Rekurent ardıcıllıqlar II — Onlayn dərslik

1Nəzəriyyə

Qeyd. Bu dərsdə nələr öyrənəcəyik? G19-da hər hədd bir əvvəlkindən asılı idi:

a_{n+1} = f(a_n)

. İndi qapını bir addım geniş açırıq — hər hədd iki əvvəlkindən asılı olacaq:

a_{n+1} = p\,a_n + q\,a_{n-1}

. Bu ailənin şahı Fibonaççi ardıcıllığıdır. Əsas kəşfimiz belə səslənəcək: belə qaydaların bütün həlləri həndəsi silsilələrdən yığılır. Yəni G18-də tanış olduğumuz

q^n

formalı ardıcıllıqlar burada «kərpic» rolunu oynayacaq, biz isə onlardan divar hörəcəyik. Bundan əlavə C4–C5-dəki qoşma cütlər (

\alpha = a+\sqrt{b}

\beta = a-\sqrt{b}

) gözlənilməz yerdə — ikinci tərtib qaydanın kökləri kimi — yenidən qarşımıza çıxacaq.

İkinci tərtib rekurent nədir?

Tərif 1.1 (İkinci tərtib xətti rekurent qayda).

p

və

q

verilmiş ədədlər (

q \ne 0

) olmaqla

a_{n+1} = p\,a_n + q\,a_{n-1}, \qquad n \ge 2,

şəklində yazılan qaydaya ikinci tərtib xətti bircins rekurent qayda deyilir. Ardıcıllığın tam təyin olunması üçün iki başlanğıc hədd verilməlidir: məsələn

a_1

və

a_2

Niyə məhz iki? G18-də «qayda + başlanğıc» prinsipini belə ifadə etmişdik: qayda bir hədddən növbətini düzəldirsə, bir başlanğıc kifayətdir. İndi qayda növbəti həddi düzəltmək üçün əlinə iki hədd alır — deməli maşını işə salmaq üçün ona iki hədd verməliyik. Bir dənə

a_1

versək,

a_3

-ü hesablamaq üçün lazım olan

a_2

heç yerdən gəlmir;

a_2

-ni istədiyimiz kimi seçə bilərik və hər seçim başqa ardıcıllıq verir. Deməli bir başlanğıcla ikinci tərtib qayda ardıcıllığı təyin etmir.

Nümunə 1.1 (Bir qayda, iki müxtəlif ardıcıllıq).

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

qaydasını götürək.

a_1 = 1,\ a_2 = 1

olsa:

1,\,1,\,2,\,3,\,5,\,8,\,13,\dots

a_1 = 1,\ a_2 = 3

olsa:

1,\,3,\,4,\,7,\,11,\,18,\,29,\dots

Qayda eynidir, ardıcıllıqlar isə tamamilə fərqlidir. Başlanğıc hədlər ardıcıllığın «şəxsiyyət vəsiqəsi»dir.

Fibonaççi ardıcıllığı

Tərif 1.2 (Fibonaççi ardıcıllığı).

F_1 = F_2 = 1, \qquad F_{n+1} = F_n + F_{n-1} \quad (n \ge 2).

Bəzən

F_0 = 0

də əlavə edilir;

F_2 = F_1 + F_0

bərabərliyi bunu təbii edir. Dərs boyu bu razılaşmadan istifadə edəcəyik.

$n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15
$F_n$	1	1	2	3	5	8	13	21	34	55	89	144	233	377	610

Tarixi motivasiya (dovşan məsələsi). 1202-ci ildə Leonardo Pizalı (Fibonaççi) belə bir sual qoymuşdu: bir cüt dovşan doğulur; hər cüt iki ay sonra yetkinləşir və ondan sonra hər ay yeni bir cüt verir; dovşanlar ölmür.

n

-ci ayın sonunda neçə cüt olar? Həmin ayda mövcud olan cütlər — keçən ayın bütün cütləri (

F_n

) üstəgəl iki ay əvvəl mövcud olub indi doğuş verə bilən cütlər (

F_{n-1}

). Buradan düz

F_{n+1} = F_n + F_{n-1}

alınır.

Qeyd. Fibonaççi ilə ilk görüşümüz əslində C6 dərsində — kəsilməz kəsrlərdə — olmuşdu:

1 + \cfrac{1}{1 + \cfrac{1}{1 + \dotsb}}

kəsrinin yaxınlaşan kəsrləri məhz

\dfrac{F_{n+1}}{F_n}

şəklindədir. Bu dərsin sonuna yaxın həmin faktın «niyəsini» də görəcəyik.

Pilləkən məsələsi — rekurent necə qurulur?

Nümunə 1.2 (Pilləkən — Kombinatorika körpüsü).

n

pilləli pilləkəni qalxırıq. Hər addımda ya 1, ya da 2 pillə qalxa bilərik. Neçə müxtəlif qalxma üsulu var?Həll. Üsulların sayını

S_n

ilə işarə edək. Fikrimizi son addıma yönəldək: zirvəyə ya

(n-1)

-ci pillədən bir addımla, ya da

(n-2)

-ci pillədən iki addımla gəlmişik. Bu iki hal kəsişmir (son addımın uzunluğu fərqlidir) və başqa hal yoxdur. Deməli

S_n = S_{n-1} + S_{n-2}.

Başlanğıclar:

S_1 = 1

(yalnız «1»),

S_2 = 2

(«1+1» və «2»). Onda

S_1 = 1,\ S_2 = 2,\ S_3 = 3,\ S_4 = 5,\ S_5 = 8,\ \dots

Bu, Fibonaççi cədvəlinin bir addım sürüşmüş surətidir:

S_n = F_{n+1}

Rekurent qurmanın açarı. Saymanı rekurentə çevirmək üçün obyektin bir addımını (adətən sonuncu addımı, sonuncu xanasını, sonuncu hərfini) hallara ayırın. Hər hal daha kiçik ölçülü eyni tipli məsələyə gətirirsə, rekurent hazırdır. Sonra kiçik

n

-lər üçün başlanğıcları əl ilə sayın — rekurent onları özü verə bilməz.

Həndəsi həll axtarışı — dərsin nüvəsiİndi əsas suala keçirik:

a_{n+1} = p\,a_n + q\,a_{n-1}

qaydasının ümumi həddini necə tapaq? Hazır düstur əzbərləməyəcəyik; əvəzində beş addımlıq bir gediş quracağıq və hər dəfə həmin gedişi təkrar edəcəyik.İdeya haradan gəlir? G18-də ən sadə ardıcıllıqlardan biri həndəsi silsilə idi:

a_n = r^n

. Belə ardıcıllığın gözəl xassəsi var — hər hədd əvvəlkinin sabit qatıdır, yəni «

a_n

-lə

a_{n-1}

arasındakı əlaqə çox sadədir». Ona görə də təbii bir ümid doğur: bəlkə bizim qaydanı da elə həndəsi silsilə ödəyir? Bunu yoxlamaq bir sətirlik işdir — sınayaq.Addım 1 — Sınaq:

a_n = r^n

qoyaq

r \ne 0

olmaqla

a_n = r^n

götürək və qaydada yerinə qoyaq:

r^{n+1} = p\,r^n + q\,r^{n-1}.

Hər tərəfi

r^{n-1} \ne 0

-a bölək:

r^2 = p\,r + q.

Diqqət: heç bir düstur «verilmədi» — kvadrat tənlik özü alındı. Yəni

r^n

formalı ardıcıllıq qaydanı ödəyir o vaxt və yalnız o vaxt ki,

r

bu kvadrat tənliyin köküdür (D8-dəki alətlər: diskriminant, Viyet).Addım 2 — İki kök, iki həllTutaq ki,

r^2 = pr + q

tənliyinin iki fərqli kökü var:

r

və

s

. Onda yuxarıdakı hesab geriyə də işləyir:

r^2 = pr+q

bərabərliyini

r^{n-1}

-ə vurub

r^{n+1} = p r^n + q r^{n-1}

alırıq, yəni

a_n = r^n

həqiqətən qaydanı ödəyir. Eyni sözlər

s

üçün də keçərlidir. Beləliklə əlimizdə iki həll var:

r^n

və

s^n

.Addım 3 — Superpozisiya: həlləri qarışdırmaq olar

Teorem 1.3 (İki həllin istənilən qarışığı yenə həlldir).

r^n

və

s^n

ardıcıllıqları

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

qaydasını ödəyirsə, istənilən

A

B

ədədləri üçün

a_n = A r^n + B s^n

ardıcıllığı da həmin qaydanı ödəyir.

İsbat. Açıq yoxlayaq. Qaydanın sağ tərəfini hesablayıb qruplaşdıraq:

p\,a_n + q\,a_{n-1} = p\bigl(A r^n + B s^n\bigr) + q\bigl(A r^{n-1} + B s^{n-1}\bigr).

A

və

B

üzrə qruplaşdırırıq:

= A\bigl(p r^n + q r^{n-1}\bigr) + B\bigl(p s^n + q s^{n-1}\bigr).

Mötərizələrin içindəkiləri artıq bilirik: birincisi

r^{n+1}

-ə, ikincisi

s^{n+1}

-ə bərabərdir. Deməli

p\,a_n + q\,a_{n-1} = A r^{n+1} + B s^{n+1} = a_{n+1}.

Addım 4 —

A

və

B

-ni başlanğıc hədlərdən tapmaq

a_n = A r^n + B s^n

ifadəsində iki naməlum var:

A

və

B

. Əlimizdə isə düz iki məlumat var — başlanğıc hədlər. Onları uyğunlaşdırmaq iki tənlikli sistem verir (E13): \[

\begin{cases} A r + B s = a_1,\\[2pt] A r^2 + B s^2 = a_2. \end{cases}

\]Vacib intizam: sistemi qurarkən hansı

n

-lərə uyğunlaşdırdığınızı hər dəfə açıq yazın. Yuxarıda

n = 1

və

n = 2

götürülüb. Əgər məsələdə

a_0

və

a_1

verilibsə, sistem

A + B = a_0

A r + B s = a_1

şəklində qurulur — indeksləri qarışdırmaq ən çox rast gəlinən səhvdir.Addım 5 — YoxlamaTapılan düsturu ən azı bir «yeni» hədd üzərində sınayın: düsturla hesablanmış

a_3

ilə qaydayla hesablanmış

a_3

üst-üstə düşməlidir. Bu, G19-dan gələn intizamdır və hesablama səhvlərinin təxminən hamısını tutur.

Beş addımlıq gediş. (1)

a_n = r^n

sına

\Rightarrow

r^2 = pr + q

alınır.
(2) Kökləri tap:

r

və

s

. Hər biri bir həll verir.
(3)

A r^n + B s^n

da həlldir (yerinə qoyub yoxlamışıq).
(4)

A

B

-ni başlanğıc iki hədddən sistemlə tap — hansı

n

-lərə uyğunlaşdırdığını yaz.
(5) Alınan düsturu növbəti hədd üzərində yoxla.

Nümunə 1.3 (Tam işlənmiş nümunə).

a_{n+1} = 5a_n - 6a_{n-1}

a_1 = 5

a_2 = 13

. Ümumi həddi tapın və

a_{2026}

-nın quruluşunu yazın.(1)

a_n = r^n

qoyaq:

r^{n+1} = 5r^n - 6r^{n-1}

r^{n-1}

-ə bölürük:

r^2 = 5r - 6 \quad\Longleftrightarrow\quad r^2 - 5r + 6 = 0.

