Rekurent ardıcıllıqlar I — Onlayn dərslik

1NəzəriyyəKeçən dərsdə (G18) silsilələri rekurent dillə yazmağı öyrəndik:

a_{n+1} = a_n + d

və

a_{n+1} = q\,a_n

. Diqqət yetirin — bunlar ardıcıllığı qayda ilə təyin etməyin ən sadə iki halıdır. Ümumi hədd düsturlarını da elə oradaca hazır götürmədik, çıxardıq: hədləri ardıcıl yazıb topladıq (yaxud vurduq). Bu dərsdə həmin gedişi genişləndiririk: silsilələr fəth olundu, indi qalan rekurentlərin üstünə gedirik.

Qeyd. Bu dərsdə nələr öyrənəcəyik?
Olimpiada ardıcıllıq suallarının kral yolu rekurentlərdir: ardıcıllıq bizə hazır düsturla yox, qayda ilə verilir. Sual isə demək olar həmişə eynidir: qaydadan lazımi hədə (çox vaxt ümumi hədə) necə çatmalı? Dörd cavabımız olacaq:

1. Aç — hədləri (fərqləri, nisbətləri) ardıcıl yazıb topla və ya vur;
2. Əvəzlə — rekurenti tanıdığımız tipə (silsiləyə) çevirən eynəyi tap;
3. Period tap — ardıcıllıq dövr edirsə, böyük indeks kiçik indeksə qayıdır;
4. Xassə isbat et — ümumi hədd tapılmasa da, sual üçün lazım olan xassəni (işarə, monotonluq, tamlıq, qalıq) birbaşa qaydadan çıxar.

Açılış: toplama yoluƏn sadə hal — qaydanın artım şəklində olmasıdır:

a_{n+1} = a_n + f(n).

Burada növbəti hədd əvvəlkindən

f(n)

qədər fərqlənir. Deməli fərqlər bizə birbaşa verilib; onları ardıcıl yazıb toplamaq kifayətdir.

Açılış — toplama. Fərqləri ardıcıl yaz:

a_2-a_1=f(1),\qquad a_3-a_2=f(2),\qquad \dots,\qquad a_n-a_{n-1}=f(n-1),

və hamısını topla. Sol tərəfdə teleskop işə düşür — orta hədlər qırılır və yalnız

a_n-a_1

qalır:

a_n = a_1 + f(1)+f(2)+\dots+f(n-1) = a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} f(k).

Qalan iş — C6-da öyrəndiyimiz cəm alətləri ilə bu cəmi yığmaqdır.

Qeyd.

a_1

-dən

a_n

-ə $n-1$ addım var,

n

yox. Açılış həllərində ən çox rast gəlinən səhv məhz budur: cəmin yuxarı sərhədini

n

yazmaq. Nəzarət üçün

n=2

halını yoxlayın: cəmdə yalnız bir hədd (

f(1)

) qalmalıdır.

Nümunə 1.1 (toplama açılışı).

a_1=1

a_{n+1}=a_n+2n+1

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll. Fərqləri ardıcıl yazırıq:

a_2-a_1=3,\qquad a_3-a_2=5,\qquad a_4-a_3=7,\qquad \dots,\qquad a_n-a_{n-1}=2(n-1)+1=2n-1.

Toplayırıq; sol tərəf teleskopdur:

a_n-a_1=\sum_{k=1}^{n-1}(2k+1)=2\cdot\frac{(n-1)n}{2}+(n-1)=n^2-1 .

Deməli

a_n=1+n^2-1=n^2

.Yoxlama (məcburi son addım). Başlanğıc:

n=1

üçün

a_1=1^2=1

— doğru. Qayda:

a_n+2n+1=n^2+2n+1=(n+1)^2=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=n^2

Nümunə 1.2 (toplama açılışı, parçalanan cəm).

a_1=1

a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{n(n+1)}

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll. C6-dan bilirik:

\dfrac{1}{k(k+1)}=\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k+1}

. Fərqlər:

a_2-a_1=\frac11-\frac12,\qquad a_3-a_2=\frac12-\frac13,\qquad \dots,\qquad a_n-a_{n-1}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}.

Topladıqda sağ tərəf də teleskop olur:

a_n-a_1=1-\frac1n \quad\Longrightarrow\quad a_n=2-\frac1n .

Yoxlama.

a_1=2-1=1

— doğru. Qayda:

a_n+\dfrac{1}{n(n+1)}=2-\dfrac1n+\dfrac1n-\dfrac{1}{n+1}=2-\dfrac{1}{n+1}=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=\dfrac{2n-1}{n}

Açılış: vurma yoluİkinci sadə hal — qaydanın vuruq şəklində olmasıdır:

a_{n+1}=g(n)\,a_n .

İndi bizə fərqlər yox, nisbətlər verilib. Onda toplamaq yox, vurmaq lazımdır.

Açılış — vurma. Bütün hədlərin sıfırdan fərqli olduğunu qeyd edib nisbətləri yaz:

\frac{a_2}{a_1}=g(1),\qquad \frac{a_3}{a_2}=g(2),\qquad\dots,\qquad \frac{a_n}{a_{n-1}}=g(n-1),

və hamısını vur. Sol tərəfdə teleskopik hasil yığılır:

\frac{a_n}{a_1}=g(1)g(2)\cdots g(n-1) \quad\Longrightarrow\quad a_n=a_1\prod_{k=1}^{n-1}g(k).

Nümunə 1.3 (teleskopik hasil).

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{n+1}{n}\,a_n

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll. Nisbətlər:

\frac{a_2}{a_1}=\frac21,\qquad \frac{a_3}{a_2}=\frac32,\qquad \frac{a_4}{a_3}=\frac43,\qquad\dots,\qquad \frac{a_n}{a_{n-1}}=\frac{n}{n-1}.

Vururuq; sağ tərəfdə hər surət növbəti məxrəclə ixtisar olunur:

\frac{a_n}{a_1}=\frac{2}{1}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{n}{n-1}=n \quad\Longrightarrow\quad a_n=n\,a_1=n .

Yoxlama.

a_1=1

— doğru. Qayda:

\dfrac{n+1}{n}\cdot n=n+1=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=n

Nümunə 1.4 (nisbətlər qüvvətdirsə).

a_1=1

a_{n+1}=2^{\,n}a_n

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll.

\frac{a_2}{a_1}=2^1,\qquad \frac{a_3}{a_2}=2^2,\qquad\dots,\qquad \frac{a_n}{a_{n-1}}=2^{\,n-1}.

Vurduqda qüvvətlərin göstəriciləri toplanır və G18-dən tanıdığımız ədədi silsilə cəmi alınır:

a_n=a_1\cdot 2^{\,1+2+\dots+(n-1)}=2^{\frac{n(n-1)}{2}} .

Yoxlama.

a_1=2^0=1

— doğru. Qayda:

2^{\,n}\cdot 2^{\frac{n(n-1)}{2}}=2^{\frac{n(n-1)+2n}{2}}=2^{\frac{n(n+1)}{2}}=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

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

Nümunə 1.5 (faktorial körpüsü).

a_1=1

a_{n+1}=(n+1)a_n

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll. Nisbətlər

\dfrac{a_2}{a_1}=2,\ \dfrac{a_3}{a_2}=3,\ \dots,\ \dfrac{a_n}{a_{n-1}}=n

olduğundan

a_n=1\cdot 2\cdot 3\cdots n=n! .

Beləliklə faktorial elə "hər addımda indeksə vur" rekurentinin açılışıdır (ƏN dərslərindəki tərifin ardıcıllıq dilində yazılışı). Yoxlama.

a_1=1!=1

; qayda:

(n+1)\cdot n!=(n+1)!

— doğru. Cavab:

a_n=n!

Birinci nüvə:

a_{n+1}=q\,a_n+d

tipiOlimpiadada ən çox rast gəlinən rekurent budur: hər addımda hədd sabit ədədə vurulur və üstünə sabit ədəd gəlir (

q\neq 0

a_{n+1}=q\,a_n+d .

q=1

olduqda bu, ədədi silsilədir;

d=0

olduqda həndəsi silsilə. Deməli maraqlı hal

q\neq 1

d\neq 0

halıdır. İki müstəqil gediş göstərəcəyik — ikisini də bilmək lazımdır, çünki məsələdən asılı olaraq biri o birindən qısa çıxır.(a) Sabit nöqtə əvəzləməsi. Əvvəlcə soruşuruq: hansı

x

qiyməti üçün ardıcıllıq sabit qalardı? Yəni

a_1=x

olsaydı, bütün hədlər

x

-ə bərabər olardımı? Bunun üçün

x=qx+d \quad\Longrightarrow\quad x=\frac{d}{1-q}\qquad (q\neq 1)

olmalıdır. Bu

x

ədədinə qaydanın sabit nöqtəsi deyilir (D10-dakı

f(x)=x

tənliyinin elə özüdür). İndi əsas gediş: rekurentdən sabit nöqtə bərabərliyini çıxaq:

a_{n+1}=q\,a_n+d,\qquad x=qx+d \quad\Longrightarrow\quad a_{n+1}-x=q\,(a_n-x).

Budur səbəb:

d

tam şəkildə yox oldu. Deməli

b_n=a_n-x

əvəzləməsi ilə

b_{n+1}=q\,b_n

, yəni məxrəci

q

olan həndəsi silsilə alırıq (G18):

b_n=b_1q^{\,n-1}

. Sonda geri qayıdırıq:

a_n=b_n+x

Qeyd. Sabit nöqtə əvəzləməsində ən çox unudulan addım sonuncudur:

b_n

-i tapıb dayanmaq olmaz,

a_n=b_n+x

yazmaq lazımdır. Əvəzləmə həllinin dörd addımı həmişə görünməlidir: elan et

\to

yeni rekurenti al

\to

həll et

\to

geri qayıt.

(b) İki qonşunun çıxılması. Sabit nöqtəni heç axtarmadan da

d

-dən qurtulmaq olar. Qaydanı ardıcıl iki indeks üçün yazıb çıxaq:

a_{n+2}=q\,a_{n+1}+d,\qquad a_{n+1}=q\,a_n+d \quad\Longrightarrow\quad a_{n+2}-a_{n+1}=q\,(a_{n+1}-a_n).

Deməli fərqlər özləri məxrəci

q

olan həndəsi silsilədir:

a_{n+1}-a_n=(a_2-a_1)q^{\,n-1}

. İndi 1.1-dəki toplama açılışı işə düşür:

a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}(a_2-a_1)q^{\,k-1} =a_1+(a_2-a_1)\cdot\frac{q^{\,n-1}-1}{q-1}\qquad(q\neq1).

Nümunə 1.6 (Hanoy qülləsi).

a_1=1

a_{n+1}=2a_n+1

olarsa,

a_n

-i hər iki yolla tapın.

Həll. Yol (a). Sabit nöqtə:

x=2x+1\Rightarrow x=-1

. Əvəzləmə:

b_n=a_n-(-1)=a_n+1

. Onda

b_{n+1}=a_{n+1}+1=2a_n+2=2(a_n+1)=2b_n,

yəni

b_n

məxrəci

2

olan həndəsi silsilədir.

b_1=a_1+1=2

olduğundan

b_n=2\cdot 2^{\,n-1}=2^{\,n}

. Geri qayıdırıq:

a_n=b_n-1=2^{\,n}-1

.Yol (b).

