1}+xb_{n+1}=2a_n+b_n\\ &\qquad\qquad+x(-2a_n+5b_n)\\ \Leftrightarrow\ &a_{n+1}+xb_{n+1}=(2-2x)a_n\\ &\qquad\qquad+(1+5x)b_n\tag{3}\label{renrituzenkasiki3} \end{align}ここで
\[1:x=2-2x:1+5x\]となる $x$ を求める，つまり方程式 $x(2-2x)=1+5x$ を解くと
\begin{align} &x(2-2x)=1+5x\\ \Leftrightarrow\ &2x-2x^2=1+5x\\ \Leftrightarrow\ &2x^2+3x+1=0\\ \Leftrightarrow\ &(x+1)(2x+1)=0\\ \therefore\ &x=-1,-\frac{1}{2} \end{align}となるので，これらの値のとき数列 $\{a_n+xb_n\}$ は等比数列となる．
- $x=-1$ のとき
- $x=-\dfrac{1}{2}$ のとき
$\eqref{renrituzenkasiki3}$ は
\[a_{n+1}-b_{n+1}=4(a_n-b_n)\]となるので， $c_n=a_n-b_n$ とおくと
\[c_{n+1}=4c_n\]$\blacktriangleleft$ 等比数列に帰着された
より，数列 $\{c_n\}$ は，初項 $c_1=a_1-b_1=2$ ，公比 $4$ の等比数列となっている．よって
\begin{align} c_n&=c_14^{n-1}\\ &=2\cdot4^{n-1} \end{align}ここで， $c_n=a_n-b_n$ であったから
\begin{align} &c_n=2\cdot4^{n-1}\\ \Leftrightarrow\ &a_n-b_n=2\cdot4^{n-1}\tag{4}\label{renrituzenkasiki4} \end{align}$\eqref{renrituzenkasiki3}$ は
\[a_{n+1}-\frac{1}{2}b_{n+1}=3\left(a_n-\frac{1}{2}b_n\right)\]となるので， $d_n=a_n-\dfrac{1}{2}b_n$ とおくと
\[d_{n+1}=3d_n\]$\blacktriangleleft$ 等比数列に帰着された
より，数列 $\{d_n\}$ は，初項 $d_1=a_1-\dfrac{1}{2}b_1=\dfrac{3}{2}$ ，公比 $3$ の等比数列となっている．よって
\begin{align} d_n&=d_13^{n-1}\\ &=\frac{3}{2}\cdot3^{n-1}\\ &=\frac{3^n}{2} \end{align}ここで， $d_n=a_n-\dfrac{1}{2}b_n$ であったから
\begin{align} &d_n=\frac{3^n}{2}\\ \Leftrightarrow\ &a_n-\frac{1}{2}b_n=\frac{3^n}{2}\tag{5}\label{renrituzenkasiki5} \end{align}$\eqref{renrituzenkasiki5}-\eqref{renrituzenkasiki4}$ より
\begin{align} &a_n-\frac{1}{2}b_n-(a_n-b_n)=\frac{3^n}{2}-2\cdot4^{n-1}\\ \Leftrightarrow\ &\frac{1}{2}b_n=\frac{3^n}{2}-2\cdot4^{n-1}\\ \therefore\ &\boldsymbol{b_n=3^n-4^n} \end{align}また，これを $\eqref{renrituzenkasiki4}$ に代入して
\begin{align} &a_n-(3^n-4^n)=2\cdot4^{n-1}\\ \Leftrightarrow\ &a_n=2\cdot4^{n-1}+(3^n-4^n)\\ \therefore\ &\boldsymbol{a_n=3^n-2\cdot4^{n-1}} \end{align}【解答2：線形3項間漸化式に帰着させる方法】
漸化式
\begin{align} &a_{n+1}=2a_n+b_n\tag{6}\label{renrituzenkasiki6}\\ &b_{n+1}=-2a_n+5b_n\tag{7}\label{renrituzenkasiki7} \end{align}$\eqref{renrituzenkasiki6}$ より