(2) Viyet ilə kökləri görürük: cəm

5

, hasil

6

\Rightarrow

r = 2

s = 3

. Deməli

2^n

və

3^n

ardıcıllıqlarının hər biri qaydanı ödəyir.(3) Onda

a_n = A\cdot 2^n + B\cdot 3^n

də ödəyir (Addım 3-dəki yoxlama).(4) Sistemi

n = 1

və

n = 2

üçün quraq:

\begin{cases} 2A + 3B = 5,\\ 4A + 9B = 13. \end{cases}

Birinci tənliyi

2

-yə vuraq:

4A + 6B = 10

. İkincidən çıxaq:

3B = 3

, yəni

B = 1

. Onda

2A = 5 - 3 = 2

A = 1

. Beləliklə

a_n = 2^n + 3^n.

(5) Yoxlayaq: düsturla

a_3 = 8 + 27 = 35

; qaydayla

a_3 = 5\cdot 13 - 6\cdot 5 = 65 - 30 = 35

. Uyğundur.Nəhayət,

a_{2026} = 2^{2026} + 3^{2026}

. Bu ədədi «açmaq» lazım deyil — olimpiada sualları adətən onun son rəqəmini, bölünmə qalığını və ya iki ədədlə müqayisəsini soruşur; belə sualların hamısı artıq bu quruluşdan çıxır. Cavab:

a_n = 2^n + 3^n

;

a_{2026} = 2^{2026} + 3^{2026}

Qeyd. Addım 1-də alınan

r^2 = pr + q

tənliyi ədəbiyyatda xarakteristik tənlik adlanır, üsulun özü isə «xarakteristik tənlik üsulu». Bu adı bilmək faydalıdır (kitablarda ona rast gələcəksiniz), amma ad heç nə həll etmir. Həll edən şey beş addımlıq gedişdir: sına — tənliyi al — kökləri tap — qarışdır — sistemlə əmsalları tap — yoxla. Əzbər düstur yerinə gedişi mənimsəyin: gediş təkrar köklü halda da, üçüncü tərtibdə də, sistem-rekurentlərdə də eyni işləyir.

Qeyd. Nə vaxt həndəsi həll axtarışı «ilişir»?

r^2 = pr + q

tənliyinin diskriminantı sıfırdırsa, iki yox, bir kök alırıq — bu halı 1.4-də ayrıca araşdıracağıq. Diskriminant mənfidirsə, həqiqi kök ümumiyyətlə yoxdur; belə rekurentlər çox vaxt periodik olur və onları G19-dakı period üsulu ilə işləmək düzgün yoldur (1.7-yə bax).

Binet düsturu — qoşmaların qayıdışıİndi gedişi ən məşhur rekurentə tətbiq edək:

F_{n+1} = F_n + F_{n-1}

F_1 = F_2 = 1

.(1)

F_n = r^n

sınayaq:

r^{n+1} = r^n + r^{n-1}

r^{n-1}

-ə bölürük:

r^2 = r + 1.

(2) Diskriminant

D = 1 + 4 = 5

, köklər

\alpha = \frac{1+\sqrt5}{2}, \qquad \beta = \frac{1-\sqrt5}{2}.

Viyet:

\alpha + \beta = 1

\alpha\beta = -1

. Həmçinin

\alpha - \beta = \sqrt5

.(3) Deməli

F_n = A\alpha^n + B\beta^n

şəklində həll axtarırıq.(4) Sistemi

n = 1

və

n = 2

üçün quraq: \[

\begin{cases} A\alpha + B\beta = 1,\\ A\alpha^2 + B\beta^2 = 1. \end{cases}

\]Burada gözəl bir sadələşmə var:

\alpha

və

\beta

r^2 = r+1

tənliyinin kökləridir, yəni

\alpha^2 = \alpha + 1

və

\beta^2 = \beta + 1

. İkinci tənlikdə yerinə qoyaq:

A(\alpha+1) + B(\beta+1) = 1 \;\Longleftrightarrow\; (A\alpha + B\beta) + (A + B) = 1.

Birinci tənliyə görə

A\alpha + B\beta = 1

, deməli

A + B = 0

, yəni

B = -A

. Onda birinci tənlik

A(\alpha - \beta) = 1

, yəni

A\sqrt5 = 1

A = \dfrac{1}{\sqrt5}

B = -\dfrac{1}{\sqrt5}

.(5) Beləliklə

\boxed{\;F_n = \frac{1}{\sqrt5}\left[\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^{\!n} - \left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^{\!n}\right]\;}

Yoxlayaq:

n = 3

üçün

\alpha^3 = \alpha\cdot\alpha^2 = \alpha(\alpha+1) = \alpha^2 + \alpha = 2\alpha + 1

, oxşar şəkildə

\beta^3 = 2\beta + 1

. Onda

\dfrac{\alpha^3 - \beta^3}{\sqrt5} = \dfrac{2(\alpha - \beta)}{\sqrt5} = \dfrac{2\sqrt5}{\sqrt5} = 2 = F_3

. Uyğundur.

Qeyd. Möcüzə anı. Düsturun sağ tərəfində

\sqrt5

var, hər iki hədd irrasionaldır — nəticə isə həmişə tam ədəddir. Bu, C4–C5-dəki qoşma cütlər hadisəsinin eynidir:

\alpha

və

\beta

qoşma cütdür, cəmləri (

1

) və hasilləri (

-1

) tamdır, ona görə də simmetrik ifadələr —

\alpha^n + \beta^n

və

\dfrac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha - \beta}

— tam çıxır. C5-də bunu hasil açılışı ilə görmüşdük; indi eyni hadisə rekurentin kökləri kimi qarşımıza çıxdı. Həmçinin

\alpha^2 = \alpha + 1

bərabərliyi qızıl nisbətin tənliyidir — F17-də

\alpha

-nın qüvvətlərini məhz bu bərabərliklə sadələşdirmişdik.

Praktik nəticə.

|\beta| = \dfrac{\sqrt5 - 1}{2} \approx 0{,}618 < 1

olduğundan

\beta^n

sürətlə kiçilir: artıq

n = 10

üçün

|\beta^{10}| < 0{,}009

. Deməli

F_n \approx \frac{\alpha^n}{\sqrt5}, \qquad \alpha \approx 1{,}618.

Daha dəqiq desək,

F_n

ədədi

\dfrac{\alpha^n}{\sqrt5}

ifadəsinə ən yaxın tam ədəddir, çünki fərq

\dfrac{|\beta|^n}{\sqrt5}

həmişə

\dfrac12

-dən kiçikdir.Bu müşahidə qiymətləndirmə suallarında çox işə yarayır. Ondan həm də görünür ki, Fibonaççi ədədləri təxminən həndəsi silsilə kimi böyüyür, qonşu hədlərin nisbəti isə

\alpha

-ya yaxınlaşır. C6-dakı kəsilməz kəsr müşahidəsinin izahı da elə budur.Təkrar köklü halİndi «ilişən» halı araşdıraq:

r^2 = pr + q

tənliyinin diskriminantı sıfırdır və yeganə kök

r

-dir. Onda Viyet bizə iki faydalı bərabərlik verir:

p = 2r, \qquad q = -r^2.

(Doğrudan da

r^2 - pr - q = (r - r_0)^2

olduğundan köklərin cəmi

p = 2r

, hasili

-q = r^2

.)Bu halda əlimizdə cəmi bir həll var:

r^n

A r^n + B r^n = (A+B) r^n

yazmaq yeni heç nə vermir — əslində bir naməlumumuz qalır, başlanğıc hədlər isə ikidir. Deməli ikinci, müstəqil həll tapmalıyıq.Nə sınayaq? Təbii namizəd

r^n

-i «bir az dəyişdirmək»dir. Ən sadə dəyişiklik onu

n

-ə vurmaqdır. Sınayaq:

a_n = n\,r^n

Teorem 1.4 (Təkrar kökdə ikinci həll).

r^2 = pr + q

tənliyinin yeganə kökü

r \ne 0

olarsa,

a_n = n\,r^n

ardıcıllığı da

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

qaydasını ödəyir.

İsbat. Viyet-dən

p = 2r

q = -r^2

. Qaydanın sağ tərəfini

a_n = n r^n

üçün hesablayaq:

p\,a_n + q\,a_{n-1} = 2r\cdot n r^n - r^2 (n-1) r^{n-1} = 2n\,r^{n+1} - (n-1)\,r^{n+1} = (n+1)\,r^{n+1}.

Sol tərəf isə

a_{n+1} = (n+1) r^{n+1}

. Bərabərdirlər.

Deməli təkrar köklü halda iki müstəqil həllimiz var:

r^n

və

n r^n

. Superpozisiya (Addım 3-dəki qruplaşdırma eyni ilə işləyir) ümumi həlli verir:

a_n = (A + Bn)\,r^n.

Qeyd. Vicdanlı qeyd. «Niyə məhz

n r^n

?» sualına bu səviyyədə dürüst cavab belədir: biz bunu sınadıq və yoxlama təsdiqlədi. Bunun dərin səbəbi (təkrar kökün «ikiqat» olması ilə

n

vuruğunun əlaqəsi) ali riyaziyyatın işidir. Olimpiadada tələb olunan şey isə tam olaraq budur: namizədi yaz, yerinə qoy, ödədiyini göstər. Yoxlanmış həll — həlldir.

Nümunə 1.4 (Təkrar kök — tam işlənmiş nümunə).

a_{n+1} = 4a_n - 4a_{n-1}

a_1 = 1

a_2 = 6

. Ümumi həddi tapın.(1)–(2)

r^2 = 4r - 4

, yəni

(r-2)^2 = 0

, yeganə kök

r = 2

.(3) Ümumi həll:

a_n = (A + Bn)\,2^n

.(4) Sistemi

n = 1

və

n = 2

üçün quraq:

\begin{cases} (A + B)\cdot 2 = 1,\\ (A + 2B)\cdot 4 = 6. \end{cases}\qquad\Longleftrightarrow\qquad \begin{cases} A + B = \tfrac12,\\ A + 2B = \tfrac32. \end{cases}

Çıxma:

B = 1

, onda

A = -\tfrac12

. Deməli

a_n = \left(n - \tfrac12\right) 2^n = (2n-1)\,2^{n-1}.

(5) Yoxlama:

a_3

düsturla

5\cdot 4 = 20

; qaydayla

4\cdot 6 - 4\cdot 1 = 20

. Uyğundur. Cavab:

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

Tərsinə mühakimə: verilmiş ifadə üçün rekurent qurmaqİndiyə qədər rekurentdən düstura getdik. Çox vaxt olimpiadada əks istiqamət daha qiymətlidir: əlimizdə

\alpha^n + \beta^n

tipli bir ifadə var və onu hesablamaq (və ya tamlığını, qalığını tapmaq) lazımdır. Bu halda rekurenti biz quracağıq.

«Hər kök öz tənliyini ödəyir» fəndi (D9).

\alpha

və

\beta

hansısa

x^2 = sx - m

kvadrat tənliyinin kökləridirsə (Viyet ilə:

s = \alpha+\beta

m = \alpha\beta

), onda

t_n = \alpha^n + \beta^n

ardıcıllığı

t_{n+1} = s\,t_n - m\,t_{n-1}

qaydasını ödəyir; başlanğıclar

t_0 = 2

t_1 = s

İsbat.

\alpha

tənliyi ödəyir:

\alpha^2 = s\alpha - m

. Hər tərəfi

\alpha^{n-1}

-ə vuraq:

\alpha^{n+1} = s\,\alpha^{n} - m\,\alpha^{n-1}.

Eyni sözlər

\beta

üçün də doğrudur:

\beta^{n+1} = s\,\beta^{n} - m\,\beta^{n-1}.