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

, yəni fərqlər məxrəci

2

olan həndəsi silsilədir.

a_2=3

olduğundan

a_2-a_1=2

və

a_{k+1}-a_k=2\cdot 2^{\,k-1}=2^{\,k}

. Fərqləri toplayırıq:

a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}2^{\,k}=1+(2^{\,n}-2)=2^{\,n}-1 .

İki yol eyni cavabı verdi.Yoxlama.

a_1=2^1-1=1

— doğru. Qayda:

2(2^{\,n}-1)+1=2^{\,n+1}-1=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=2^{\,n}-1

Qeyd. Hanoy qülləsi. Rəvayətə görə məbəddə üç dirək və

64

disk var; disklər bir dirəkdən digərinə köçürülməlidir, hər dəfə yalnız bir disk götürülür və böyük disk kiçiyin üstünə qoyula bilməz.

n

diskin minimum köçürmə sayı

a_n

olsun: əvvəlcə yuxarıdakı

n-1

diski köməkçi dirəyə (

a_{n-1}

addım), sonra ən böyük diski yerinə (

1

addım), sonra yenə

n-1

diski üstünə (

a_{n-1}

addım) köçürürük. Deməli

a_n=2a_{n-1}+1

a_1=1

və cavab

2^{\,n}-1

64

disk üçün bu

2^{64}-1

— kainatın ömrü boyu bitməyəcək bir ədəd.

İkinci nüvə: əvəzləmə ilə tanış tipə gətirməRekurent "yad" görünürsə, ona düzgün eynəklə baxmaq lazımdır: elə

b_n

düzəldək ki,

b_n

üçün alınan rekurent bizə tanış olsun (silsilə, yaxud

q\,b_n+d

). Əvəzləməni necə tapmalı? Sual həmişə eynidir: qaydada məni ən çox nə narahat edir və onu necə yox edə bilərəm?Kəsrli tip: $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+a_n}$ . Narahat edən — məxrəcdəki

a_n

. Kəsri tərsinə çevirsək məxrəc parçalanır:

Nümunə 1.7 (tərs çevirmə).

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+a_n}

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll. Vicdan yoxlaması.

a_1=1>0

; əgər

a_n>0

-dırsa,

a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+a_n}>0

. Deməli bütün hədlər müsbətdir, xüsusən

a_n\neq 0

və

1/a_n

yazmaq olar.Əvəzləməni elan edirik:

b_n=\dfrac{1}{a_n}

. Yeni rekurent:

b_{n+1}=\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1+a_n}{a_n}=\frac{1}{a_n}+1=b_n+1 .

Həll: bu, fərqi

1

olan ədədi silsilədir;

b_1=1

olduğundan

b_n=n

. Geri qayıdış:

a_n=\dfrac{1}{b_n}=\dfrac1n

.Yoxlama.

a_1=1

— doğru. Qayda:

\dfrac{1/n}{1+1/n}=\dfrac{1}{n+1}=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=\dfrac1n

Köklü tip: $a_{n+1}=\sqrt{a_n}$ . Narahat edən — kök. Hədlər eyni əsasın qüvvətləridirsə, yalnız qüvvət göstəricisinə baxmaq kifayətdir.

Nümunə 1.8 (göstəriciyə keçid).

a_1=2

a_{n+1}=\sqrt{a_n}

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll. Bütün hədlər müsbətdir və

2

-nin qüvvətidir.

a_n=2^{\,b_n}

yazaq (yəni

b_n

— hədlərin qüvvət göstəricisi). Onda

2^{\,b_{n+1}}=a_{n+1}=\sqrt{a_n}=\left(2^{\,b_n}\right)^{1/2}=2^{\,b_n/2} \quad\Longrightarrow\quad b_{n+1}=\frac{b_n}{2}.

Bu, məxrəci

\tfrac12

olan həndəsi silsilədir;

b_1=1

olduğundan

b_n=\dfrac{1}{2^{\,n-1}}

. Geri qayıdış:

a_n=2^{\,1/2^{\,n-1}}

.Yoxlama.

n=1

a_1=2^1=2

— doğru. Qayda:

\sqrt{2^{\,1/2^{\,n-1}}}=2^{\,1/2^{\,n}}=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=2^{\,2^{\,1-n}}

Kvadratlanan tip: $a_{n+1}=a_n^2$ . Yenə göstəricilərə baxırıq, amma indi göstəricinin öz rekurenti "ikiqat olma" qaydasıdır.

Nümunə 1.9 (göstərici ikiqat olur).

a_1=2

a_{n+1}=a_n^{2}

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll. İlk hədlər:

2,\ 4=2^2,\ 16=2^4,\ 256=2^8

. Göründüyü kimi hər hədd

2

-nin qüvvətidir və göstərici hər addımda ikiqat olur. Doğrudan da

a_n=2^{\,b_n}

yazsaq,

2^{\,b_{n+1}}=\left(2^{\,b_n}\right)^2=2^{\,2b_n}

, yəni

b_{n+1}=2b_n

b_1=1

. Deməli

b_n=2^{\,n-1}

və

a_n=2^{\,2^{\,n-1}}

.Yoxlama.

n=1

2^{2^0}=2^1=2

— doğru. Qayda:

\left(2^{\,2^{\,n-1}}\right)^2=2^{\,2^{\,n}}=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=2^{\,2^{\,n-1}}

Sürüşdürməli tip: $a_{n+1}=q\,a_n+c^{\,n}$ . Burada

d

sabit deyil, özü də qüvvətlə böyüyür. Onda əvəzləməni də "böyüyən" seçmək lazımdır:

b_n=a_n+\lambda c^{\,n}

formasını axtarırıq və

\lambda

-nı elə seçirik ki, artıq hədd yox olsun.

Nümunə 1.10 (əvəzləməni axtarmaq).

a_1=1

a_{n+1}=3a_n+2^{\,n}

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll. Axtarış.

b_n=a_n+\lambda 2^{\,n}

qoyaq və

b_{n+1}=3b_n

olmasını istəyək:

b_{n+1}=a_{n+1}+\lambda 2^{\,n+1}=3a_n+2^{\,n}+2\lambda 2^{\,n} =3a_n+(1+2\lambda)2^{\,n},

3b_n=3a_n+3\lambda 2^{\,n}

. Bərabərlik üçün

1+2\lambda=3\lambda

, yəni

\lambda=1

.Əvəzləmə:

b_n=a_n+2^{\,n}

. Yeni rekurent:

b_{n+1}=3b_n

. Həll:

b_1=1+2=3

, deməli

b_n=3\cdot 3^{\,n-1}=3^{\,n}

. Geri qayıdış:

a_n=3^{\,n}-2^{\,n}

.Yoxlama.

a_1=3-2=1

— doğru. Qayda:

3(3^{\,n}-2^{\,n})+2^{\,n}=3^{\,n+1}-3\cdot 2^{\,n}+2^{\,n}=3^{\,n+1}-2^{\,n+1}=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=3^{\,n}-2^{\,n}

Qeyd. Eyni məsələni

b_n=\dfrac{a_n}{2^{\,n}}

(bölmə əvəzləməsi) ilə də həll etmək olar; o zaman

b_{n+1}=\tfrac32 b_n+\tfrac12

tipi alınır və 1.3-dəki gedişlə həll edilir. Ümumi qayda belədir: qaydada səni narahat edən hissəni əvəzləmənin içinə sal — ya çıxaraq (sabit nöqtə), ya əlavə edərək (

+\lambda c^{\,n}

), ya da bölərək (

/q^{\,n}

Periodik rekurentlərG18-də periodik ardıcıllıqlarla tanış olmuşduq. Rekurent

a_{n+1}=f(a_n)

şəklindədirsə, periodiklik tamamilə

f

-in iterasiyalarından asılıdır: əgər

f(f(f(x)))=x

bütün icazəli

x

-lər üçün doğrudursa, ardıcıllıq period

3

-lə dövr edir (D11-dəki

f\circ f

dövrlərinin ardıcıllıq dilində yazılışı).

Period axtarışı. Hədləri ardıcıl hesabla:

a_1,a_2,a_3,\dots

Nə vaxt başlanğıc hədd təkrar olunursa (

a_{k+1}=a_1

), period

k

-dır və bu, təsdiq sayılır — çünki qayda yalnız əvvəlki həddən asılıdır, deməli bir hədd təkrarlanan kimi bütün ardıcıllıq təkrarlanır. Sonra

a_{2026}

kimi suallarda indeksi

k

-ya bölüb qalığa baxırıq (geri çəkmə hesabı).

Nümunə 1.11 (period 3).

a_{n+1}=\dfrac{1}{1-a_n}

rekurentini araşdırın.

Həll.

a_1=t

olsun. Ardıcıl hesablayırıq:

a_2=\frac{1}{1-t},\qquad a_3=\frac{1}{1-\frac{1}{1-t}}=\frac{1-t}{(1-t)-1}=\frac{t-1}{t},\qquad a_4=\frac{1}{1-\frac{t-1}{t}}=\frac{t}{t-(t-1)}=t .

a_4=a_1

olduğundan ardıcıllıq period

3

-lə dövr edir. Cavab: Period

3

;

a_{3k+1}=t

a_{3k+2}=\tfrac{1}{1-t}

a_{3k+3}=\tfrac{t-1}{t}

Qeyd. Təyin olunmama tələsi. Kəsrli rekurentdə məxrəc sıfır olan kimi ardıcıllıq "qırılır". Yuxarıdakı misalda

t=1

olsa

a_2

təyin olunmur;

t=0

olsa

a_2=1

və

a_3

təyin olunmur. Deməli ardıcıllıq yalnız

a_1\notin\{0,1\}

üçün sonsuz davam edir. Belə suallarda əvvəlcə icazəli başlanğıcları yazın — cavabın yarısı elə budur.

Nümunə 1.12 (period 4).

a_{n+1}=\dfrac{a_n-1}{a_n+1}

rekurentində periodu tapın.

Həll.

a_1=t

olsun:

a_2=\frac{t-1}{t+1},\qquad a_3=\frac{\frac{t-1}{t+1}-1}{\frac{t-1}{t+1}+1}=\frac{(t-1)-(t+1)}{(t-1)+(t+1)}=\frac{-2}{2t}=-\frac1t,

a_4=\frac{-\frac1t-1}{-\frac1t+1}=\frac{-(1+t)}{t-1}=\frac{1+t}{1-t},\qquad a_5=\frac{(1+t)-(1-t)}{(1+t)+(1-t)}=\frac{2t}{2}=t .

a_5=a_1

, deməli period

4

-dür. Təyin olunma üçün

t\notin\{-1,0,1\}

olmalıdır. Cavab: Period

4

a_1\notin\{-1,0,1\}

şərti ilə

Nümunə 1.13 (bir addım irəli: ikinci tərtib).

a_{n+1}=a_n-a_{n-1}

qaydası ilə verilmiş ardıcıllığın periodunu tapın.

