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}