İndi bu iki bərabərliyi tərəf-tərəfə toplayaq:

\alpha^{n+1} + \beta^{n+1} = s\left(\alpha^n + \beta^n\right) - m\left(\alpha^{n-1} + \beta^{n-1}\right),

yəni

t_{n+1} = s t_n - m t_{n-1}

. Başlanğıclar:

t_0 = \alpha^0 + \beta^0 = 2

t_1 = \alpha + \beta = s

Nəticə 1.5 (Tamlıq «pulsuz» alınır).

s

və

m

tam ədədlərdirsə,

t_0 = 2

və

t_1 = s

tamdır, qayda isə yalnız vurma və çıxma işlədir — deməli bütün

t_n

tam ədəddir. Köklərin özləri irrasional ola bilər; cəmləri yenə tam çıxır.

Nümunə 1.5 (

(2+\sqrt3)^n + (2-\sqrt3)^n

üçün rekurent).

t_n = (2+\sqrt3)^n + (2-\sqrt3)^n

olsun. Rekurent qurun və

t_5

-i tapın.Həll.

\alpha = 2+\sqrt3

\beta = 2-\sqrt3

. Viyet üçün lazım olanlar:

\alpha + \beta = 4, \qquad \alpha\beta = 4 - 3 = 1.

Deməli

\alpha

və

\beta

x^2 - 4x + 1 = 0

, yəni

x^2 = 4x - 1

tənliyinin kökləridir. Onda

t_{n+1} = 4t_n - t_{n-1}, \qquad t_0 = 2,\ t_1 = 4.

Hesablayaq:

t_2 = 4\cdot 4 - 2 = 14,\quad t_3 = 4\cdot 14 - 4 = 52,\quad t_4 = 4\cdot 52 - 14 = 194,\quad t_5 = 4\cdot 194 - 52 = 724.

Cavab:

t_{n+1} = 4t_n - t_{n-1}

t_0 = 2

t_1 = 4

;

t_5 = 724

Qeyd. C5-də eyni ədədi başqa yolla —

(2+\sqrt3)^n

və

(2-\sqrt3)^n

hasillərini Nyuton binomu ilə açıb irrasional hədlərin bir-birini götürməsini göstərməklə — hesablamışdıq. O yol niyəni yaxşı izah edir, bu yol isə sürətlidir:

t_5 = 724

üçün cəmi dörd vurma lazım oldu, binom açılışı isə altı hədd tələb edərdi. Olimpiadada iki yolu da bilmək lazımdır: biri isbat üçün, biri hesab üçün.

Yarımfinal klassiki:

[\alpha^N]

tipli suallar.

\alpha = a + \sqrt b

\beta = a - \sqrt b

və

0 < \beta < 1

olsun. Onda

\alpha^N = t_N - \beta^N

və

0 < \beta^N < 1

olduğundan

\bigl[\alpha^N\bigr] = t_N - 1.

Deməli

\alpha^N

-in tam hissəsinin son rəqəmini, tək/cütlüyünü və ya bölünmə qalığını tapmaq üçün

t_N

-in uyğun qalığını bilmək kifayətdir — bunun üçün isə rekurenti mod üzrə yürüdüb period tapırıq (1.7). C5-dəki

0 < \beta < 1

mühakiməsi ilə birləşən bu gediş yarımfinal suallarının hazır açarıdır.

Nümunə 1.6 (

\bigl[(2+\sqrt3)^{2026}\bigr]

tək ədəddirmi?). Yuxarıdakı

t_n

üçün

t_0 = 2

t_1 = 4

cütdür və

t_{n+1} = 4t_n - t_{n-1}

qaydasında

4t_n

həmişə cütdür. Deməli

t_{n+1}

-in cütlüyü

t_{n-1}

-in cütlüyü ilə eynidir; başlanğıcların hər ikisi cüt olduğundan bütün

t_n

cütdür.

0 < 2-\sqrt3 < 1

olduğuna görə

\bigl[(2+\sqrt3)^{2026}\bigr] = t_{2026} - 1

— cüt ədəddən bir az, yəni tək ədəd. Cavab: Təkdir.

Fibonaççi eynilikləri — isbat emalatxanasıBu bölmədə bir neçə klassik eyniliyi isbat edirik. Hər dəfə eyni intizam: əvvəlcə kiçik halda yoxla, sonra ümumi addımı göstər.(a) Fibonaççi ədədlərinin cəmi

Teorem 1.6.

F_1 + F_2 + \dots + F_n = F_{n+2} - 1

Kiçik halda yoxlama.

n = 5

: sol tərəf

1+1+2+3+5 = 12

; sağ tərəf

F_7 - 1 = 13 - 1 = 12

. Uyğundur.

İsbat. Qaydanı bir az başqa cür oxuyaq.

F_{k+2} = F_{k+1} + F_k

bərabərliyindən

F_k = F_{k+2} - F_{k+1}.

Bu, C6-dakı teleskop alətidir: hər həddi iki qonşu həddin fərqi kimi yazdıq. İndi

k = 1, 2, \dots, n

üçün toplayaq:

\sum_{k=1}^{n} F_k = \sum_{k=1}^{n}\left(F_{k+2} - F_{k+1}\right) = \left(F_3 - F_2\right) + \left(F_4 - F_3\right) + \dots + \left(F_{n+2} - F_{n+1}\right).

Ortadakı bütün hədlər cüt-cüt yox olur, yalnız uc hədlər qalır:

\sum_{k=1}^{n} F_k = F_{n+2} - F_2 = F_{n+2} - 1.

(b) Kvadratların cəmi

Teorem 1.7.

F_1^2 + F_2^2 + \dots + F_n^2 = F_n\,F_{n+1}

Kiçik halda yoxlama.

n = 4

1 + 1 + 4 + 9 = 15

;

F_4 F_5 = 3\cdot 5 = 15

. Uyğundur.

İsbat. Yenə hər həddi fərq şəklinə salırıq.

F_{k+1} = F_k + F_{k-1}

olduğundan

F_k = F_{k+1} - F_{k-1}

(burada

F_0 = 0

razılaşmasından istifadə edirik, ona görə

k = 1

də daxildir). Hər tərəfi

F_k

-ya vuraq:

F_k^2 = F_k F_{k+1} - F_{k-1} F_k.

Sağ tərəf

g_k = F_k F_{k+1}

işarələməsi ilə

g_k - g_{k-1}

fərqidir. Toplayaq:

\sum_{k=1}^{n} F_k^2 = \sum_{k=1}^{n}\left(g_k - g_{k-1}\right) = g_n - g_0 = F_n F_{n+1} - 0.

Teorem 1.8.

F_1 + F_3 + F_5 + \dots + F_{2n-1} = F_{2n}

Kiçik halda yoxlama.

n = 3

F_1 + F_3 + F_5 = 1 + 2 + 5 = 8 = F_6

. Uyğundur.

İsbat.

F_{2k-1} = F_{2k} - F_{2k-2}

(yenə

F_0 = 0

). Bu, indeksləri ikiaddımlı teleskopdur.

k = 1, \dots, n

üçün toplayaq:

\sum_{k=1}^{n} F_{2k-1} = \left(F_2 - F_0\right) + \left(F_4 - F_2\right) + \dots + \left(F_{2n} - F_{2n-2}\right) = F_{2n} - F_0 = F_{2n}.

Cüt indeksli cəm —

F_2 + F_4 + \dots + F_{2n} = F_{2n+1} - 1

— tapşırıq kimi qalır (ev işi A-qrupu); ipucu: (a) ilə (c)-ni tutuşdurun.(d) Kassini eyniliyi

Teorem 1.9 (Kassini). Hər

n \ge 2

üçün

F_{n-1}F_{n+1} - F_n^2 = (-1)^n.

Kiçik hallarda yoxlama.

n=2:\ F_1F_3 - F_2^2 = 1\cdot 2 - 1 = 1 = (-1)^2; \qquad n=3:\ F_2F_4 - F_3^2 = 1\cdot 3 - 4 = -1 = (-1)^3;

n=4:\ F_3F_5 - F_4^2 = 2\cdot 5 - 9 = 1; \qquad n=5:\ F_4F_6 - F_5^2 = 3\cdot 8 - 25 = -1.

İşarə hər addımda çevrilir. Bu müşahidəni isbata çevirək.

İsbat.

n

-dən

n+1

-ə keçidi açıq hesablayaq.

C_n = F_{n-1}F_{n+1} - F_n^2

olsun; məqsəd

C_{n+1} = -C_n

göstərməkdir.

C_{n+1} = F_n F_{n+2} - F_{n+1}^2.

F_{n+2} = F_{n+1} + F_n

və

F_{n+1} = F_n + F_{n-1}

yerinə qoyaq:

C_{n+1} = F_n\left(F_{n+1} + F_n\right) - F_{n+1}\left(F_n + F_{n-1}\right) = F_nF_{n+1} + F_n^2 - F_{n+1}F_n - F_{n+1}F_{n-1}.

F_nF_{n+1}

hədləri bir-birini götürür:

C_{n+1} = F_n^2 - F_{n-1}F_{n+1} = -\left(F_{n-1}F_{n+1} - F_n^2\right) = -C_n.

Deməli hər addımda işarə çevrilir.

C_2 = 1 = (-1)^2

olduğundan ardıcıl addımlarla

C_n = (-1)^n

alınır.

Qeyd. İşarə məsələsi:

(-1)^n

yoxsa

(-1)^{n-1}

? — bu, tamamilə başlanğıc razılaşmasından asılıdır. Biz

F_1 = F_2 = 1

götürmüşük və

C_2 = +1

almışıq, ona görə

(-1)^n

. Başqa mənbədə

F_0 = 0

F_1 = 1

indeksləməsi ilə düstur

(-1)^{n-1}

şəklində yazıla bilər. Həmişə bir kiçik halı yoxlayıb işarəni özünüz təsdiqləyin; əzbərləməyin.

(e) Qonşu Fibonaççi hədləri qarşılıqlı sadədir

Teorem 1.10. Hər

n \ge 1

üçün

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+1}) = 1

İsbat. Evklid alqoritminin bir addımı (ƏN körpüsü):

F_{n+1} = F_n + F_{n-1}

olduğundan

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_{n+1},F_n) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n-1}).

Deməli ƏBOB indeksləri bir-bir aşağı sürüşdürəndə dəyişmir; sona qədər getsək

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_{n+1},F_n) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(F_2,F_1) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(1,1) = 1. \qquad

Mod üzrə davranış və periodiklikFibonaççi ədədləri nəhəng olur:

F_{100}

-də tam

21

rəqəm var. Amma onların qalıqları kiçikdir və qalıqlarla işləyəndə ardıcıllıq tez təkrarlanmağa başlayır.

İkinci tərtibdə period necə təsdiqlənir?. Birinci tərtibdə bir həddin təkrarı kifayət idi. İkinci tərtib qaydada növbəti həddi iki hədd təyin edir, ona görə period yalnız o vaxt təsdiqlənir ki, ardıcıl iki hədd eyni cütlüklə təkrarlansın:

\left(a_{k+1},\,a_{k+2}\right) \equiv \left(a_1,\,a_2\right) \pmod m \;\Longrightarrow\; \text{period } k.

Bir həddin təkrarı heç nə demir — bu, ən çox rast gəlinən səhvdir.

Fibonaççi mod 2

1,\ 1,\ \underline{0},\ 1,\ 1,\ \underline{0},\ 1,\ 1,\ \underline{0},\ \dots

(F_4, F_5) \equiv (1,1) \equiv (F_1, F_2)

olduğundan period

3

-dür. Nəticə:

F_n \text{ cütdür} \iff 3 \mid n.