Həll. Burada növbəti hədd iki əvvəlki həddən asılıdır — belə qaydalara ikinci tərtib rekurent deyilir.

a_1=x

a_2=y

olsun:

a_3=y-x,\quad a_4=(y-x)-y=-x,\quad a_5=-x-(y-x)=-y,\quad a_6=x-y,\quad a_7=x,\quad a_8=y .

a_7=a_1

və

a_8=a_2

olduğundan (ikinci tərtibdə iki ardıcıl həddin təkrarı lazımdır!) period

6

-dır. Ayrıca bir periodun cəmi

x+y+(y-x)-x-y+(x-y)=0

-dır. Cavab: Period

6

; hər

6

ardıcıl həddin cəmi

0

Qeyd. İkinci tərtib rekurentlərin (məsələn məşhur Fibonaççi ardıcıllığının — C6-dakı zəncirvari kəsr qeydini xatırlayın) sistemli nəzəriyyəsi növbəti dərsin, G20-nin mövzusudur. Burada yalnız "hədləri hesabla və dövrü gör" səviyyəsində toxunduq.

Təxmin et

\to

yoxlaBəzən açılış da, əvəzləmə də göz qabağında olmur. Onda ən sadə gediş işə düşür: ilk hədləri hesabla, qanunauyğunluğu gör, düsturu təxmin et, sonra yoxla.

Nümunə 1.14 (təxmin və təsdiq).

a_1=1

a_{n+1}=a_n+n\cdot n!

olarsa,

a_n

-i tapın.

Həll. İlk hədlər:

a_1=1,\quad a_2=1+1\cdot 1!=2,\quad a_3=2+2\cdot 2!=6,\quad a_4=6+3\cdot 3!=24,\quad a_5=24+4\cdot4!=120 .

1,2,6,24,120

— bu,

n!

-dir. Təxmin:

a_n=n!

.Yoxlama. Başlanğıc:

a_1=1!=1

— doğru. Qayda: təxminimiz doğru olsaydı,

a_n+n\cdot n!=n!+n\cdot n!=(n+1)\,n!=(n+1)!

alınardı — bu isə düsturun

n+1

üçün verdiyi qiymətdir. Deməli qayda təxmini "qoruyur": bir həddə doğrudursa, növbətidə də doğrudur. Başlanğıcda doğru olduğu üçün bütün hədlərdə doğrudur. Cavab:

a_n=n!

Qeyd. Yuxarıdakı yoxlamanın tam adı riyazi induksiyadır: baza addımı (

n=1

) və keçid addımı (

n

-dən

n+1

-ə). Onun intizamlı nəzəriyyəsi ayrıca dərsin işidir; hələlik bizə "başlanğıcda yoxla + qaydada yerinə qoy" sxemi bəsdir. Amma prinsip dəyişməzdir: yoxlanmamış təxmin həll deyil. Olimpiada işində "hədlərə baxdım, düstur belədir" cümləsi ballandırılmır.

Ümumi hədd tapmadan: rekurentdən xassə çıxarmaqÇox vaxt sual ümumi hədd istəmir: "hədlərin hamısı tam ədəddirmi?", "ardıcıllıq artandırmı?", "

a_{2026}

-nın son rəqəmi nədir?" Belə suallarda düstur axtarmaq itki ola bilər — xassəni birbaşa qaydadan çıxarmaq lazımdır.(1) Monotonluq və işarə.

a_{n+1}-a_n

fərqinin işarəsinə qaydadan baxırıq (G18 üsulu). Məsələn

a_1=10

a_{n+1}=a_n+n-6

olarsa,

a_{n+1}-a_n=n-6

olduğundan ardıcıllıq

n\le 5

üçün azalır,

n\ge 7

üçün artır; ən kiçik qiymət

a_6=a_7

-dədir.(2) Tamlıq. Qayda kəsrli görünə bilər, amma nəticə tam olar.

Nümunə 1.15 (tamlıq).

a_1=2

a_{n+1}=\dfrac{a_n(a_n+1)}{2}

. Bütün hədlərin tam olduğunu göstərin.

Həll.

a_n

tam ədəddirsə,

a_n(a_n+1)

iki ardıcıl tam ədədin hasilidir, deməli cütdür (ƏN: ardıcıl iki ədəddən biri mütləq cütdür), yəni

2

-yə bölünür və

a_{n+1}

tamdır.

a_1=2

tam olduğundan bütün hədlər tamdır. İlk hədlər:

2,\ 3,\ 6,\ 21,\ 231

. Cavab: Bütün hədlər tamdır

(3) Qalıqlar və son rəqəm. Qayda yalnız əvvəlki həddən asılı olduğu üçün, hədlərin qalıqları da yalnız əvvəlki qalıqdan asılıdır. Deməli qalıqlar ardıcıllığı mütləq dövrə düşür (mümkün qalıq sayı sonludur — ƏN körpüsü).

Nümunə 1.16 (son rəqəmin dövrü).

a_1=1

a_{n+1}=a_n^2+1

a_{2026}

-nın son rəqəmini tapın.

Həll. Yalnız son rəqəmlərlə işləyirik (

\bmod 10

1\to 1^2+1=2\to 2^2+1=5\to 5^2+1=26\equiv 6\to 6^2+1=37\equiv 7 \to 7^2+1=50\equiv 0\to 0^2+1=1 .

Son rəqəmlər

1,2,5,6,7,0

ardıcıllığı ilə dövr edir, period

6

2026=6\cdot 337+4

olduğundan

a_{2026}

-nın son rəqəmi

a_4

-ünki ilə eynidir, yəni

6

. Cavab:

6

(4) İnvariant. Bəzən qaydada dəyişməyən bir kəmiyyət olur; onu tapmaq bütün məsələni həll edir.

Nümunə 1.17 (invariant).

a_1=b_1=1

və

a_{n+1}=3a_n+4b_n

b_{n+1}=2a_n+3b_n

olsun.

a_n^2-2b_n^2

ifadəsini hesablayın.

Həll. Birbaşa açırıq:

a_{n+1}^2-2b_{n+1}^2=(3a_n+4b_n)^2-2(2a_n+3b_n)^2 =9a_n^2+24a_nb_n+16b_n^2-8a_n^2-24a_nb_n-18b_n^2,

yəni

a_{n+1}^2-2b_{n+1}^2=a_n^2-2b_n^2

. Deməli bu ifadə invariantdır: addımdan asılı deyil. Başlanğıcda

1-2=-1

olduğundan hər

n

üçün

a_n^2-2b_n^2=-1

. Cavab:

a_n^2-2b_n^2=-1

Qeyd. Tipik səhvlər.

1. Addım sayını səhv saymaq: $a_1$ -dən $a_n$ -ə $n-1$ addım var, $n$ yox. Cəm/hasilin yuxarı sərhədi $n-1$ olmalıdır.
2. Yoxlamamaq: tapılan düstur həm $n=1$ -də, həm də qaydada yerinə qoymaqla yoxlanmalıdır. İkisindən biri kifayət etmir.
3. $1/a_n$ əvəzləməsində $a_n=0$ halını unutmaq: tərs çevirmədən əvvəl hədlərin sıfırdan fərqli olduğu göstərilməlidir.
4. Geri qayıtmamaq: $b_n$ tapılıb $a_n$ -ə qayıtmamaq — həll yarımçıqdır.
5. Periodu təsdiqsiz elan etmək: "ilk hədlər oxşayır" dəlil deyil; $a_{k+1}=a_1$ bərabərliyi açıq yazılmalıdır (ikinci tərtibdə iki ardıcıl hədd!).
6. Təyin olunmanı yoxlamamaq: kəsrli rekurentdə hansı başlanğıclarda məxrəcin sıfırlandığı göstərilməlidir.
7. Vurma açılışında $a_1=0$ halı: nisbətlərə keçmək üçün hədlərin sıfırdan fərqli olduğu qeyd edilməlidir.

Qeyd. Yaddaş cədvəli — rekurentdə nə görürsünüzsə, hansı gediş.

Qaydanın görünüşü	Gediş
$a_{n+1}=a_n+f(n)$	Fərqləri yaz və topla (teleskop, C6)
$a_{n+1}=g(n)\,a_n$	Nisbətləri yaz və vur (teleskopik hasil)
$a_{n+1}=q\,a_n+d$	Sabit nöqtə $x=qx+d$ ; $b_n=a_n-x$ ya da fərqləri çıx
$a_{n+1}=q\,a_n+c^{\,n}$	$b_n=a_n+\lambda c^{\,n}$ və ya $b_n=a_n/q^{\,n}$
$a_{n+1}=q\,a_n+f(n)$	$b_n=a_n/q^{\,n}$ $\Rightarrow$ toplama açılışı
$a_{n+1}=\dfrac{a_n}{\alpha+\beta a_n}$	$b_n=1/a_n$ (tərs çevirmə)
$a_{n+1}=\sqrt{a_n}$ və ya $a_n^2$	Qüvvət göstəricisinə keç
$a_{n+1}=\dfrac{\alpha a_n+\beta}{\gamma a_n+\delta}$	Sabit nöqtələri tap: iki fərqli kökdə $b_n=\dfrac{a_n-x_1}{a_n-x_2}$ , qoşa kökdə $b_n=\dfrac{1}{a_n-x_1}$
Hədlər təkrarlanır	Period axtar, indeksi qalığa gətir
Düstur görünmür	Təxmin et $\to$ yoxla
Sual düstur istəmir	Xassəni birbaşa qaydadan çıxar (işarə, tamlıq, qalıq, invariant)

2Asan məsələlərBu bölmə rayon–şəhər turu səviyyəsindədir. Hər məsələdə şərt, qısa tam həll və cavab verilir.

Məsələ 1. İsinmə ·

a_1=3

a_{n+1}=2a_n-1

a_5

-i tapın.

Həll. Ardıcıl hesablayırıq:

a_2=5

a_3=9

a_4=17

a_5=33

. Cavab:

33

Məsələ 2. İsinmə ·

a_1=5

a_{n+1}=a_n+n

a_{10}

-u tapın.

Həll. Fərqləri toplayırıq:

a_{10}=5+(1+2+\dots+9)=5+45=50

. Cavab:

50

Məsələ 3. İsinmə ·

a_1=2

a_{n+1}=a_n^2-2

a_4

-ü tapın və müşahidənizi izah edin.

Həll.

a_2=2^2-2=2

. Deməli hədd dəyişmədi; qayda yalnız əvvəlki həddən asılı olduğu üçün bütün hədlər

2

-yə bərabərdir.

a_1=2

qaydanın sabit nöqtəsidir. Cavab:

a_4=2

; ardıcıllıq sabitdir

Məsələ 4. İsinmə ·

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_n+2}

a_4

-ü tapın.

Həll.

a_2=\dfrac{1}{3}

a_3=\dfrac{1/3}{1/3+2}=\dfrac17

a_4=\dfrac{1/7}{1/7+2}=\dfrac{1}{15}

. (Məxrəclər

2^{\,n}-1

gedir.) Cavab:

\dfrac{1}{15}

Məsələ 5. Toplama açılışı ·

a_1=2

a_{n+1}=a_n+3

a_n

-i və

a_{2026}

-nı tapın.