\[b_n=a_{n+1}-2a_n\tag{8}\label{renrituzenkasiki8}\]また，この式で $n$ のかわりに $n+1$ とおくと
\[b_{n+1}=a_{n+2}-2a_{n+1}\tag{9}\label{renrituzenkasiki9}\]$\eqref{renrituzenkasiki8}$ と $\eqref{renrituzenkasiki9}$ を，それぞれ $\eqref{renrituzenkasiki7}$ に代入すると
\begin{align} &b_{n+1}=-2a_n+5b_n\\ \Leftrightarrow\ &a_{n+2}-2a_{n+1}=-2a_n+5(a_{n+1}-2a_n)\\ \therefore\ &a_{n+2}-7a_{n+1}+12a_n=0 \end{align}$\blacktriangleleft$ 3項間漸化式に帰着された
また， $\eqref{renrituzenkasiki6}$ より
\[a_2=2a_1+b_1=2+(-1)=1\]である．
$\blacktriangleleft$ 3項間漸化式を解く際に，第2項も必要となるのでここで求めておく
ここで，漸化式 $a_{n+2}-7a_{n+1}+12a_n=0$ は
\[t^2-7t+12=0\]を満たす $t$ ，つまり
\begin{align} &t^2-7t+12=0\\ \Leftrightarrow\ &(t-3)(t-4)=0\\ \therefore\ &t=3,4 \end{align}を用いて
\begin{align} a_{n+2}-3a_{n+1}=4(a_{n+1}-3a_n)\tag{10}\label{renrituzenkasiki10}\\ a_{n+2}-4a_{n+1}=3(a_{n+1}-4a_n)\tag{11}\label{renrituzenkasiki11} \end{align}と2通りに変形できる．
- $\eqref{renrituzenkasiki10}$ について
- $\eqref{renrituzenkasiki11}$ について
$c_n=a_{n+1}-3a_n$ とおくと，数列 $\{c_n\}$ は $c_{n+1}=4c_n$ を満たすので
\begin{align} c_n&=c_14^{n-1}\\ &=(a_2-3a_1)4^{n-1}\\ &=-2\cdot4^{n-1} \end{align}ここで， $c_n=a_{n+1}-3a_n$ であるから
\[a_{n+1}-3a_n=-2\cdot4^{n-1}\tag{12}\label{renrituzenkasiki12}\]$d_n=a_{n+1}-4a_n$ とおくと，数列 $\{d_n\}$ は $d_{n+1}=3d_n$ を満たすので
\begin{align} d_n&=d_13^{n-1}\\ &=(a_2-4a_1)3^{n-1}\\ &=-3\cdot3^{n-1}\\ &=-3^n \end{align}ここで， $d_n=a_{n+1}-4a_n$ であるから
\[a_{n+1}-4a_n=-3^n\tag{13}\label{renrituzenkasiki13}\]$\eqref{renrituzenkasiki12}-\eqref{renrituzenkasiki13}$ より
\[\boldsymbol{a_n=-2\cdot4^{n-1}+3^n}\tag{14}\label{renrituzenkasiki14}\]また，この式で $n$ のかわりに $n+1$ とおくと
\[a_{n+1}=-2\cdot4^n+3^{n+1}\tag{15}\label{renrituzenkasiki15}\]$\eqref{renrituzenkasiki14}$ と $\eqref{renrituzenkasiki15}$ を $\eqref{renrituzenkasiki8}$ に代入して
\begin{align} &b_n=-2\cdot4^n+3^{n+1}-2(-2\cdot4^{n-1}+3^n)\\ \Leftrightarrow\ &b_n=-2\cdot4^n+3\cdot3^n+4^n-2\cdot3^n\\ \therefore\ &b_n=3^n-4^n \end{align}