Yəni hər üçüncü Fibonaççi ədədi cütdür:

F_3 = 2

F_6 = 8

F_9 = 34

, …Fibonaççi mod 3

$n$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$F_n$	1	1	2	3	5	8	13	21	34	55
$F_n \bmod 3$	1	1	2	0	2	2	1	0	1	1

(F_9, F_{10}) \equiv (1,1) \equiv (F_1,F_2) \pmod 3

— ardıcıl iki hədd başlanğıcla üst-üstə düşdü, deməli period

8

-dir.

Nümunə 1.7 (

F_{2026}

-nın 3-ə bölünmə qalığı). Period

8

olduğundan

F_n \bmod 3

yalnız

n

-in

8

-ə bölünmə qalığından asılıdır. Geri çəkək:

2026 = 8\cdot 253 + 2

, deməli

F_{2026} \equiv F_2 = 1 \pmod 3.

Cavab: Qalıq

1

Diskriminantı mənfi olan rekurentlər

Nümunə 1.8 (

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

— G19-dan tanış). Bu qaydada

a_1 = 3

a_2 = 7

götürək:

3,\ 7,\ 4,\ -3,\ -7,\ -4,\ 3,\ 7,\ \dots

(a_7, a_8) = (3,7) = (a_1,a_2)

, deməli period

6

-dır.Niyə həndəsi həll yolu burada işləmir?

r^2 = r - 1

tənliyinin diskriminantı

D = 1 - 4 = -3 < 0

— həqiqi kök yoxdur, deməli

r^n

formalı (həqiqi) həll tapa bilmirik. Bu, üsulun uğursuzluğu deyil, ardıcıllığın başqa təbiətli olmasının işarəsidir: belə rekurentlər böyümür, dövr edir.

Qeyd. İstiqamət.

r^2 = pr + q

tənliyinin diskriminantı mənfi çıxdısa, düstur axtarmağı dayandırın: hədləri sadəcə hesablayın və ardıcıl iki həddin başlanğıcla üst-üstə düşdüyü yeri axtarın. Period tapılan kimi istənilən böyük indeks geri çəkilir. Bu, G19-dakı period intizamının ikinci tərtib halıdır və olimpiadada tam qəbul olunan həlldir.

Tipik səhvlər

Qeyd. 1. Bir başlanğıcla «həll etmək». İkinci tərtib qayda üçün bir

a_1

kifayət deyil —

a_2

-siz ardıcıllıq yoxdur. Şərtdə ikinci başlanğıc görünmürsə, deməli o, gizli şəkildə verilib (məsələn

a_0 = 0

və ya «ardıcıllıq

F_n

-dir» kimi) — tapın.2. Sistemdə indeksləri qarışdırmaq.

a_n = A r^n + B s^n

yazıb sonra

A + B = a_1

yazmaq klassik səhvdir:

n = 1

üçün ifadə

Ar + Bs

-dir. Sistemi qurmazdan əvvəl hansı $n$ -lərə uyğunlaşdırdığınızı yazın: «

n = 1

və

n = 2

» yoxsa «

n = 0

və

n = 1

».3. Təkrar kökdə ikinci həlli unutmaq.

D = 0

olanda

a_n = A r^n

yazmaq bir naməlum qoyur, başlanğıclar isə ikidir — sistem çox vaxt həllsiz çıxır. Ümumi həll

(A + Bn) r^n

-dir.4. Mod periodunda bir həddin təkrarı ilə kifayətlənmək.

F_n \equiv F_1

görüb «period tapdım» demək yanlışdır. İkinci tərtibdə ardıcıl iki hədd təkrarlanmalıdır.5. Kassini işarəsini qarışdırmaq.

(-1)^n

və

(-1)^{n-1}

arasındakı fərq başlanğıc razılaşmasından asılıdır. Bir kiçik halı yoxlayın və seçdiyiniz razılaşmaya sadiq qalın.6. Rekurent qurarkən Viyet işarələrini səhv salmaq.

\alpha + \beta = s

\alpha\beta = m

olduqda tənlik

x^2 - sx + m = 0

, rekurent isə

t_{n+1} = s\,t_n - m\,t_{n-1}

-dir. Mənfi

m

üçün (məsələn

\alpha\beta = -1

) qaydada artı çıxır:

t_{n+1} = s t_n + t_{n-1}

.7. « $t_0 = 2$ »-ni unutmaq.

\alpha^n + \beta^n

ardıcıllığı

n = 0

-da

1+1 = 2

verir,

1

deyil.

Yaddaş cədvəli

Şərtdə nə görürsünüz	Hansı gediş
$a_{n+1} = p a_n + q a_{n-1}$ , ümumi hədd soruşulur	Beş addım: $r^n$ sına $\to$ $r^2 = pr+q$ $\to$ köklər $\to$ $A r^n + B s^n$ $\to$ sistem $\to$ yoxlama
Kvadrat tənliyin diskriminantı $0$	Ümumi həll $(A + Bn)r^n$ ; ikinci həlli yerinə qoyub yoxla
Diskriminant mənfi	Düstur axtarma: hədləri hesabla, ardıcıl iki həddin təkrarı ilə period tap
$\alpha^n + \beta^n$ , $(a+\sqrt b)^n + (a-\sqrt b)^n$	Viyet ilə $x^2 - sx + m = 0$ qur $\to$ $t_{n+1} = s t_n - m t_{n-1}$ , $t_0 = 2$ , $t_1 = s$
$\bigl[(a+\sqrt b)^N\bigr]$ -in son rəqəmi / qalığı	$t_N$ qur $\to$ mod üzrə period tap $\to$ geri çək $\to$ $0 < \beta < 1$ ilə $[\alpha^N] = t_N - 1$
Fibonaççi cəmi soruşulur	Teleskop: $F_k = F_{k+2} - F_{k+1}$ (kvadratlar üçün $F_k^2 = F_kF_{k+1} - F_{k-1}F_k$ )
$F_{n-1}F_{n+1}$ və ya qonşu hədlərin hasili	Kassini: $F_{n-1}F_{n+1} - F_n^2 = (-1)^n$
Böyük indeksdə bölünmə qalığı	Mod üzrə cədvəl qur, periodu iki ardıcıl hədd ilə təsdiqlə, geri çək
İki ardıcıllıq bir-birini qidalandırır	Birini o birində yerinə qoy $\to$ ikinci tərtib rekurentə gətir; invariant axtar
Sayma məsələsi, cavab tanış görünür	Son addımı hallara ayır $\to$ rekurent qur $\to$ başlanğıcları əl ilə say

2Asan məsələlərBu bölmə rayon–şəhər turu səviyyəsindədir. Hər məsələnin şərtindən sonra tam, lakin qısa həll verilir. Məqsəd beş addımlıq gedişi avtomatlaşdırmaqdır: siz həlli oxumazdan əvvəl özünüz cəhd edin.

Məsələ 1.

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

a_1 = 2

a_2 = 3

a_7

-ni tapın.

Həll. Sadəcə addım-addım gedirik:

2,\ 3,\ 5,\ 8,\ 13,\ 21,\ 34.

Cavab:

a_7 = 34

Məsələ 2. Fibonaççi cədvəlini

F_{15}

-ə qədər davam etdirin və

F_{13}

F_{14}

F_{15}

-i yazın.

Həll.

F_{11} = 89

F_{12} = 144

məlumdur. Onda

F_{13} = 144 + 89 = 233,\quad F_{14} = 233 + 144 = 377,\quad F_{15} = 377 + 233 = 610.

Cavab:

233,\ 377,\ 610

Məsələ 3.

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

a_1 = 1

a_2 = 3

. İlk altı həddi yazın və bir müşahidə edin.

Həll.

1,\ 3,\ 7,\ 15,\ 31,\ 63.

Hər hədd

2

-nin qüvvətindən bir az azdır:

a_n = 2^n - 1

. (Bunu 1.2-dəki gedişlə də almaq olar:

r^2 = 3r - 2

, köklər

1

və

2

.) Cavab:

1,3,7,15,31,63

;

a_n = 2^n - 1

Məsələ 4.

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

a_1 = a_2 = 1

a_6

-nı tapın.

Həll.

a_3 = 2\cdot 1 + 3\cdot 1 = 5,\quad a_4 = 2\cdot 5 + 3\cdot 1 = 13,\quad a_5 = 2\cdot 13 + 3\cdot 5 = 41,\quad a_6 = 2\cdot 41 + 3\cdot 13 = 121.

Cavab:

a_6 = 121

Məsələ 5.

F_1 + F_2 + \dots + F_{10}

cəmini hesablayın.

Həll. Eynilikdən (1.6a)

F_1 + \dots + F_n = F_{n+2} - 1

, deməli cəm

F_{12} - 1 = 144 - 1 = 143

. (Yoxlama:

1+1+2+3+5+8+13+21+34+55 = 143

.) Cavab:

143

Məsələ 6.

F_1, F_2, \dots, F_{20}

arasında neçə cüt ədəd var?

Həll. Mod

2

üzrə period

3

-dür və

F_n

cütdür yalnız

3 \mid n

olduqda.

1 \le n \le 20

aralığında belə

n

-lər:

3, 6, 9, 12, 15, 18

— altı ədəd. Cavab:

6

Məsələ 7.

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

qaydası ilə düzələn ardıcıllıqda

a_5 = 11

a_7 = 29

-dur.

a_6

-nı tapın.

Həll.

a_7 = a_6 + a_5

olduğundan

a_6 = 29 - 11 = 18

. Cavab:

a_6 = 18

Məsələ 8. Hər

n \ge 1

üçün

F_{n+3} = 2F_{n+1} + F_n

olduğunu göstərin.

Həll. Qaydanı iki dəfə tətbiq edirik:

F_{n+3} = F_{n+2} + F_{n+1} = \left(F_{n+1} + F_n\right) + F_{n+1} = 2F_{n+1} + F_n.

Yoxlama (

n = 1

F_4 = 3

və

2F_2 + F_1 = 2 + 1 = 3

. Uyğundur. Cavab: İsbat olundu.

Məsələ 9. Sayma ·

10

pilləli pilləkəni hər addımda

1

və ya

2

pillə qalxmaqla neçə üsulla çıxmaq olar?

Həll.

S_n = S_{n-1} + S_{n-2}

S_1 = 1

S_2 = 2

(1.1-dəki nümunə). Onda

1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 8,\ 13,\ 21,\ 34,\ 55,\ 89.

Cavab:

S_{10} = 89

(yəni

F_{11}

Məsələ 10. Sayma · Uzunluğu

8

olan neçə sıfır-bir sözü var ki, içində iki qonşu

1

olmasın?

Həll.

b_n

belə sözlərin sayı olsun. Sonuncu hərfə görə ayıraq: sonuncu

0

-dırsa, ondan əvvəlki hissə uzunluğu

n-1

olan istənilən uyğun sözdür (

b_{n-1}

ədəd); sonuncu

1

-dirsə, ondan əvvəlki hərf mütləq

0

olmalıdır, qalan hissə isə uzunluğu

n-2

olan uyğun sözdür (

b_{n-2}

ədəd). Deməli

b_n = b_{n-1} + b_{n-2}, \qquad b_1 = 2,\ b_2 = 3.

Hesablayaq:

2,\ 3,\ 5,\ 8,\ 13,\ 21,\ 34,\ 55

. Cavab:

b_8 = 55

Məsələ 11. Sayma ·

2 \times 8

ölçülü lövhəni

1 \times 2

ölçülü daşlarla (domino) neçə üsulla tam örtmək olar?

Həll.

d_n

ilə

2 \times n

lövhənin örtülmə sayını işarə edək. Ən sol sütuna baxaq: ya orada bir şaquli daş var (qalan hissə

2 \times (n-1)

), ya da iki üfüqi daş var (qalan hissə

2 \times (n-2)

). Deməli

d_n = d_{n-1} + d_{n-2}, \qquad d_1 = 1,\ d_2 = 2.