Həll. Fərqlərin hamısı

3

-dür,

a_1

-dən

a_n

-ə

n-1

addım var:

a_n=2+3(n-1)=3n-1

. Yoxlama:

a_1=2

;

a_n+3=3n+2=3(n+1)-1

— doğru.

a_{2026}=3\cdot 2026-1=6077

. Cavab:

a_n=3n-1

a_{2026}=6077

Məsələ 6. Toplama açılışı ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n+2n

a_n

-i və

a_{10}

-u tapın.

Həll.

a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}2k=1+2\cdot\frac{(n-1)n}{2}=n^2-n+1 .

Yoxlama:

a_1=1

;

a_n+2n=n^2+n+1=(n+1)^2-(n+1)+1

— doğru.

a_{10}=100-10+1=91

. Cavab:

a_n=n^2-n+1

a_{10}=91

Məsələ 7. Toplama açılışı ·

a_1=0

a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{n(n+1)}

a_{2026}

-nı tapın.

Həll.

\dfrac{1}{k(k+1)}=\dfrac1k-\dfrac1{k+1}

olduğundan

a_n=0+\left(1-\dfrac1n\right)=\dfrac{n-1}{n}

. Yoxlama:

a_1=0

;

\dfrac{n-1}{n}+\dfrac{1}{n(n+1)}=\dfrac{(n-1)(n+1)+1}{n(n+1)}=\dfrac{n^2}{n(n+1)}=\dfrac{n}{n+1}

— doğru.

a_{2026}=\dfrac{2025}{2026}

. Cavab:

\dfrac{2025}{2026}

Məsələ 8. Toplama açılışı ·

a_1=1

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

a_n

-i tapın.

Həll.

\dfrac{1}{(2k-1)(2k+1)}=\dfrac12\left(\dfrac{1}{2k-1}-\dfrac{1}{2k+1}\right)

, deməli

a_n=1+\frac12\left(1-\frac{1}{2n-1}\right)=1+\frac{n-1}{2n-1}=\frac{3n-2}{2n-1}.

Yoxlama:

a_1=1

; qaydada yerinə qoyuruq:

\frac{3n-2}{2n-1}+\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{6n^2-n-1}{(2n-1)(2n+1)} =\frac{(2n-1)(3n+1)}{(2n-1)(2n+1)}=\frac{3n+1}{2n+1}\ \checkmark

Cavab:

a_n=\dfrac{3n-2}{2n-1}

Məsələ 9. Toplama açılışı ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n+3^{\,n}

a_n

-i tapın.

Həll.

a_n=1+\left(3+3^2+\dots+3^{\,n-1}\right)=1+\frac{3^{\,n}-3}{2}=\frac{3^{\,n}-1}{2}.

Yoxlama:

a_1=1

;

\dfrac{3^{\,n}-1}{2}+3^{\,n}=\dfrac{3^{\,n+1}-1}{2}

— doğru. Cavab:

a_n=\dfrac{3^{\,n}-1}{2}

Məsələ 10. Toplama açılışı ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n+n^2

a_n

-i və

a_6

-nı tapın.

Həll. Kvadratlar cəmi düsturu ilə

a_n=1+\dfrac{(n-1)n(2n-1)}{6}

. Yoxlama:

a_1=1

;

a_n+n^2=1+\dfrac{(n-1)n(2n-1)+6n^2}{6}=1+\dfrac{n(2n^2+3n+1)}{6}=1+\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}

— doğru.

a_6=1+\dfrac{5\cdot 6\cdot 11}{6}=56

. Cavab:

a_n=1+\dfrac{(n-1)n(2n-1)}{6}

a_6=56

Məsələ 11. Vurma açılışı ·

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{n+2}{n}\,a_n

a_n

-i və

a_{2026}

-nı tapın.

Həll. Nisbətlər

\dfrac31,\dfrac42,\dfrac53,\dots,\dfrac{n+1}{n-1}

. Vururuq:

a_n=\frac{3\cdot4\cdots(n+1)}{1\cdot2\cdots(n-1)}=\frac{\frac{(n+1)!}{2}}{(n-1)!}=\frac{n(n+1)}{2}.

Yoxlama:

a_1=1

;

\dfrac{n+2}{n}\cdot\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}

— doğru.

a_{2026}=\dfrac{2026\cdot 2027}{2}=2053351

. Cavab:

a_n=\dfrac{n(n+1)}{2}

a_{2026}=2053351

Məsələ 12. Vurma açılışı ·

a_1=3

a_{n+1}=\dfrac{n}{n+1}\,a_n

a_{2026}

-nı tapın.

Həll.

a_n=3\cdot\dfrac12\cdot\dfrac23\cdots\dfrac{n-1}{n}=\dfrac3n

. Yoxlama:

a_1=3

;

\dfrac{n}{n+1}\cdot\dfrac3n=\dfrac{3}{n+1}

— doğru.

a_{2026}=\dfrac{3}{2026}

. Cavab:

a_n=\dfrac3n

a_{2026}=\dfrac{3}{2026}

Məsələ 13. Vurma açılışı ·

a_1=1

a_{n+1}=(n+1)a_n

a_7

-ni tapın.

Həll. Açılış

a_n=n!

verir (bax 1.2).

a_7=7!=5040

. Cavab:

5040

Məsələ 14. Vurma açılışı ·

a_1=2

a_{n+1}=3^{\,n}a_n

a_n

-i və

a_5

-i tapın.

Həll.

a_n=2\cdot 3^{\,1+2+\dots+(n-1)}=2\cdot 3^{\frac{n(n-1)}{2}}

. Yoxlama:

a_1=2\cdot3^0=2

;

3^{\,n}\cdot 2\cdot 3^{\frac{n(n-1)}{2}}=2\cdot3^{\frac{n(n+1)}{2}}

— doğru.

a_5=2\cdot 3^{10}=118098

. Cavab:

a_n=2\cdot3^{\frac{n(n-1)}{2}}

a_5=118098

Məsələ 15. Vurma açılışı ·

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{n(n+2)}{(n+1)^2}\,a_n

a_n

-i tapın.

Həll. Hasili iki teleskopa ayırırıq:

a_n=\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k}{k+1}\cdot\prod_{k=1}^{n-1}\frac{k+2}{k+1} =\frac1n\cdot\frac{n+1}{2}=\frac{n+1}{2n}.

Yoxlama:

a_1=1

;

\dfrac{n(n+2)}{(n+1)^2}\cdot\dfrac{n+1}{2n}=\dfrac{n+2}{2(n+1)}

— doğru. Cavab:

a_n=\dfrac{n+1}{2n}

Məsələ 16. Sabit nöqtə ·

a_1=1

a_{n+1}=3a_n+2

a_n

-i və

a_5

-i tapın.

Həll. Sabit nöqtə:

x=3x+2\Rightarrow x=-1

b_n=a_n+1

qoyaq:

b_{n+1}=3a_n+3=3b_n

b_1=2

, deməli

b_n=2\cdot3^{\,n-1}

və

a_n=2\cdot 3^{\,n-1}-1

. Yoxlama:

a_1=1

;

3(2\cdot3^{\,n-1}-1)+2=2\cdot3^{\,n}-1

— doğru.

a_5=2\cdot81-1=161

. Cavab:

a_n=2\cdot3^{\,n-1}-1

a_5=161

Məsələ 17. Sabit nöqtə ·

a_1=5

a_{n+1}=2a_n-3

a_n

-i və

a_{10}

-u tapın.

Həll.

x=2x-3\Rightarrow x=3

;

b_n=a_n-3

b_{n+1}=2b_n

b_1=2

b_n=2^{\,n}

. Geri qayıdış:

a_n=2^{\,n}+3

. Yoxlama:

a_1=5

;

2(2^{\,n}+3)-3=2^{\,n+1}+3

— doğru.

a_{10}=1024+3=1027

. Cavab:

a_n=2^{\,n}+3

a_{10}=1027

Məsələ 18. Sabit nöqtə ·

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{a_n}{2}+3

a_n

-i və

a_5

-i tapın.

Həll.

x=\tfrac x2+3\Rightarrow x=6

;

b_n=a_n-6

b_{n+1}=\tfrac12 b_n

b_1=-5

b_n=-\dfrac{5}{2^{\,n-1}}

. Deməli

a_n=6-\dfrac{5}{2^{\,n-1}}

. Yoxlama:

a_1=1

;

\tfrac12\left(6-\tfrac{5}{2^{n-1}}\right)+3=6-\tfrac{5}{2^{\,n}}

— doğru.

a_5=6-\tfrac5{16}=\tfrac{91}{16}

. Cavab:

a_n=6-\dfrac{5}{2^{\,n-1}}

a_5=\dfrac{91}{16}

Məsələ 19. Mətn məsələsi · Hanoy qülləsində

10

disk var. Minimum neçə köçürmə lazımdır?

Həll.

a_1=1

a_{n+1}=2a_n+1

(bax 1.3 qeydi), deməli

a_n=2^{\,n}-1

və

a_{10}=1024-1=1023

. Cavab:

1023

Məsələ 20. İki qonşunun fərqi ·

a_1=3

a_{n+1}=4a_n-6

. Məsələni fərqlər üsulu ilə həll edin.

Həll. Qaydanı iki ardıcıl indeksdə yazıb çıxırıq:

a_{n+2}-a_{n+1}=4(a_{n+1}-a_n)

, yəni fərqlər məxrəci

4

olan həndəsi silsilədir.

a_2=4\cdot3-6=6

, deməli

a_2-a_1=3

və

a_{k+1}-a_k=3\cdot 4^{\,k-1}

. Toplayırıq:

a_n=3+\sum_{k=1}^{n-1}3\cdot4^{\,k-1}=3+3\cdot\frac{4^{\,n-1}-1}{3}=2+4^{\,n-1}.

Yoxlama:

a_1=3

;

4(2+4^{\,n-1})-6=2+4^{\,n}

— doğru. Cavab:

a_n=4^{\,n-1}+2

Məsələ 21. Sabit nöqtə ·

a_1=0

a_{n+1}=-2a_n+3

a_n

-i və

a_6

-nı tapın.

Həll.

x=-2x+3\Rightarrow x=1

;

b_n=a_n-1

b_{n+1}=-2b_n

b_1=-1

b_n=-(-2)^{\,n-1}

. Deməli

a_n=1-(-2)^{\,n-1}

. Yoxlama:

a_1=0

;

-2\left(1-(-2)^{\,n-1}\right)+3=1+2(-2)^{\,n-1}=1-(-2)^{\,n}

— doğru.

a_6=1-(-2)^5=33

. Cavab:

a_n=1-(-2)^{\,n-1}

a_6=33

Məsələ 22. Mətn məsələsi · Hovuzda

100

litr su var. Hər gün suyun yarısı çıxarılır, sonra

30

litr əlavə olunur.

n

gündən sonra hovuzda neçə litr su olar?

Həll.

a_0=100

a_{n+1}=\dfrac{a_n}{2}+30

. Sabit nöqtə

x=60

;

b_n=a_n-60

b_{n+1}=\tfrac12b_n

b_0=40

b_n=\dfrac{40}{2^{\,n}}

. Deməli

a_n=60+\dfrac{40}{2^{\,n}}

. Yoxlama:

a_0=100

; qayda ödənir. Məsələn

a_3=60+5=65

. Cavab:

a_n=60+\dfrac{40}{2^{\,n}}

litr

Məsələ 23. Tərs çevirmə ·

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+3a_n}

a_n

-i və

a_{2026}

-nı tapın.

Həll.

a_1>0

və müsbət həddən müsbət hədd alınır, deməli

a_n\neq0

. Əvəzləmə:

b_n=\dfrac1{a_n}

. Onda

b_{n+1}=\dfrac{1+3a_n}{a_n}=b_n+3

b_1=1

b_n=3n-2

. Geri qayıdış:

a_n=\dfrac{1}{3n-2}

. Yoxlama:

a_1=1

;

\dfrac{1/(3n-2)}{1+3/(3n-2)}=\dfrac{1}{3n+1}

— doğru.

a_{2026}=\dfrac{1}{6076}

. Cavab:

a_n=\dfrac{1}{3n-2}

a_{2026}=\dfrac{1}{6076}

Məsələ 24. Tərs çevirmə ·

a_1=2

a_{n+1}=\dfrac{2a_n}{a_n+2}

a_{2026}

-nı tapın.

Həll. Bütün hədlər müsbətdir.

b_n=\dfrac1{a_n}

üçün

b_{n+1}=\dfrac{a_n+2}{2a_n}=\dfrac12+b_n

b_1=\dfrac12

b_n=\dfrac n2

. Deməli

a_n=\dfrac2n

. Yoxlama:

a_1=2

;

\dfrac{2\cdot 2/n}{2/n+2}=\dfrac{4/n}{(2+2n)/n}=\dfrac{2}{n+1}

— doğru.

a_{2026}=\dfrac{2}{2026}=\dfrac{1}{1013}

. Cavab:

\dfrac{1}{1013}

Məsələ 25. Köklü ·

a_1=4

a_{n+1}=\sqrt{a_n}

a_n

-i tapın.

Həll.

a_n=2^{\,b_n}

yazaq;

b_{n+1}=\dfrac{b_n}{2}

b_1=2

, deməli

b_n=\dfrac{2}{2^{\,n-1}}=2^{\,2-n}

və

a_n=2^{\,2^{\,2-n}}

. Yoxlama:

n=1

2^{2}=4

— doğru;

\sqrt{2^{2^{2-n}}}=2^{2^{1-n}}=a_{n+1}

— doğru. Məsələn

a_4=2^{1/4}=\sqrt[4]{2}

. Cavab:

a_n=2^{\,2^{\,2-n}}

Məsələ 26. Qüvvətli ·

a_1=3

a_{n+1}=a_n^2

a_n

-i və

a_5

-i tapın.

Həll.

a_n=3^{\,b_n}

üçün

b_{n+1}=2b_n

b_1=1

, deməli

b_n=2^{\,n-1}

və

a_n=3^{\,2^{\,n-1}}

. Yoxlama:

a_1=3

;

\left(3^{2^{n-1}}\right)^2=3^{2^{\,n}}

— doğru.

a_5=3^{16}=43046721

. Cavab:

a_n=3^{\,2^{\,n-1}}

a_5=3^{16}=43046721

Məsələ 27. Sürüşdürməli ·

a_1=1

a_{n+1}=2a_n+3^{\,n}

a_n

-i tapın.

Həll.

b_n=a_n+\lambda 3^{\,n}

axtaraq:

b_{n+1}=2a_n+3^{\,n}+3\lambda 3^{\,n}

2b_n=2a_n+2\lambda3^{\,n}

; bərabərlik üçün

1+3\lambda=2\lambda

, yəni

\lambda=-1

. Deməli

b_n=a_n-3^{\,n}

b_{n+1}=2b_n

b_1=-2

b_n=-2^{\,n}

və

a_n=3^{\,n}-2^{\,n}

. Yoxlama:

a_1=1

;

2(3^{\,n}-2^{\,n})+3^{\,n}=3^{\,n+1}-2^{\,n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=3^{\,n}-2^{\,n}

Məsələ 28. Bölmə əvəzləməsi ·

a_1=1

a_{n+1}=2a_n+2^{\,n}

a_n

-i və

a_{10}

-u tapın.

Həll.

b_n=\dfrac{a_n}{2^{\,n}}

qoyaq:

b_{n+1}=\dfrac{2a_n+2^{\,n}}{2^{\,n+1}}=b_n+\dfrac12

b_1=\dfrac12

, deməli

b_n=\dfrac n2

və

a_n=n\cdot 2^{\,n-1}

. Yoxlama:

a_1=1

;

2\cdot n2^{\,n-1}+2^{\,n}=(n+1)2^{\,n}

— doğru.

a_{10}=10\cdot512=5120

. Cavab:

a_n=n\cdot2^{\,n-1}

a_{10}=5120

Məsələ 29. Period ·

a_1=2

a_{n+1}=\dfrac{1}{1-a_n}

a_{2026}

-nı tapın.

Həll.

a_2=\dfrac{1}{1-2}=-1

a_3=\dfrac{1}{1+1}=\dfrac12

a_4=\dfrac{1}{1-\frac12}=2=a_1

. Deməli period

3

-dür.

2026=3\cdot675+1

olduğundan

a_{2026}=a_1=2

. Cavab:

2

Məsələ 30. Period ·

a_1=3

a_{n+1}=\dfrac{a_n-1}{a_n+1}

a_{2026}

-nı tapın.

Həll.

a_2=\dfrac{2}{4}=\dfrac12

a_3=\dfrac{-1/2}{3/2}=-\dfrac13

a_4=\dfrac{-4/3}{2/3}=-2

a_5=\dfrac{-3}{-1}=3=a_1

. Period

4

2026=4\cdot506+2

, deməli

a_{2026}=a_2=\dfrac12

. Cavab:

\dfrac12

Məsələ 31. Period ·

a_1=5

a_{n+1}=\dfrac{1+a_n}{1-a_n}

a_{2026}

-nı tapın.

Həll.

a_2=\dfrac{6}{-4}=-\dfrac32

a_3=\dfrac{1-3/2}{1+3/2}=-\dfrac15

a_4=\dfrac{4/5}{6/5}=\dfrac23

a_5=\dfrac{5/3}{1/3}=5=a_1

. Period

4

;

2026\equiv 2\pmod 4

, deməli

a_{2026}=a_2=-\dfrac32

. Cavab:

-\dfrac32

Məsələ 32. Period cəmi ·

a_1=2

a_{n+1}=\dfrac{1}{1-a_n}

a_1+a_2+\dots+a_{2026}

cəmini tapın.

Həll. Period

3

-dür və bir periodun cəmi

2+(-1)+\dfrac12=\dfrac32

2026=3\cdot 675+1

: tam

675

period (

2025

hədd) və bir əlavə hədd

a_{2026}=a_1=2

. Deməli cəm

675\cdot\dfrac32+2=\dfrac{2025}{2}+2=\dfrac{2029}{2}

. Cavab:

\dfrac{2029}{2}

Məsələ 33. Təyin olunma ·

a_{n+1}=\dfrac{1}{1-a_n}

ardıcıllığının bütün

n

üçün təyin olunması

a_1

-in hansı qiymətlərində pozulur?

Həll.

a_1=1

olsa

a_2

təyin olunmur.

a_1=0

olsa

a_2=1

və

a_3

təyin olunmur. Başqa hallarda period

3

-dür və hədlər

t,\ \dfrac1{1-t},\ \dfrac{t-1}{t}

qiymətlərini alır; bunlardan heç biri

1

-ə bərabər ola bilməz (

\tfrac{1}{1-t}=1\Rightarrow t=0

\tfrac{t-1}{t}=1

isə mümkün deyil). Cavab: Yalnız

a_1=0

və

a_1=1

Məsələ 34. İkinci tərtib period ·

a_1=2

a_2=5

və

a_{n+1}=a_n-a_{n-1}

(n\ge2)

a_{2026}

-nı tapın.

Həll. Hədlər:

2,\ 5,\ 3,\ -2,\ -5,\ -3,\ 2,\ 5,\dots

— iki ardıcıl hədd (

a_7=a_1

a_8=a_2

) təkrarlandığı üçün period

6

-dır.

2026=6\cdot337+4

, deməli

a_{2026}=a_4=-2

. Cavab:

-2

Məsələ 35. Təxmin et

\to

yoxla ·

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{a_n}{a_n+1}

. Ümumi həddi təxmin edib təsdiqləyin.

Həll.

a_1=1,\ a_2=\dfrac12,\ a_3=\dfrac13,\ a_4=\dfrac14

. Təxmin:

a_n=\dfrac1n

. Yoxlama:

a_1=1

— doğru;

\dfrac{1/n}{1/n+1}=\dfrac{1}{1+n}

— qayda təxmini qoruyur. Cavab:

a_n=\dfrac1n

Məsələ 36. Təxmin et

\to

yoxla ·

a_1=1

a_{n+1}=3a_n+1

. Ümumi həddi təxmin edib təsdiqləyin.

Həll.

1,\ 4,\ 13,\ 40,\ 121

. Bu ədədlər

\dfrac{3^{\,n}-1}{2}

düsturuna uyğundur (

\tfrac{3-1}2=1

\tfrac{9-1}2=4

\tfrac{27-1}2=13

, …). Yoxlama:

a_1=1

;

3\cdot\dfrac{3^{\,n}-1}{2}+1=\dfrac{3^{\,n+1}-3+2}{2}=\dfrac{3^{\,n+1}-1}{2}

— doğru. Cavab:

a_n=\dfrac{3^{\,n}-1}{2}

Məsələ 37. Təxmin et

\to

yoxla ·

a_1=1

a_{n+1}=(n+1)a_n+(n+1)!

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

a_1=1

a_2=2\cdot1+2=4

a_3=3\cdot4+6=18

a_4=4\cdot18+24=96

. Bunlar

1\cdot1!,\ 2\cdot2!,\ 3\cdot3!,\ 4\cdot4!

-dir. Təxmin:

a_n=n\cdot n!

. Yoxlama:

a_1=1

;

(n+1)\cdot n\cdot n!+(n+1)!=(n+1)!\,n+(n+1)!=(n+1)\,(n+1)!

— doğru. Cavab:

a_n=n\cdot n!

Məsələ 38. Tamlıq ·

a_1=5

a_{n+1}=\dfrac{a_n(a_n+3)}{2}

. Bütün hədlərin tam olduğunu göstərin.

Həll.

a_n

tam olsun.

a_n

cütdürsə,

a_n(a_n+3)

cütdür;

a_n

təkdirsə,

a_n+3

cütdür və hasil yenə cütdür. Hər iki halda

2

-yə bölünür, deməli

a_{n+1}

tamdır.

a_1=5

tam olduğundan bütün hədlər tamdır (ilk hədlər:

5,\ 20,\ 230,\ 26795

). Cavab: Bütün hədlər tamdır

Məsələ 39. Son rəqəm ·

a_1=3

a_{n+1}=3a_n

a_{2026}

-nın son rəqəmini tapın.

Həll.

a_n=3^{\,n}

. Son rəqəmlər

3,9,7,1

dövrü ilə təkrarlanır (period

4

2026\equiv2\pmod4

, deməli son rəqəm

a_2=9

-unku ilə eynidir. Cavab:

9

3Orta və çətin məsələlərBu bölmə yarımfinal səviyyəsindədir; həllər tam əsaslandırılmışdır.

Məsələ 40. Çətin açılış ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n+n\cdot 2^{\,n}

a_n

-i tapın.