Onda

1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 8,\ 13,\ 21,\ 34

. Cavab:

d_8 = 34

Məsələ 12. Sayma ·

12

manatı

1

və

2

manatlıq sikkələrlə neçə üsulla ödəmək olar? (Sikkələrin verilmə ardıcıllığı da nəzərə alınır.)

Həll. Son sikkəyə görə ayırırıq:

c_n = c_{n-1} + c_{n-2}

c_1 = 1

c_2 = 2

. Bu, pilləkən məsələsi ilə eyni rekurentdir, deməli

c_n = F_{n+1}

və

c_{12} = F_{13} = 233

. Cavab:

233

Məsələ 13.

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

a_1 = 1

a_2 = 5

. Ümumi həddi tapın.

Həll. (1)

a_n = r^n

r^2 = r + 2

, yəni

r^2 - r - 2 = 0

. (2) Viyet: cəm

1

, hasil

-2

\Rightarrow

köklər

r = 2

s = -1

. (3)

a_n = A\cdot 2^n + B\cdot(-1)^n

. (4)

n = 1

və

n = 2

üçün:

\begin{cases} 2A - B = 1,\\ 4A + B = 5. \end{cases}

Toplayaq:

6A = 6

A = 1

; onda

B = 2A - 1 = 1

. (5)

a_3

düsturla

8 - 1 = 7

; qaydayla

5 + 2\cdot 1 = 7

. Uyğundur. Cavab:

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

Məsələ 14.

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

a_1 = 2

a_2 = 4

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

r^2 = 4r - 3

\Rightarrow

r^2 - 4r + 3 = 0

\Rightarrow

r = 1

s = 3

. Onda

a_n = A\cdot 1^n + B\cdot 3^n = A + B\cdot 3^n

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} A + 3B = 2,\\ A + 9B = 4 \end{cases}\Longrightarrow\ 6B = 2,\ B = \tfrac13,\ A = 1.

Deməli

a_n = 1 + 3^{n-1}

. Yoxlama:

a_3 = 1 + 9 = 10

; qaydayla

4\cdot 4 - 3\cdot 2 = 10

. Cavab:

a_n = 1 + 3^{n-1}

Məsələ 15.

a_{n+1} = 6a_n - 8a_{n-1}

a_1 = 3

a_2 = 10

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

r^2 - 6r + 8 = 0

\Rightarrow

r = 2

s = 4

a_n = A\cdot 2^n + B\cdot 4^n

;

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} 2A + 4B = 3,\\ 4A + 16B = 10. \end{cases}

Birincini

2

-yə vurub çıxaq:

8B = 4

B = \tfrac12

, onda

2A = 3 - 2 = 1

A = \tfrac12

. Deməli

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

. Yoxlama:

a_3 = 4 + 32 = 36

; qaydayla

6\cdot 10 - 8\cdot 3 = 36

. Cavab:

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

Məsələ 16.

a_{n+1} = 7a_n - 10a_{n-1}

a_1 = 3

a_2 = 9

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

r^2 - 7r + 10 = 0

\Rightarrow

r = 2

s = 5

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} 2A + 5B = 3,\\ 4A + 25B = 9 \end{cases}\Longrightarrow\ 15B = 3,\ B = \tfrac15,\ A = 1.

Deməli

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

. Yoxlama:

a_3 = 8 + 25 = 33

; qaydayla

7\cdot 9 - 10\cdot 3 = 33

. Cavab:

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

Məsələ 17.

a_{n+1} = 2a_n + 8a_{n-1}

a_1 = 2

a_2 = 20

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

r^2 - 2r - 8 = 0

\Rightarrow

r = 4

s = -2

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} 4A - 2B = 2,\\ 16A + 4B = 20. \end{cases}

Birincini

2

-yə vurub toplayaq:

24A = 24

A = 1

, onda

B = (4 - 2)/2 = 1

. Deməli

a_n = 4^n + (-2)^n

. Yoxlama:

a_3 = 64 - 8 = 56

; qaydayla

2\cdot 20 + 8\cdot 2 = 56

. Cavab:

a_n = 4^n + (-2)^n

Məsələ 18.

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

a_1 = 1

a_2 = 13

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

r^2 - r - 6 = 0

\Rightarrow

r = 3

s = -2

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} 3A - 2B = 1,\\ 9A + 4B = 13. \end{cases}

Birincini

2

-yə vurub toplayaq:

15A = 15

A = 1

B = 1

. Deməli

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

. Yoxlama:

a_3 = 27 - 8 = 19

; qaydayla

13 + 6 = 19

. Cavab:

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

Məsələ 19.

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

a_1 = 3

a_2 = 5

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

r^2 - 3r + 2 = 0

\Rightarrow

r = 1

s = 2

;

a_n = A + B\cdot 2^n

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} A + 2B = 3,\\ A + 4B = 5 \end{cases}\Longrightarrow\ 2B = 2,\ B = 1,\ A = 1.

Deməli

a_n = 1 + 2^n

. Yoxlama:

a_3 = 9

; qaydayla

15 - 6 = 9

. Cavab:

a_n = 1 + 2^n

Məsələ 20.

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

a_1 = a_2 = 1

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

r^2 - 2r - 3 = 0

\Rightarrow

r = 3

s = -1

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} 3A - B = 1,\\ 9A + B = 1 \end{cases}\Longrightarrow\ 12A = 2,\ A = \tfrac16,\ B = 3A - 1 = -\tfrac12.

Deməli

a_n = \frac{3^n}{6} - \frac{(-1)^n}{2} = \frac{3^{\,n-1} - (-1)^n}{2}.

Yoxlama:

n = 4

üçün

(27 - 1)/2 = 13

; qaydayla

a_4 = 2\cdot 5 + 3\cdot 1 = 13

. Cavab:

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

Məsələ 21. Təkrar kök ·

a_{n+1} = 6a_n - 9a_{n-1}

a_1 = 3

a_2 = 18

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

r^2 - 6r + 9 = (r-3)^2 = 0

\Rightarrow

yeganə kök

r = 3

. Deməli

a_n = (A + Bn)\,3^n

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} 3(A + B) = 3,\\ 9(A + 2B) = 18 \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} A + B = 1,\\ A + 2B = 2 \end{cases}\Longrightarrow\ B = 1,\ A = 0.

Deməli

a_n = n\cdot 3^n

. Yoxlama:

a_3 = 3\cdot 27 = 81

; qaydayla

6\cdot 18 - 9\cdot 3 = 81

. Cavab:

a_n = n\cdot 3^n

Məsələ 22. Təkrar kök ·

a_{n+1} = 4a_n - 4a_{n-1}

a_1 = 2

a_2 = 12

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

(r-2)^2 = 0

\Rightarrow

r = 2

a_n = (A + Bn)2^n

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} 2(A+B) = 2,\\ 4(A+2B) = 12 \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} A + B = 1,\\ A + 2B = 3 \end{cases}\Longrightarrow\ B = 2,\ A = -1.

Deməli

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

. Yoxlama:

a_3 = 5\cdot 8 = 40

; qaydayla

4\cdot 12 - 4\cdot 2 = 40

. Cavab:

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

Məsələ 23. Təkrar kök ·

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

a_1 = 5

a_2 = 8

. Ümumi həddi tapın və ardıcıllığın adını deyin.

Həll.

(r-1)^2 = 0

\Rightarrow

r = 1

a_n = (A + Bn)\cdot 1^n = A + Bn

— yəni ardıcıllıq arifmetik silsilədir.

n = 1, 2

A + B = 5

A + 2B = 8

\Rightarrow

B = 3

A = 2

. Yoxlama:

a_3 = 11

; qaydayla

16 - 5 = 11

. Cavab:

a_n = 3n + 2

; arifmetik silsilə.

Məsələ 24. Təkrar kök ·

a_{n+1} = 10a_n - 25a_{n-1}

a_1 = 10

a_2 = 25

a_3

və ümumi həddi tapın.

Həll.

(r-5)^2 = 0

\Rightarrow

r = 5

a_n = (A + Bn)5^n

n = 1, 2

üçün:

\begin{cases} 5(A + B) = 10,\\ 25(A + 2B) = 25 \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} A + B = 2,\\ A + 2B = 1 \end{cases}\Longrightarrow\ B = -1,\ A = 3.

Deməli

a_n = (3 - n)\,5^n

; xüsusi halda

a_3 = 0

. Yoxlama: qaydayla

a_3 = 10\cdot 25 - 25\cdot 10 = 0

. Uyğundur. Cavab:

a_n = (3-n)5^n

a_3 = 0

Məsələ 25. Qoşma cütlər ·

t_n = (2+\sqrt3)^n + (2-\sqrt3)^n

olsun.

t_4

-ü tapın.

Həll.

\alpha + \beta = 4

\alpha\beta = 1

\Rightarrow

t_{n+1} = 4t_n - t_{n-1}

t_0 = 2

t_1 = 4

t_2 = 16 - 2 = 14,\quad t_3 = 56 - 4 = 52,\quad t_4 = 208 - 14 = 194.

Cavab:

t_4 = 194

Məsələ 26. Qoşma cütlər ·

t_n = (1+\sqrt2)^n + (1-\sqrt2)^n

olsun. Rekurent qurun və

t_5

-i tapın.

Həll.

\alpha + \beta = 2

\alpha\beta = 1 - 2 = -1

. Deməli

\alpha

\beta

ədədləri

x^2 - 2x - 1 = 0

, yəni

x^2 = 2x + 1

tənliyinin kökləridir və

t_{n+1} = 2t_n + t_{n-1}, \qquad t_0 = 2,\ t_1 = 2.

Hesablayaq:

t_2 = 4 + 2 = 6

t_3 = 12 + 2 = 14

t_4 = 28 + 6 = 34

t_5 = 68 + 14 = 82

. Cavab:

t_{n+1} = 2t_n + t_{n-1}

;

t_5 = 82

Məsələ 27. D8–D9 körpüsü ·

x^2 - 3x + 1 = 0

tənliyinin kökləri

x_1

və

x_2

-dir.

x_1^{6} + x_2^{6}

-nı tapın.

Həll. Viyet:

x_1 + x_2 = 3

x_1x_2 = 1

. Deməli

t_n = x_1^n + x_2^n

üçün

t_{n+1} = 3t_n - t_{n-1}, \qquad t_0 = 2,\ t_1 = 3.

t_2 = 9 - 2 = 7,\ \ t_3 = 21 - 3 = 18,\ \ t_4 = 54 - 7 = 47,\ \ t_5 = 141 - 18 = 123,\ \ t_6 = 369 - 47 = 322.

Cavab:

x_1^6 + x_2^6 = 322

Məsələ 28. D8–D9 körpüsü ·

x^2 = 5x - 2

tənliyinin kökləri

x_1

x_2

-dir.

x_1^{4} + x_2^{4}

-ü tapın.

Həll.

x_1 + x_2 = 5

x_1x_2 = 2

\Rightarrow

t_{n+1} = 5t_n - 2t_{n-1}

t_0 = 2

t_1 = 5

t_2 = 25 - 4 = 21,\quad t_3 = 105 - 10 = 95,\quad t_4 = 475 - 42 = 433.

Cavab:

433

Məsələ 29. Qoşma cütlər ·

t_n = (3+2\sqrt2)^n + (3-2\sqrt2)^n

olsun.

t_4

-ü tapın.

Həll.

\alpha + \beta = 6

\alpha\beta = 9 - 8 = 1

\Rightarrow

t_{n+1} = 6t_n - t_{n-1}

t_0 = 2

t_1 = 6

t_2 = 36 - 2 = 34,\quad t_3 = 204 - 6 = 198,\quad t_4 = 1188 - 34 = 1154.