Həll. Fərqləri toplamaq üçün

\sum k\,2^{\,k}

cəmi lazımdır. Onu teleskop şəklinə salaq:

t_k=(k-2)2^{\,k}

qoysaq,

t_{k+1}-t_k=(k-1)2^{\,k+1}-(k-2)2^{\,k}=2^{\,k}\bigl(2k-2-k+2\bigr)=k\,2^{\,k}.

Deməli

\sum_{k=1}^{n-1}k\,2^{\,k}=t_n-t_1=(n-2)2^{\,n}+2 ,

və

a_n=1+(n-2)2^{\,n}+2=(n-2)2^{\,n}+3

.Yoxlama:

a_1=(-1)\cdot2+3=1

— doğru;

(n-2)2^{\,n}+3+n2^{\,n}=(2n-2)2^{\,n}+3=(n-1)2^{\,n+1}+3=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=(n-2)2^{\,n}+3

Məsələ 41. Çətin açılış ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{n(n+2)}

a_n

-i tapın.

Həll.

\dfrac{1}{k(k+2)}=\dfrac12\left(\dfrac1k-\dfrac1{k+2}\right)

. İki addımlıq teleskopda iki hədd başda, iki hədd sonda qalır:

\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k(k+2)} =\frac12\left(1+\frac12-\frac1n-\frac{1}{n+1}\right) =\frac34-\frac{2n+1}{2n(n+1)} .

Deməli

a_n=\dfrac74-\dfrac{2n+1}{2n(n+1)}

. Yoxlama:

n=1

\tfrac74-\tfrac34=1

— doğru.

n=2

\tfrac74-\tfrac{5}{12}=\tfrac43

, digər tərəfdən

a_2=1+\tfrac13=\tfrac43

— doğru. Cavab:

a_n=\dfrac74-\dfrac{2n+1}{2n(n+1)}

Məsələ 42. İki mərhələli açılış ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n+2n+3^{\,n}

a_n

-i tapın.

Həll. Cəmi iki hissəyə ayırırıq (biri ədədi, digəri həndəsi silsilə):

a_n=1+\sum_{k=1}^{n-1}2k+\sum_{k=1}^{n-1}3^{\,k} =1+n(n-1)+\frac{3^{\,n}-3}{2}.

Yoxlama:

a_1=1

;

n=2

1+2+3=6

və

a_2=1+2+3=6

— doğru. Ümumi yoxlama:

a_n+2n+3^{\,n}=1+n(n-1)+2n+\dfrac{3^{\,n}-3+2\cdot3^{\,n}}{2} =1+n(n+1)+\dfrac{3^{\,n+1}-3}{2}=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=n^2-n+1+\dfrac{3^{\,n}-3}{2}

Məsələ 43. Köklü teleskop ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}

a_{2025}

-i tapın.

Həll. Məxrəci qoşma vururuq (C4):

\dfrac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt k}=\sqrt{k+1}-\sqrt k

. Deməli fərqlər teleskopdur:

a_n=1+\sum_{k=1}^{n-1}\left(\sqrt{k+1}-\sqrt k\right)=1+\sqrt n-1=\sqrt n .

Yoxlama:

a_1=1

;

\sqrt n+\sqrt{n+1}-\sqrt n=\sqrt{n+1}

— doğru.

a_{2025}=\sqrt{2025}=45

. Cavab:

a_n=\sqrt n

a_{2025}=45

Məsələ 44. Gizli teleskop ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n+\dfrac{2n+1}{n^2(n+1)^2}

a_n

-i tapın.

Həll. Diqqət:

\dfrac{2k+1}{k^2(k+1)^2}=\dfrac{(k+1)^2-k^2}{k^2(k+1)^2} =\dfrac{1}{k^2}-\dfrac{1}{(k+1)^2}

. Deməli

a_n=1+\left(1-\frac{1}{n^2}\right)=2-\frac{1}{n^2}.

Yoxlama:

a_1=1

;

2-\dfrac1{n^2}+\dfrac1{n^2}-\dfrac1{(n+1)^2}=2-\dfrac{1}{(n+1)^2}

— doğru. Cavab:

a_n=2-\dfrac{1}{n^2}

Məsələ 45.

q\,a_n+f(n)

a_1=1

a_{n+1}=2a_n+n

a_n

-i tapın.

Həll. Bölmə əvəzləməsi:

b_n=\dfrac{a_n}{2^{\,n}}

. Onda

b_{n+1}=\frac{2a_n+n}{2^{\,n+1}}=b_n+\frac{n}{2^{\,n+1}} ,

yəni toplama açılışına düşdük.

\dfrac{k}{2^{\,k+1}}

cəmini teleskop edək:

t_k=\dfrac{k+1}{2^{\,k}}

üçün

t_k-t_{k+1}=\frac{k+1}{2^{\,k}}-\frac{k+2}{2^{\,k+1}} =\frac{2k+2-k-2}{2^{\,k+1}}=\frac{k}{2^{\,k+1}} .

Deməli

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\frac{k}{2^{\,k+1}}=t_1-t_n=1-\frac{n+1}{2^{\,n}}

və

b_n=b_1+1-\frac{n+1}{2^{\,n}}=\frac32-\frac{n+1}{2^{\,n}} \quad\Longrightarrow\quad a_n=2^{\,n}b_n=3\cdot 2^{\,n-1}-(n+1).

Yoxlama:

a_1=3-2=1

— doğru;

2\left(3\cdot2^{\,n-1}-n-1\right)+n=3\cdot2^{\,n}-n-2=a_{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=3\cdot2^{\,n-1}-n-1

Məsələ 46.

q\,a_n+f(n)

a_1=1

a_{n+1}=3a_n+n

a_n

-i tapın.

Həll.

b_n=\dfrac{a_n}{3^{\,n}}

b_{n+1}=b_n+\dfrac{n}{3^{\,n+1}}

. Teleskop üçün

t_k=\dfrac{2k+1}{4\cdot3^{\,k}}

götürək:

t_k-t_{k+1}=\frac{3(2k+1)-(2k+3)}{4\cdot 3^{\,k+1}}=\frac{4k}{4\cdot3^{\,k+1}}=\frac{k}{3^{\,k+1}} .

Deməli

\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\frac{k}{3^{\,k+1}}=t_1-t_n=\frac14-\frac{2n+1}{4\cdot3^{\,n}}

və

b_n=\frac13+\frac14-\frac{2n+1}{4\cdot3^{\,n}} \quad\Longrightarrow\quad a_n=3^{\,n}b_n=\frac{7\cdot3^{\,n-1}-2n-1}{4}.

Yoxlama:

a_1=\dfrac{7-3}{4}=1

;

a_2=\dfrac{21-5}{4}=4

və

3\cdot1+1=4

— doğru. Qayda:

3\cdot\dfrac{7\cdot3^{\,n-1}-2n-1}{4}+n=\dfrac{7\cdot3^{\,n}-6n-3+4n}{4}=\dfrac{7\cdot3^{\,n}-2(n+1)-1}{4}

— doğru. Cavab:

a_n=\dfrac{7\cdot3^{\,n-1}-2n-1}{4}

Məsələ 47.

q\,a_n+f(n)

a_1=2

a_{n+1}=2a_n+2^{\,n+1}

a_n

-i tapın.

Həll.

b_n=\dfrac{a_n}{2^{\,n}}

b_{n+1}=\dfrac{2a_n+2^{\,n+1}}{2^{\,n+1}}=b_n+1

b_1=1

, deməli

b_n=n

və

a_n=n\cdot 2^{\,n}

. Yoxlama:

a_1=2

;

2\cdot n2^{\,n}+2^{\,n+1}=(n+1)2^{\,n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=n\cdot2^{\,n}

Məsələ 48.

q\,a_n+f(n)

a_1=1

a_{n+1}=4a_n+3\cdot 2^{\,n}

a_n

-i tapın.

Həll.

b_n=\dfrac{a_n}{4^{\,n}}

b_{n+1}=b_n+\dfrac{3\cdot2^{\,n}}{4^{\,n+1}} =b_n+\dfrac34\cdot\dfrac{1}{2^{\,n}}

. Həndəsi cəm:

\sum_{k=1}^{n-1}\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2^{\,k}}=\frac34\left(1-\frac{1}{2^{\,n-1}}\right), \qquad b_n=\frac14+\frac34-\frac{3}{2^{\,n+1}}=1-\frac{3}{2^{\,n+1}} .

Deməli

a_n=4^{\,n}-\dfrac{3\cdot 4^{\,n}}{2^{\,n+1}}=4^{\,n}-3\cdot2^{\,n-1}

. Yoxlama:

a_1=4-3=1

;

4(4^{\,n}-3\cdot2^{\,n-1})+3\cdot2^{\,n}=4^{\,n+1}-3\cdot2^{\,n+1}+3\cdot 2^{\,n}=4^{\,n+1}-3\cdot2^{\,n}

— doğru. Cavab:

a_n=4^{\,n}-3\cdot2^{\,n-1}

Məsələ 49. Kəsr-xətti, iki sabit nöqtə ·

a_1=2

a_{n+1}=\dfrac{2a_n+3}{a_n+4}

a_n

-i tapın.

Həll. Sabit nöqtələr.

x=\dfrac{2x+3}{x+4}\Rightarrow x^2+2x-3=0\Rightarrow x_1=1,\ x_2=-3

(D8: kvadrat tənlik). İki fərqli sabit nöqtə olduqda əvəzləmə

b_n=\dfrac{a_n-x_1}{a_n-x_2}

seçilir.Əvəzləmə:

b_n=\dfrac{a_n-1}{a_n+3}

. Yeni rekurenti alaq:

a_{n+1}-1=\frac{2a_n+3-a_n-4}{a_n+4}=\frac{a_n-1}{a_n+4},\qquad a_{n+1}+3=\frac{2a_n+3+3a_n+12}{a_n+4}=\frac{5(a_n+3)}{a_n+4}.

Bölürük:

b_{n+1}=\dfrac{b_n}{5}

— həndəsi silsilə!Həll:

b_1=\dfrac{1}{5}

, deməli

b_n=\dfrac{1}{5^{\,n}}

.Geri qayıdış:

b=\dfrac{a-1}{a+3}

bərabərliyindən

a=\dfrac{1+3b}{1-b}

, yəni

a_n=\frac{1+3\cdot5^{-n}}{1-5^{-n}}=\frac{5^{\,n}+3}{5^{\,n}-1}.

Yoxlama:

a_1=\dfrac84=2

— doğru;

a_2=\dfrac{28}{24}=\dfrac76

və

\dfrac{2\cdot2+3}{2+4}=\dfrac76

— doğru. Cavab:

a_n=\dfrac{5^{\,n}+3}{5^{\,n}-1}

Məsələ 50. Kəsr-xətti, qoşa sabit nöqtə ·

a_1=3

a_{n+1}=\dfrac{3a_n-4}{a_n-1}

a_n

-i tapın.

Həll. Sabit nöqtələr:

x(x-1)=3x-4\Rightarrow x^2-4x+4=0\Rightarrow x=2

(qoşa kök). Sabit nöqtə bir dənədirsə,

\dfrac{a_n-x_1}{a_n-x_2}

əvəzləməsi işləmir; əvəzində

b_n=\dfrac{1}{a_n-2}

götürülür.

a_{n+1}-2=\frac{3a_n-4-2a_n+2}{a_n-1}=\frac{a_n-2}{a_n-1} \ \Longrightarrow\ b_{n+1}=\frac{a_n-1}{a_n-2}=\frac{(a_n-2)+1}{a_n-2}=1+b_n .

Ədədi silsilə!

b_1=\dfrac{1}{3-2}=1

, deməli

b_n=n

və

a_n=2+\dfrac1n

. Yoxlama:

a_1=3

;

a_2=\dfrac{9-4}{3-1}=\dfrac52=2+\dfrac12

— doğru. Qayda:

\dfrac{3(2+\frac1n)-4}{(2+\frac1n)-1}=\dfrac{2+\frac3n}{1+\frac1n}=\dfrac{2n+3}{n+1}=2+\dfrac{1}{n+1}

— doğru. Cavab:

a_n=2+\dfrac1n

Məsələ 51. Kəsr-xətti ·

a_1=3

a_{n+1}=\dfrac{a_n+2}{2a_n+1}

a_n

-i tapın.

Həll. Sabit nöqtələr:

x(2x+1)=x+2\Rightarrow 2x^2-2=0\Rightarrow x=\pm1

b_n=\dfrac{a_n-1}{a_n+1}

qoyaq:

a_{n+1}-1=\frac{a_n+2-2a_n-1}{2a_n+1}=\frac{1-a_n}{2a_n+1},\qquad a_{n+1}+1=\frac{3a_n+3}{2a_n+1}=\frac{3(a_n+1)}{2a_n+1},

deməli

b_{n+1}=-\dfrac{b_n}{3}

b_1=\dfrac24=\dfrac12

, onda

b_n=\dfrac12\left(-\dfrac13\right)^{n-1}=\dfrac{1}{2(-3)^{\,n-1}}

. Geri qayıdış (

a=\dfrac{1+b}{1-b}

a_n=\frac{2(-3)^{\,n-1}+1}{2(-3)^{\,n-1}-1}.

Yoxlama:

n=1

\dfrac{3}{1}=3

— doğru;

n=2

\dfrac{-5}{-7}=\dfrac57

və

\dfrac{3+2}{6+1}=\dfrac57

— doğru. Cavab:

a_n=\dfrac{2(-3)^{\,n-1}+1}{2(-3)^{\,n-1}-1}

Məsələ 52. Period dəqiq neçədir ·

a_{n+1}=\dfrac{a_n-1}{a_n+1}

ardıcıllığı üçün: (a) hansı

a_1

qiymətlərində ardıcıllıq sonsuz davam edir; (b) icazəli hər

a_1

üçün periodun dəqiq

4

olduğunu göstərin.

Həll. (a) 1.5-dəki hesablamadan hədlər

t,\ \dfrac{t-1}{t+1},\ -\dfrac1t,\ \dfrac{1+t}{1-t}

və sonra təkrar

t

-dir. Məxrəclər

t+1

t

1-t

olduğundan

t\notin\{-1,0,1\}

olmalıdır; bu şərtdə heç bir hədd

-1

-ə bərabər ola bilməz (yoxlayın:

\tfrac{t-1}{t+1}=-1\Rightarrow t=0

-\tfrac1t=-1\Rightarrow t=1

\tfrac{1+t}{1-t}=-1

isə mümkün deyil), deməli ardıcıllıq sonsuz davam edir.(b) Period

4

-ün böləni ola bilər:

1

və ya

2

. Period

1

olsa,

t=\dfrac{t-1}{t+1}

, yəni

t^2+1=0

— həqiqi kökü yoxdur. Period

2

olsa,

a_3=t

, yəni

-\dfrac1t=t

, yəni

t^2=-1

— yenə həqiqi kök yoxdur. Deməli period dəqiq

4

-dür. Cavab: (a)

a_1\notin\{-1,0,1\}

; (b) period dəqiq

4

Məsələ 53. Period + böyük cəm ·

a_1=2

a_{n+1}=\dfrac{a_n-1}{a_n+1}

a_1+a_2+\dots+a_{2026}

cəmini tapın.

Həll. Hədlər:

a_1=2

a_2=\dfrac13

a_3=\dfrac{1/3-1}{1/3+1}=-\dfrac12

a_4=\dfrac{-3/2}{1/2}=-3

a_5=\dfrac{-4}{-2}=2=a_1

— period

4

. Bir periodun cəmi:

2+\dfrac13-\dfrac12-3=-\dfrac76

2026=4\cdot506+2

, deməli

S=506\cdot\left(-\frac76\right)+a_1+a_2=-\frac{1771}{3}+\frac73=-\frac{1764}{3}=-588 .

Cavab:

-588

Məsələ 54. İkinci tərtib period + cəm ·

a_1=1

a_2=4

a_{n+1}=a_n-a_{n-1}

a_{2026}

-nı və ilk

2026

həddin cəmini tapın.

Həll. Hədlər:

1,\ 4,\ 3,\ -1,\ -4,\ -3,\ 1,\ 4,\dots

— period

6

, bir periodun cəmi

0

2026=6\cdot337+4

, deməli

a_{2026}=a_4=-1

və

S=337\cdot 0+(a_1+a_2+a_3+a_4)=1+4+3-1=7

. Cavab:

a_{2026}=-1

S=7

Məsələ 55. Köklə qarışıq period ·

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{a_n+\sqrt3}{1-\sqrt3\,a_n}

a_{2025}

-i tapın.

Həll.

a_2=\frac{1+\sqrt3}{1-\sqrt3}=\frac{(1+\sqrt3)^2}{(1-\sqrt3)(1+\sqrt3)} =\frac{4+2\sqrt3}{-2}=-(2+\sqrt3),

a_3=\frac{-(2+\sqrt3)+\sqrt3}{1+\sqrt3(2+\sqrt3)}=\frac{-2}{4+2\sqrt3} =\frac{-1}{2+\sqrt3}=-(2-\sqrt3)=\sqrt3-2,

a_4=\frac{(\sqrt3-2)+\sqrt3}{1-\sqrt3(\sqrt3-2)}=\frac{2\sqrt3-2}{2\sqrt3-2}=1=a_1 .

Period

3

2025=3\cdot675

, deməli

a_{2025}=a_3=\sqrt3-2

. Cavab:

\sqrt3-2

Məsələ 56. Period və hasil ·

a_1=2

a_{n+1}=\dfrac{a_n+1}{1-a_n}

a_{2025}\cdot a_{2026}

hasilini tapın.

Həll.

a_2=\dfrac{3}{-1}=-3

a_3=\dfrac{-2}{4}=-\dfrac12

a_4=\dfrac{1/2}{3/2}=\dfrac13

a_5=\dfrac{4/3}{2/3}=2=a_1

— period

4

2025\equiv1

2026\equiv2 \pmod 4

, deməli

a_{2025}\cdot a_{2026}=a_1a_2=2\cdot(-3)=-6

. Cavab:

-6

Məsələ 57. Monotonluq və məhdudluq ·

a_1=1

a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}

. Bütün

n

üçün

1\le a_n<2

olduğunu və ardıcıllığın artdığını isbat edin.

Həll. Məhdudluq.

a_1=1

üçün

1\le a_1<2

doğrudur. Fərz edək

1\le a_n<2

. Onda

3\le 2+a_n<4

, deməli

\sqrt3\le a_{n+1}<2

və xüsusən

1\le a_{n+1}<2

. Yerinə qoyma ilə aparılan bu yoxlama bütün hədlərə keçir.Artanlıq.

a_n\ge 1>0

olduğundan

a_{n+1}^2-a_n^2=2+a_n-a_n^2=-(a_n-2)(a_n+1)>0 ,

çünki

a_n<2

və

a_n+1>0

. Müsbət ədədlərdə kvadratların müqayisəsi ədədlərin müqayisəsi deməkdir, yəni

a_{n+1}>a_n

. Cavab:

1\le a_n<2

və ardıcıllıq artandır

Məsələ 58. Monotonluq və məhdudluq ·

a_1=3

a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}

. Ardıcıllığın azaldığını və hər həddin

2

-dən böyük qaldığını isbat edin.

Həll.

a_n>2

olsun. Onda

2+a_n>4

, deməli

a_{n+1}=\sqrt{2+a_n}>2

— xassə həddən hədə keçir və

a_1=3>2

olduğundan bütün hədlər

2

-dən böyükdür. Azalma:

a_{n+1}<a_n\iff 2+a_n<a_n^2\iff (a_n-2)(a_n+1)>0

— bu isə

a_n>2

olduğu üçün doğrudur. Cavab: Ardıcıllıq azalandır və

a_n>2

Məsələ 59. Köklü, göstəriciyə keçid ·

a_1=2

a_{n+1}=2\sqrt{a_n}

a_n

-i tapın.

Həll. Qaydanı

4

-ə bölürük:

\dfrac{a_{n+1}}{4}=\sqrt{\dfrac{a_n}{4}}

. Deməli

c_n=\dfrac{a_n}{4}

üçün

c_{n+1}=\sqrt{c_n}

(tanış tip!),

c_1=\dfrac12

. Göstəricilərə keçirik:

c_n=2^{\,d_n}

d_{n+1}=\dfrac{d_n}{2}

d_1=-1

, deməli

d_n=-\dfrac{1}{2^{\,n-1}}

və

a_n=4\,c_n=4\cdot 2^{-2^{\,1-n}} .

Yoxlama:

n=1

4\cdot2^{-1}=2

— doğru;

n=2

4\cdot2^{-1/2}=2\sqrt2

və

2\sqrt2

— doğru. Cavab:

a_n=2^{\,2-2^{\,1-n}}

Məsələ 60. Tamlıq ·

a_1=3

a_{n+1}=\dfrac{a_n^2+1}{2}

. Bütün hədlərin tək tam ədəd olduğunu isbat edin.

Həll.

a_n=2k+1

tək tam ədəd olsun. Onda

a_{n+1}=\frac{(2k+1)^2+1}{2}=\frac{4k^2+4k+2}{2}=2k^2+2k+1 ,

yəni yenə tək tam ədəd.

a_1=3

tək olduğundan xassə bütün hədlərə keçir. İlk hədlər:

3,\ 5,\ 13,\ 85,\ 3613

. Cavab: Bütün hədlər tək tam ədədlərdir

Məsələ 61. Qalıq qanunauyğunluğu ·

a_1=2

a_{n+1}=a_n^2-a_n+1

n\ge2

üçün

a_n\equiv3\pmod4

olduğunu isbat edin.

Həll.

a_2=4-2+1=3\equiv3\pmod 4

. İndi

a_n\equiv3\pmod4

olsun. Onda

a_{n+1}=a_n^2-a_n+1\equiv 3^2-3+1=7\equiv3\pmod 4 .

Xassə bir həddən növbətiyə keçdiyi və

a_2

-də doğru olduğu üçün

n\ge2

-nin hamısında doğrudur. (İlk hədlər:

2,\ 3,\ 7,\ 43,\ 1807

.) Cavab:

n\ge2

üçün

a_n\equiv3\pmod4

Məsələ 62. Tamlıq müşahidəsi ·

a_1=1

a_2=2

və

a_{n+1}a_{n-1}=a_n^2+1

(n\ge2)

. İlk altı həddi hesablayın, hamısının tam olduğunu görün və hədlər arasında daha sadə bir qanunauyğunluq təxmin edin.