Cavab:

t_4 = 1154

Məsələ 30. Eynilik ·

F_1 + F_2 + \dots + F_8

cəmini iki üsulla hesablayın: birbaşa toplayaraq və eyniliklə.

Həll. Birbaşa:

1+1+2+3+5+8+13+21 = 54

. Eyniliklə:

F_{10} - 1 = 55 - 1 = 54

. Uyğun gəldi. Cavab:

54

Məsələ 31. Eynilik ·

F_1^2 + F_2^2 + \dots + F_7^2

cəmini hesablayın və nəticəni

F_7F_8

ilə tutuşdurun.

Həll.

1 + 1 + 4 + 9 + 25 + 64 + 169 = 273

. Digər tərəfdən

F_7F_8 = 13\cdot 21 = 273

. (Ümumi eynilik:

F_k^2 = F_kF_{k+1} - F_{k-1}F_k

teleskopu — 1.6b.) Cavab:

273 = F_7F_8

Məsələ 32. Eynilik ·

F_1 + F_2 + \dots + F_{20}

cəmini tapın.

Həll. Cəm

F_{22} - 1

-ə bərabərdir. Cədvəli davam etdirək:

F_{16} = 987

F_{17} = 1597

F_{18} = 2584

F_{19} = 4181

F_{20} = 6765

F_{21} = 10946

F_{22} = 17711

. Deməli cəm

17711 - 1 = 17710

. Cavab:

17710

Məsələ 33. Eynilik ·

F_1^2 + F_2^2 + \dots + F_{15}^2

cəmini tapın.

Həll. Cəm

F_{15}F_{16} = 610\cdot 987

-ə bərabərdir. Hesablayaq:

610\cdot 987 = 610\cdot 1000 - 610\cdot 13 = 610000 - 7930 = 602070

. Cavab:

602\,070

Məsələ 34. Eynilik ·

F_1 + F_3 + F_5 + F_7 + F_9 + F_{11} + F_{13}

cəmini tapın.

Həll. Tək indeksli cəm eyniliyi (1.6c):

F_1 + F_3 + \dots + F_{2n-1} = F_{2n}

. Burada

2n - 1 = 13

, yəni

n = 7

, deməli cəm

F_{14} = 377

. Yoxlama:

1 + 2 + 5 + 13 + 34 + 89 + 233 = 377

. Cavab:

377

Məsələ 35. Eynilik ·

F_2 + F_4 + F_6 + F_8 + F_{10} + F_{12}

cəmini tapın.

Həll. Bütün hədlərin cəmindən tək indeksliləri çıxaq:

\bigl(F_1 + \dots + F_{12}\bigr) - \bigl(F_1 + F_3 + \dots + F_{11}\bigr) = \bigl(F_{14} - 1\bigr) - F_{12} = 377 - 1 - 144 = 232

. Yoxlama:

1 + 3 + 8 + 21 + 55 + 144 = 232

. Cavab:

232

(ümumi halda

F_{2n+1} - 1

Məsələ 36. Mod ·

F_{2026}

cütdürmü?

Həll. Mod

2

üzrə period

3

-dür:

1, 1, 0, 1, 1, 0, \dots

;

F_n

cütdür yalnız

3 \mid n

olduqda.

2026 = 3\cdot 675 + 1

, deməli

3 \nmid 2026

. Cavab: Xeyr, təkdir.

Məsələ 37. Mod ·

F_{2025}

-in

4

-ə bölünmə qalığını tapın.

Həll. Mod

4

üzrə cədvəl quraq:

1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 1,\ 0,\ \underline{1},\ \underline{1},\ \dots

(F_7, F_8) \equiv (1,1) \equiv (F_1,F_2)

— ardıcıl iki hədd təkrarlandı, deməli period

6

-dır.

2025 = 6\cdot 337 + 3

, deməli

F_{2025} \equiv F_3 = 2 \pmod 4

. Cavab: Qalıq

2

Məsələ 38. Period ·

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

a_1 = 5

a_2 = 2

a_{2026}

-nı tapın.

Həll. Hədləri yazaq:

5,\ 2,\ -3,\ -5,\ -2,\ 3,\ \underline{5},\ \underline{2},\dots

Ardıcıl iki hədd (

a_7, a_8

) başlanğıcla üst-üstə düşdü, deməli period

6

-dır.

2026 = 6\cdot 337 + 4

, deməli

a_{2026} = a_4 = -5

. Cavab:

a_{2026} = -5

Məsələ 39. Kassini ·

F_9F_{11} - F_{10}^2

ifadəsinin qiymətini əvvəlcə birbaşa hesablayın, sonra Kassini eyniliyi ilə yoxlayın.

Həll. Birbaşa:

34\cdot 89 - 55^2 = 3026 - 3025 = 1

. Kassini ilə:

(-1)^{10} = 1

. Uyğundur. Cavab:

1

Məsələ 40. Kassini ·

F_{12}F_{14} - F_{13}^2

ifadəsini hesablamadan qiymətini deyin, sonra hesabla təsdiqləyin.

Həll. Kassini ilə

n = 13

: qiymət

(-1)^{13} = -1

. Təsdiq:

144\cdot 377 = 54288

233^2 = 54289

, fərq

-1

. Cavab:

-1

Məsələ 41. Kassini ·

F_{2025}F_{2027} - F_{2026}^2

ifadəsinin qiymətini tapın.

Həll. Kassini eyniliyində

n = 2026

: qiymət

(-1)^{2026} = 1

. Cavab:

1

Məsələ 42. Mod ·

F_{2026}

-nın

4

-ə bölünmə qalığını tapın.

Həll. Əvvəlki məsələdə mod

4

üzrə periodun

6

olduğunu tapmışdıq:

1, 1, 2, 3, 1, 0

2026 = 6\cdot 337 + 4

, deməli

F_{2026} \equiv F_4 = 3 \pmod 4

. Cavab: Qalıq

3

Məsələ 43. Mod · Hansı

n

-lər üçün

F_n

ədədi

3

-ə bölünür?

Həll. Mod

3

üzrə period

8

-dir (1.7-dəki cədvəl):

1,\ 1,\ 2,\ \underline{0},\ 2,\ 2,\ 1,\ \underline{0}\ \bigl|\ 1,\ 1,\ \dots

Bir dövr ərzində sıfır yalnız

n = 4

və

n = 8

mövqelərində görünür, yəni

4 \mid n

olduqda. Cavab:

3 \mid F_n \iff 4 \mid n

3Orta və çətin məsələlərBu bölmə yarımfinal səviyyəsindədir. Həllər tam əsaslandırılmışdır; alətlərin birləşməsinə xüsusi diqqət yetirin — çətin sual adətən üç sadə addımın ardıcıllığıdır.

Məsələ 44.

a_{n+1} = 5a_n - 6a_{n-1}

a_1 = a_2 = 1

. Ümumi həddi tapın və

a_n

-in hansı

n

-lərdə mənfi olduğunu müəyyən edin.

Həll.

r^2 - 5r + 6 = 0

\Rightarrow

r = 2

s = 3

;

a_n = A\cdot 2^n + B\cdot 3^n

. Sistemi

n = 1

və

n = 2

üçün quraq:

\begin{cases} 2A + 3B = 1,\\ 4A + 9B = 1. \end{cases}

Birincini

2

-yə vuraq:

4A + 6B = 2

; ikincidən çıxaq:

3B = -1

B = -\tfrac13

; onda

2A = 1 + 1 = 2

A = 1

. Deməli

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

Yoxlama:

a_3 = 8 - 9 = -1

; qaydayla

5\cdot 1 - 6\cdot 1 = -1

. Uyğundur.İndi işarəyə baxaq:

a_n < 0 \iff 2^n < 3^{\,n-1} \iff 2\cdot 2^{\,n-1} < 3^{\,n-1} \iff \left(\tfrac32\right)^{n-1} > 2

n = 2

üçün

1{,}5 < 2

n = 3

üçün

2{,}25 > 2

; sol tərəf artan olduğundan bərabərsizlik məhz

n \ge 3

üçün doğrudur. Cavab:

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

;

n \ge 3

üçün mənfidir.

Məsələ 45. Başlanğıc

n=0

-dan ·

a_0 = 2

a_1 = 3

və

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

. Ümumi həddi tapın.

Həll.

r^2 - r - 2 = 0

\Rightarrow

r = 2

s = -1

;

a_n = A\cdot 2^n + B\cdot(-1)^n

. Diqqət: burada başlanğıclar

n = 0

və

n = 1

-dədir, ona görə sistemi məhz bu $n$ -lərə uyğunlaşdırırıq:

\begin{cases} A + B = 2 & (n = 0),\\ 2A - B = 3 & (n = 1). \end{cases}

Toplayaq:

3A = 5

A = \tfrac53

B = 2 - \tfrac53 = \tfrac13

. Deməli

a_n = \frac{5\cdot 2^n + (-1)^n}{3}.

Yoxlama:

a_2

düsturla

(20 + 1)/3 = 7

; qaydayla

3 + 2\cdot 2 = 7

. Uyğundur. Cavab:

a_n = \dfrac{5\cdot 2^n + (-1)^n}{3}

Məsələ 46. Parametr ·

a_{n+1} = 5a_n - 6a_{n-1}

a_1 = 1

a_2 = t

t

-nin hansı qiymətlərində ardıcıllıq həndəsi silsilə olur?

Həll.

a_n = A\cdot 2^n + B\cdot 3^n

. Ardıcıllıq həndəsi silsilədir o vaxt ki, iki qüvvətdən yalnız biri qalsın, yəni

A = 0

və ya

B = 0

olsun.

B = 0

halı:

a_n = A\cdot 2^n

a_1 = 2A = 1

\Rightarrow

A = \tfrac12

, onda

a_2 = 4A = 2

, yəni

t = 2

və

a_n = 2^{\,n-1}

A = 0

halı:

a_n = B\cdot 3^n

a_1 = 3B = 1

\Rightarrow

B = \tfrac13

, onda

a_2 = 9B = 3

, yəni

t = 3

və

a_n = 3^{\,n-1}

.Başqa

t

-lərdə hər iki əmsal sıfırdan fərqli olur və nisbət

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

sabit qalmır. Cavab:

t = 2

və ya

t = 3

Məsələ 47. Parametr ·

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

a_1 = 1

a_2 = t

t

-nin hansı qiymətində ardıcıllığın bütün hədləri məhdud qalır (yəni sonsuz böyümür)?

Həll. Köklər

1

və

2

a_n = A + B\cdot 2^n

2^n

hədsiz böyüdüyünə görə ardıcıllıq yalnız

B = 0

olduqda məhduddur.

B = 0

isə

a_n = A

sabit ardıcıllığı deməkdir,

a_1 = 1

-dən

A = 1

, deməli

t = a_2 = 1

. Yoxlama:

a_1 = a_2 = 1

olsa,

a_3 = 3 - 2 = 1

— həqiqətən sabit. Cavab:

t = 1

Məsələ 48. Parametr ·

a_{n+1} = 6a_n - 9a_{n-1}

a_1 = 1

a_2 = t

t

-nin hansı qiymətində

a_n = c\cdot 3^n

şəklində olur?

Həll. Təkrar kök

r = 3

, ümumi həll

a_n = (A + Bn)3^n

. Tələb olunan forma

B = 0

deməkdir. Onda

a_1 = 3A = 1

A = \tfrac13

və

a_2 = 9A = 3

, yəni

t = 3

(bu halda

a_n = 3^{\,n-1}

). Əgər

t \ne 3

olarsa,

B \ne 0

olur və

a_n / 3^n = A + Bn

nisbəti sabit qalmır. Cavab:

t = 3

Məsələ 49. Tərs məsələ ·

a_n = 2^n + 3^n

ardıcıllığı

a_{n+1} = p\,a_n + q\,a_{n-1}

qaydasını ödəyir.

p

və

q

-nu tapın.