Həll. Qaydadan

a_{n+1}=\dfrac{a_n^2+1}{a_{n-1}}

a_3=\frac{4+1}{1}=5,\quad a_4=\frac{25+1}{2}=13,\quad a_5=\frac{169+1}{5}=34,\quad a_6=\frac{34^2+1}{13}=\frac{1157}{13}=89 .

Bölmələr həmişə tam alınır. Hədlərə baxaq:

1,2,5,13,34,89

. Müşahidə:

5=3\cdot2-1,\qquad 13=3\cdot5-2,\qquad 34=3\cdot13-5,\qquad 89=3\cdot34-13,

yəni görünür

a_{n+1}=3a_n-a_{n-1}

. Bu qayda yalnız tam ədədlərdən tam ədəd düzəldiyi üçün tamlıq dərhal alınır. (Bu təxminin ciddi isbatı və ümumiyyətlə ikinci tərtib rekurentlərin nəzəriyyəsi G20-nin mövzusudur.) Cavab:

1,2,5,13,34,89

; təxmin:

a_{n+1}=3a_n-a_{n-1}

Məsələ 63. Qalıq ·

a_1=1

a_{n+1}=2a_n+1

a_{2026}

-nın

7

-yə bölünməsindən alınan qalığı tapın.

Həll.

a_n=2^{\,n}-1

(bax 1.3).

2^3=8\equiv1\pmod 7

olduğundan

2

-nin qüvvətləri mod

7

period

3

-lə dövr edir.

2026=3\cdot675+1

, deməli

2^{2026}\equiv2^1=2

və

a_{2026}\equiv2-1=1\pmod 7

. Cavab:

1

Məsələ 64. Son rəqəm ·

a_1=2

a_{n+1}=a_n^2+a_n

a_{2026}

-nın son rəqəmini tapın.

Həll. Yalnız son rəqəmlərlə işləyirik:

2\to 2^2+2=6\to 6^2+6=42\equiv2\to6\to\dots

Son rəqəmlər

2,6

ilə növbələşir (period

2

): tək indekslərdə

2

, cüt indekslərdə

6

2026

cütdür. Cavab:

6

Məsələ 65. Qalıq dövrü ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n^2+1

a_{2026}

-nın

5

-ə bölünməsindən alınan qalığı tapın.

Həll. Mod

5

ilə işləyirik:

1\to 2\to 5\equiv0\to 1\to 2\to 0\to\dots

Qalıqlar

1,2,0

dövrü ilə təkrarlanır (qayda yalnız əvvəlki qalıqdan asılı olduğu üçün bir qalıq təkrarlanan kimi bütün ardıcıllıq təkrarlanır), period

3

2026=3\cdot675+1

, deməli qalıq

a_1

-inki ilə eynidir. Cavab:

1

Məsələ 66. Bölünmənin varlığı ·

a_1=1

a_{n+1}=10a_n+1

(yəni

1,\ 11,\ 111,\ \dots

). Sübut edin ki, hədlərdən heç olmasa biri

2027

-yə bölünür.

Həll.

a_1,a_2,\dots,a_{2028}

hədlərinə baxaq —

2028

ədəd.

2027

-yə bölmədən alınan qalıqlar isə cəmi

2027

cürdür, deməli Dirixle prinsipi ilə elə

i>j

var ki,

a_i\equiv a_j\pmod{2027}

. Onda

2027\mid a_i-a_j

. Amma

a_i

ədədi

i

dənə

1

rəqəmindən ibarətdir, deməli

a_i-a_j=\underbrace{1\cdots1}_{i-j}\underbrace{0\cdots0}_{j}=a_{i-j}\cdot 10^{\,j}.

2027

ədədi nə

2

-yə, nə də

5

-ə bölünmür, yəni

10^{\,j}

ilə qarşılıqlı sadədir. Deməli

2027\mid a_{i-j}

. Cavab: Belə hədd var

Məsələ 67. Mətn məsələsi · Bir hesabda

1000

manat var. Hər ilin sonunda məbləğ

20\%

artır, sonra hesabdan

100

manat çıxılır.

n

ildən sonrakı məbləği tapın.

Həll.

a_0=1000

və

a_{n+1}=1{,}2\,a_n-100

. Sabit nöqtə:

x=1{,}2x-100\Rightarrow x=500

b_n=a_n-500

üçün

b_{n+1}=1{,}2\,b_n

b_0=500

, deməli

b_n=500\cdot(1{,}2)^{\,n}

və

a_n=500+500\cdot(1{,}2)^{\,n}\ \text{manat}.

Yoxlama:

a_0=1000

;

a_1=500+600=1100

və

1{,}2\cdot1000-100=1100

— doğru. Məsələn

a_3=500+500\cdot1{,}728=1364

manat. Cavab:

a_n=500\left(1+(1{,}2)^{\,n}\right)

Məsələ 68. Mətn məsələsi · Bir şəhərdə

80\,000

nəfər yaşayır. Hər il əhalinin

10\%

-i köçüb gedir, buna əvəz

5000

nəfər gəlir.

n

ildən sonra əhali neçə nəfər olar?

Həll.

a_{n+1}=0{,}9\,a_n+5000

a_0=80\,000

. Sabit nöqtə

x=50\,000

;

b_n=a_n-50\,000

b_{n+1}=0{,}9\,b_n

b_0=30\,000

. Deməli

a_n=50\,000+30\,000\cdot(0{,}9)^{\,n}

. Yoxlama:

a_0=80\,000

;

a_1=50\,000+27\,000=77\,000

və

0{,}9\cdot80\,000+5000=77\,000

— doğru.

a_2=74\,300

. Cavab:

a_n=50\,000+30\,000\cdot(0{,}9)^{\,n}

Məsələ 69. Mətn məsələsi · Birinci gün

1

məsələ həll edən şagird hər növbəti gün əvvəlki günün həll etdiyinin

2

misli üstəgəl

3

məsələ həll edir. İlk dəfə hansı gün gündəlik məsələ sayı

2026

-nı keçəcək?

Həll.

a_1=1

a_{n+1}=2a_n+3

. Sabit nöqtə

x=-3

;

b_n=a_n+3

b_{n+1}=2b_n

b_1=4

, deməli

b_n=2^{\,n+1}

və

a_n=2^{\,n+1}-3

. Yoxlama:

a_1=1

;

2(2^{\,n+1}-3)+3=2^{\,n+2}-3

— doğru. İndi

2^{\,n+1}-3>2026\iff 2^{\,n+1}>2029

2^{10}=1024<2029<2048=2^{11}

, deməli

n+1\ge11

, yəni

n\ge10

a_{10}=2^{11}-3=2045

. Cavab:

10

-cu gün (

2045

məsələ)

Məsələ 70. Qarışıq ·

a_1=1

a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+n\,a_n}

a_n

-i və

a_{2026}

-nı tapın.

Həll.

a_1>0

və müsbət həddən müsbət hədd alındığı üçün

a_n\neq0

; tərs çevirmə icazəlidir.

b_n=\dfrac{1}{a_n}

b_{n+1}=\frac{1+n\,a_n}{a_n}=b_n+n,\qquad b_1=1 \ \Longrightarrow\ b_n=1+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n^2-n+2}{2}.

Geri qayıdış:

a_n=\dfrac{2}{n^2-n+2}

. Yoxlama:

a_1=\dfrac22=1

;

\frac{2/(n^2-n+2)}{1+2n/(n^2-n+2)}=\frac{2}{n^2+n+2}=\frac{2}{(n+1)^2-(n+1)+2}\ \checkmark

a_{2026}=\dfrac{2}{2026\cdot2025+2}=\dfrac{2}{4102652}=\dfrac{1}{2051326}

. Cavab:

a_n=\dfrac{2}{n^2-n+2}

a_{2026}=\dfrac{1}{2051326}

Məsələ 71. Qarışıq: rekurent + cəm ·

a_1=1

a_{n+1}=2a_n+1

a_1+a_2+\dots+a_{2026}

cəmini tapın.

Həll.

a_n=2^{\,n}-1

. Onda

S=\sum_{k=1}^{2026}\left(2^{\,k}-1\right)=\left(2^{2027}-2\right)-2026=2^{2027}-2028 .

Cavab:

2^{2027}-2028

Məsələ 72. İnvariant ·

a_1=b_1=1

və

a_{n+1}=3a_n+4b_n

b_{n+1}=2a_n+3b_n

. Sübut edin ki, hər

n

üçün

a_n^2-2b_n^2=-1

, və buradan

a_n^2+1

-in həmişə

2

-nin kvadratına vurulmuş formada olduğunu izah edin.

Həll. Açırıq:

a_{n+1}^2-2b_{n+1}^2=(3a_n+4b_n)^2-2(2a_n+3b_n)^2=a_n^2-2b_n^2 ,

yəni ifadə invariantdır.

a_1^2-2b_1^2=1-2=-1

olduğundan hər

n

üçün

a_n^2-2b_n^2=-1

. Buradan

a_n^2+1=2b_n^2

— yəni

a_n^2+1

həmişə tam kvadratın iki mislidir. (İlk cütlər:

(1,1),\ (7,5),\ (41,29),\ (239,169)

.) Cavab:

a_n^2-2b_n^2=-1

, yəni

a_n^2+1=2b_n^2

Məsələ 73. Qarışıq ·

a_1=3

a_{n+1}=a_n^2-2a_n+2

a_n

-i və

a_5

-i tapın.

Həll. Qaydanı

1

çıxmaqla sadələşdiririk (tam kvadrat, C1):

a_{n+1}-1=a_n^2-2a_n+1=(a_n-1)^2 .

Əvəzləmə:

b_n=a_n-1

. Yeni rekurent:

b_{n+1}=b_n^2

. Həll:

b_1=2

, göstəricilər ikiqat olur:

b_n=2^{\,2^{\,n-1}}

. Geri qayıdış:

a_n=2^{\,2^{\,n-1}}+1

. Yoxlama:

a_1=2+1=3

— doğru;

a_2=3^2-6+2=5=2^2+1

— doğru.

a_5=2^{16}+1=65537

. Cavab:

a_n=2^{\,2^{\,n-1}}+1

a_5=65537

Məsələ 74. Qarışıq ·

a_1=1

a_{n+1}=a_n+2\sqrt{a_n}+1

a_{2026}

-nı tapın.

Həll. Bütün hədlər müsbətdir. Sağ tərəf tam kvadratdır:

a_{n+1}=\left(\sqrt{a_n}+1\right)^2

, deməli

\sqrt{a_{n+1}}=\sqrt{a_n}+1

. Əvəzləmə:

b_n=\sqrt{a_n}

; yeni rekurent:

b_{n+1}=b_n+1

— fərqi

1

olan ədədi silsilə;

b_1=1

, deməli

b_n=n

və

a_n=n^2

. Yoxlama:

a_1=1

;

n^2+2n+1=(n+1)^2

— doğru.

a_{2026}=2026^2=4\,104\,676

. Cavab:

a_n=n^2

a_{2026}=4\,104\,676