Həll. Belə qaydanın kökləri məhz

2

və

3

olmalıdır, çünki

2^n

və

3^n

-in hər ikisi ödəyir. Viyet: köklərin cəmi

p = 5

, hasili

-q = 6

, yəni

q = -6

. Yoxlama:

a_1 = 5

a_2 = 13

a_3 = 35

və

5\cdot 13 - 6\cdot 5 = 35

. Uyğundur. Cavab:

p = 5

q = -6

Məsələ 50. Qeyri-bircins ·

a_{n+1} = 5a_n - 6a_{n-1} + 12

a_1 = 11

a_2 = 19

. Ümumi həddi tapın.

Həll. G19-dakı sabit nöqtə sürüşməsi gedişini ikinci tərtibə köçürürük. Əvvəlcə sabit həll axtaraq:

a_n = c

olsaydı,

c = 5c - 6c + 12 \iff c = -c + 12 \iff c = 6.

İndi

b_n = a_n - 6

qoyaq (bu, yalnız bu məsələ daxilində istifadə olunan yerli əvəzləmədir). Onda

a_n = b_n + 6

və qayda

b_{n+1} + 6 = 5(b_n + 6) - 6(b_{n-1} + 6) + 12 = 5b_n - 6b_{n-1} + 6

şəklinə düşür, yəni

b_{n+1} = 5b_n - 6b_{n-1}

— bircins rekurent. Başlanğıclar:

b_1 = 5

b_2 = 13

. Bu, 1.2-dəki nümunənin eynisidir:

b_n = 2^n + 3^n

. Deməli

a_n = 2^n + 3^n + 6.

Yoxlama:

a_3

düsturla

8 + 27 + 6 = 41

; qaydayla

5\cdot 19 - 6\cdot 11 + 12 = 95 - 66 + 12 = 41

. Cavab:

a_n = 2^n + 3^n + 6

Məsələ 51. Qeyri-bircins ·

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

a_1 = a_2 = 1

. Ümumi həddi Fibonaççi ilə ifadə edin və

a_{10}

-u tapın.

Həll. Sabit həll:

c = c + c + 1

\Rightarrow

c = -1

. Yerli əvəzləmə:

b_n = a_n + 1

. Onda

b_{n+1} - 1 = (b_n - 1) + (b_{n-1} - 1) + 1 \iff b_{n+1} = b_n + b_{n-1}.

Başlanğıclar

b_1 = b_2 = 2

, yəni

b_n

Fibonaççinin iki misli:

b_n = 2F_n

. Deməli

a_n = 2F_n - 1.

Yoxlama:

a_3 = 1 + 1 + 1 = 3

və

2F_3 - 1 = 4 - 1 = 3

. Uyğundur.

a_{10} = 2F_{10} - 1 = 110 - 1 = 109

. Cavab:

a_n = 2F_n - 1

a_{10} = 109

Məsələ 52. Qeyri-bircins ·

a_{n+1} = 4a_n - 3a_{n-1} + 8

a_1 = -1

a_2 = 1

. Ümumi həddi tapın.

Həll. Əvvəlcə sabit həll sınayaq:

c = 4c - 3c + 8

\Rightarrow

c = c + 8

— mümkün deyil. Səbəb aydındır: bircins hissənin kökləri

1

və

3

-dür, sabit ardıcıllıq isə elə

1^n

həllidir — yəni sabitlər artıq «tutulub».Onda bir pillə yuxarı qalxıb xətti namizəd sınayaq:

a_n = cn

c(n+1) = 4cn - 3c(n-1) + 8 = cn + 3c + 8 \iff cn + c = cn + 3c + 8 \iff -2c = 8 \iff c = -4.

Deməli

a_n = -4n

xüsusi həlldir. Bircins həlli əlavə edirik:

a_n = A + B\cdot 3^n - 4n.

(Bunun qaydanı ödədiyini yoxlamaq asandır: bircins hissə qaydanın bircins hissəsini,

-4n

isə

+8

-i «bağlayır».) Sistemi

n = 1

və

n = 2

üçün quraq:

\begin{cases} A + 3B - 4 = -1,\\ A + 9B - 8 = 1 \end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases} A + 3B = 3,\\ A + 9B = 9 \end{cases}\Longrightarrow\ 6B = 6,\ B = 1,\ A = 0.

Deməli

a_n = 3^n - 4n

. Yoxlama:

a_3

düsturla

27 - 12 = 15

; qaydayla

4\cdot 1 - 3\cdot(-1) + 8 = 15

. Uyğundur. Cavab:

a_n = 3^n - 4n

Məsələ 53. Yarımfinal ·

\bigl[(3+\sqrt5)^{2025}\bigr]

ədədinin son rəqəmini tapın.

Həll. Addım 1 — rekurent qur.

\alpha = 3+\sqrt5

\beta = 3-\sqrt5

;

\alpha + \beta = 6

\alpha\beta = 9 - 5 = 4

. Deməli

t_n = \alpha^n + \beta^n

üçün

t_{n+1} = 6t_n - 4t_{n-1}, \qquad t_0 = 2,\ t_1 = 6,

və bütün

t_n

tam ədəddir.Addım 2 — tam hissəni bağla.

\sqrt5 \approx 2{,}236

olduğundan

0 < \beta < 1

, deməli

0 < \beta^{2025} < 1

və

\bigl[\alpha^{2025}\bigr] = \bigl[t_{2025} - \beta^{2025}\bigr] = t_{2025} - 1.

Addım 3 — mod $10$ period. Qaydanı mod

10

yürüdək:

t_0 \equiv 2,\qquad t_1 \equiv 6,\qquad t_2 \equiv 36 - 8 = 28 \equiv 8,

t_3 \equiv 48 - 24 = 24 \equiv 4,\qquad t_4 \equiv 24 - 32 \equiv 2,\qquad t_5 \equiv 12 - 16 \equiv 6.

(t_4, t_5) \equiv (2, 6) \equiv (t_0, t_1)

— ardıcıl iki hədd təkrarlandı, deməli period

4

-dür:

2,\ 6,\ 8,\ 4,\ 2,\ 6,\ 8,\ 4,\dots

Addım 4 — geri çək.

2025 = 4\cdot 506 + 1

, deməli

t_{2025} \equiv t_1 \equiv 6 \pmod{10}

. Onda

\bigl[\alpha^{2025}\bigr] = t_{2025} - 1 \equiv 5 \pmod{10}

. Cavab: Son rəqəm

5

-dir.

Məsələ 54. Yarımfinal ·

(2+\sqrt3)^{2026} + (2-\sqrt3)^{2026}

ədədinin son rəqəmini, sonra isə

\bigl[(2+\sqrt3)^{2026}\bigr]

-nın son rəqəmini tapın.

Həll.

t_{n+1} = 4t_n - t_{n-1}

t_0 = 2

t_1 = 4

(1.5-dəki nümunə). Mod

10

2,\ 4,\ 16-2 = 14 \equiv 4,\ 16 - 4 = 12 \equiv 2,\ 8 - 4 = 4,\ 16 - 2 \equiv 4,\ \dots

(t_3, t_4) \equiv (2, 4) \equiv (t_0, t_1)

, deməli period

3

-dür:

2,\ 4,\ 4,\ 2,\ 4,\ 4,\dots

2026 = 3\cdot 675 + 1

, deməli

t_{2026} \equiv t_1 \equiv 4 \pmod{10}

0 < 2 - \sqrt3 < 1

olduğundan

\bigl[(2+\sqrt3)^{2026}\bigr] = t_{2026} - 1

, yəni son rəqəm

3

-dür. Cavab: Cəmin son rəqəmi

4

, tam hissənin son rəqəmi

3

Məsələ 55. Yarımfinal ·

\bigl[(1+\sqrt2)^{2026}\bigr]

ədədinin son rəqəmini tapın.

Həll.

\alpha = 1+\sqrt2

\beta = 1-\sqrt2

;

\alpha+\beta = 2

\alpha\beta = -1

, deməli

t_{n+1} = 2t_n + t_{n-1}, \qquad t_0 = 2,\ t_1 = 2.

Diqqət:

\beta < 0

-dır, amma

|\beta| = \sqrt2 - 1 \approx 0{,}414 < 1

və göstərici cütdür, ona görə

0 < \beta^{2026} < 1

və yenə

\bigl[\alpha^{2026}\bigr] = t_{2026} - 1

.Mod

10

üzrə hesablayaq:

2,\ 2,\ 6,\ 4,\ 4,\ 2,\ 8,\ 8,\ 4,\ 6,\ 6,\ 8,\ \underline{2},\ \underline{2},\ \dots

(t_{12}, t_{13}) \equiv (2,2) \equiv (t_0, t_1)

, deməli period

12

-dir.

2026 = 12\cdot 168 + 10

, deməli

t_{2026} \equiv t_{10} \equiv 6 \pmod{10}

və tam hissənin son rəqəmi

6 - 1 = 5

-dir. Cavab: Son rəqəm

5

-dir.

Məsələ 56. Yarımfinal ·

\bigl[(2+\sqrt3)^{2026}\bigr]

ədədinin

3

-ə bölünmə qalığını tapın.

Həll. Yenə

t_{n+1} = 4t_n - t_{n-1}

t_0 = 2

t_1 = 4

. Mod

3

üzrə

4 \equiv 1

, deməli qayda sadələşir:

t_{n+1} \equiv t_n - t_{n-1} \pmod 3

. Hesablayaq:

t_0 \equiv 2,\ t_1 \equiv 1,\ t_2 \equiv 1 - 2 = -1 \equiv 2,\ t_3 \equiv 2 - 1 = 1,\ \dots

(t_2, t_3) \equiv (2,1) \equiv (t_0,t_1)

, period

2

-dir: cüt indekslərdə

2

, tək indekslərdə

1

2026

cüt olduğundan

t_{2026} \equiv 2 \pmod 3

, deməli

\bigl[(2+\sqrt3)^{2026}\bigr] = t_{2026} - 1 \equiv 1 \pmod 3.

Cavab: Qalıq

1

Məsələ 57. D8–D9 körpüsü ·

x^2 = 3x + 1

tənliyinin kökləri

x_1

x_2

-dir.

x_1^5 + x_2^5

ədədinin tam olduğunu göstərin və qiymətini tapın.

Həll. Viyet:

x_1 + x_2 = 3

x_1x_2 = -1

. «Hər kök öz tənliyini ödəyir» fəndi ilə

t_n = x_1^n + x_2^n

üçün

t_{n+1} = 3t_n + t_{n-1}, \qquad t_0 = 2,\ t_1 = 3.

Qaydada yalnız tam ədədlərlə vurma və toplama var, başlanğıclar da tamdır — deməli bütün

t_n

tamdır (köklərin özləri

\dfrac{3 \pm \sqrt{13}}{2}

irrasional olsa da).

t_2 = 9 + 2 = 11,\quad t_3 = 33 + 3 = 36,\quad t_4 = 108 + 11 = 119,\quad t_5 = 357 + 36 = 393.

Cavab:

x_1^5 + x_2^5 = 393

— tam ədəddir.

Məsələ 58. Bölünmə ·

F_n

ədədinin

30

-a bölünməsi üçün

n

-in hansı şərti ödəməsi lazımdır?

Həll.

30 = 2\cdot 3\cdot 5

, deməli üç şərtin hamısı eyni vaxtda ödənməlidir. Hər birini mod üzrə periodla tapırıq.Mod 2: period

3

, qalıqlar

1,1,0

\Rightarrow

2 \mid F_n \iff 3 \mid n

.Mod 3: period

8

, qalıqlar

1,1,2,0,2,2,1,0

\Rightarrow

3 \mid F_n \iff 4 \mid n

.Mod 5: qalıqları yazaq:

1,\ 1,\ 2,\ 3,\ \underline{0},\ 3,\ 3,\ 1,\ 4,\ \underline{0},\ 4,\ 4,\ 3,\ 2,\ \underline{0},\ 2,\ 2,\ 4,\ 1,\ \underline{0},\ \underline{1},\ \underline{1},\dots

(F_{21}, F_{22}) \equiv (1,1)

, deməli period

20

-dir; sıfırlar

n = 5, 10, 15, 20

mövqelərində, yəni

5 \mid F_n \iff 5 \mid n

.Üç şərtin birləşməsi:

3 \mid n

4 \mid n

və

5 \mid n

, yəni

\operatorname{\text{ƏKOB}}(3,4,5) = 60

üçün

60 \mid n

. Yoxlama:

F_{60} = 1548008755920

— həqiqətən

30

-a bölünür (son rəqəm

0

, rəqəmlər cəmi

3

-ə bölünür). Cavab:

30 \mid F_n \iff 60 \mid n

Məsələ 59. Bölünmə ·

F_{2n} = F_n\bigl(F_{n+1} + F_{n-1}\bigr)

olduğunu

n = 5

və

n = 10

hallarında yoxlayın və buradan

F_n \mid F_{2n}

nəticəsini çıxarın.

Həll.

n = 5

F_{10} = 55

, sağ tərəf

F_5(F_6 + F_4) = 5\cdot(8 + 3) = 5\cdot 11 = 55

. Uyğundur.

n = 10

F_{20} = 6765

, sağ tərəf

F_{10}(F_{11} + F_9) = 55\cdot(89 + 34) = 55\cdot 123 = 6765

. Uyğundur.Ümumi eynilik doğru olduqda sağ tərəfdə

F_n

vuruğu açıq görünür, deməli

F_n \mid F_{2n}

. Konkret nəticələr:

F_5 = 5 \mid F_{10} = 55

(qismət

11

F_{10} = 55 \mid F_{20} = 6765

(qismət

123

).Qeyd.

L_n = F_{n+1} + F_{n-1}

ardıcıllığı (

2, 1, 3, 4, 7, 11, 18, 29, \dots

) Lüka ardıcıllığı adlanır və elə Fibonaççi qaydasını ödəyir, sadəcə başlanğıcları başqadır. Cavab: Yoxlandı;

F_5 \mid F_{10}

F_{10} \mid F_{20}

Məsələ 60. ƏBOB ·

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+2})

və

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+3})

qiymətlərini tapın.

Həll. Evklid addımı ilə işləyirik və qonşuların qarşılıqlı sadəliyindən (1.6e) istifadə edirik.

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+2}) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+1} + F_n) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+1}) = 1.

İndi

F_{n+3} = F_{n+2} + F_{n+1} = (F_{n+1} + F_n) + F_{n+1} = 2F_{n+1} + F_n

. Onda

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+3}) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,2F_{n+1} + F_n) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,2F_{n+1}) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,2),

sonuncu addımda yenə

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+1}) = 1

işlədildi. Deməli qiymət

F_n

cüt olduqda

2

, əks halda

1

-dir;

F_n

isə cütdür yalnız

3 \mid n

olanda. Yoxlama:

n = 3

üçün

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_3,F_6) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(2,8) = 2

(doğrudan da

3 \mid 3

);

n = 4

üçün

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_4,F_7) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(3,13) = 1

. Uyğundur. Cavab:

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+2}) = 1

;

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+3}) = 2

(əgər

3 \mid n

), əks halda

1

Məsələ 61. C6 körpüsü ·

\dfrac{F_{n+1}}{F_n}

kəsrinin ixtisar olunmadığını (yəni sadə kəsr olduğunu) göstərin və

\dfrac{F_{15}}{F_{14}}

üçün bunu təsdiqləyin.

Həll. 1.6e-yə görə

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+1}) = 1

, deməli kəsrin surət və məxrəcinin ortaq böləni yoxdur — kəsr sadədir. Bu, C6-dakı kəsilməz kəsr yaxınlaşmalarının niyə məhz «ən sadə» şəkildə çıxdığını da izah edir. Təsdiq:

\dfrac{F_{15}}{F_{14}} = \dfrac{610}{377}

;

610 = 1\cdot 377 + 233

377 = 1\cdot 233 + 144

233 = 144 + 89

144 = 89 + 55

89 = 55 + 34

55 = 34 + 21

34 = 21 + 13

21 = 13 + 8

13 = 8 + 5

8 = 5 + 3

5 = 3 + 2

3 = 2 + 1

2 = 2\cdot 1

. ƏBOB

= 1

. Cavab: Kəsr sadədir.

Məsələ 62. Kassini · Fibonaççi «paradoksu».

8 \times 8

ölçülü kvadratı dörd hissəyə kəsirlər: iki düzbucaqlı trapesiya (kiçik oturacağı

3

, böyük oturacağı

5

, hündürlüyü

5

) və iki düzbucaqlı üçbucaq (katetləri

3

və

8

). Bu dörd hissəni yenidən yığıb

5 \times 13

ölçülü düzbucaqlı alırlar. Kvadratın sahəsi

64

, düzbucaqlının sahəsi isə

65

-dir. Səhv haradadır?

Həll. Ölçülərə diqqət edin:

3, 5, 8, 13

— ardıcıl Fibonaççi ədədləridir:

F_4, F_5, F_6, F_7

. Sahələrin fərqi

F_5 F_7 - F_6^2 = 5\cdot 13 - 64 = 1

və bu, məhz Kassini eyniliyidir (

n = 6

üçün

(-1)^6 = 1

).Deməli fərq təsadüfi deyil — hər dəfə düz

1

olacaq. Səhv «yığılışdadır»: düzbucaqlının diaqonalı boyunca hissələr tam üst-üstə düşmür, aralarında sahəsi

1

olan çox nazik bir paraleloqram (uzun və çox dar «yarıq») qalır. Gözlə görünmür, çünki trapesiyanın maili tərəfinin mailliyi

\tfrac{2}{5} = 0{,}4

, üçbucağın hipotenuzunun mailliyi isə

\tfrac{3}{8} = 0{,}375

-dir — çox yaxın, amma bərabər deyil. Bərabər olmamasının ədədi ifadəsi elə

5\cdot 13 - 8\cdot 8 = 1

-dir.Eyni tapmacanı

F_6, F_7, F_8

ilə də qurmaq olar:

13 \times 13 = 169

və

8\cdot 21 = 168

— bu dəfə sahə itir, çünki

(-1)^7 = -1

. Cavab: Kassini eyniliyi: fərq həmişə

\pm 1

-dir; hissələr dəqiq yığılmır.

Məsələ 63. Kassini · Kassini eyniliyindən istifadə edərək qonşu Fibonaççi ədədlərinin qarşılıqlı sadə olduğunu ikinci bir üsulla isbat edin.

Həll.

d = \operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+1})

olsun. Onda

d \mid F_n

və

d \mid F_{n+1}

; buradan

d \mid F_{n-1} = F_{n+1} - F_n

də alınır. Kassini eyniliyinə görə

F_{n-1}F_{n+1} - F_n^2 = \pm 1.

Sol tərəfin hər iki həddi

d

-yə bölünür (birincidə

F_{n+1}

, ikincidə

F_n

vuruğu var), deməli

d \mid \pm 1

, yəni

d = 1

. Cavab:

\operatorname{\text{ƏBOB}}(F_n,F_{n+1}) = 1

Məsələ 64. Kassini ·

F_{n-1}F_{n+1} - F_n^2 = 1

bərabərliyi hansı

n

-lər üçün doğrudur? Bəs

F_{2026}^2 - F_{2025}F_{2027}

nəyə bərabərdir?

Həll. Kassini:

F_{n-1}F_{n+1} - F_n^2 = (-1)^n

; bu,

+1

-ə bərabərdir yalnız

n

cüt olduqda. İkinci sual üçün

n = 2026

(cüt) götürürük:

F_{2025}F_{2027} - F_{2026}^2 = 1

, deməli axtarılan ifadə onun əksidir:

F_{2026}^2 - F_{2025}F_{2027} = -1.

Cavab:

n

cüt olduqda; ifadənin qiyməti

-1

Məsələ 65. Mod ·

F_{2026}

-nın

5

-ə bölünmə qalığını tapın.

Həll. Mod

5

üzrə periodun

20

olduğunu yuxarıda (bölünmə məsələsində) tapmışdıq. Qalıqlar cədvəli:

\begin{array}{c|cccccccccc} n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10\\ \hline F_n \bmod 5 & 1 & 1 & 2 & 3 & 0 & 3 & 3 & 1 & 4 & 0 \end{array}

2026 = 20\cdot 101 + 6

, deməli

F_{2026} \equiv F_6 \equiv 3 \pmod 5

. Cavab: Qalıq

3

Məsələ 66. Mod ·

F_{2026}

-nın

8

-ə bölünmə qalığını tapın.

Həll. Mod

8

üzrə qalıqları yazaq:

1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 0,\ 5,\ 5,\ 2,\ 7,\ 1,\ 0,\ \underline{1},\ \underline{1},\ \dots

(F_{13}, F_{14}) \equiv (1,1) \equiv (F_1, F_2)

, deməli period

12

-dir.

2026 = 12\cdot 168 + 10

, deməli

F_{2026} \equiv F_{10} = 55 \equiv 7 \pmod 8

. Cavab: Qalıq

7

Məsələ 67. Mod ·

F_{2026}

-nın son rəqəmini tapın.

Həll. Son rəqəm mod

10

qalığıdır;

10 = 2\cdot 5

olduğundan iki asan qalığı birləşdirək.Mod 2:

F_n

cütdür yalnız

3 \mid n

;

2026 = 3\cdot 675 + 1

, deməli

F_{2026}

təkdir, yəni

F_{2026} \equiv 1 \pmod 2

.Mod 5: əvvəlki məsələdə

F_{2026} \equiv 3 \pmod 5

tapdıq.

0

-dan

9

-a qədər olan rəqəmlərdən

5

-ə bölündükdə

3

qalığı verənlər

3

və

8

-dir; bunlardan tək olanı

3

-dür. Cavab: Son rəqəm

3

-dür.

Məsələ 68. Varlıq sualı · Fibonaççi ardıcıllığında

2026

-ya bölünən hədd varmı?

Həll. Var. Mühakimə göyərçin yuvası ruhundadır (Dirixle — ƏN silsiləsi).

m = 2026

götürək və ardıcıl cütlərə baxaq:

\left(F_1, F_2\right),\ \left(F_2, F_3\right),\ \left(F_3, F_4\right),\ \dots \pmod m.

Hər cütün mümkün qiymətlərinin sayı

m^2

-dir — sonludur. Deməli sonsuz sayda cüt arasında mütləq təkrarlanan iki cüt tapılar: hansısa

i < j

üçün

\left(F_i, F_{i+1}\right) \equiv \left(F_j, F_{j+1}\right) \pmod m

.İndi qaydanı geriyə işlədək:

F_{k-1} = F_{k+1} - F_k

bərabərliyi göstərir ki, bir cüt özündən əvvəlki cütü də birqiymətli təyin edir. Deməli

\left(F_i, F_{i+1}\right)

və

\left(F_j, F_{j+1}\right)

cütlərini eyni sayda addım geriyə çəksək, uyğunluq pozulmur;

i

-ni

1

-ə çatdıraq:

\left(F_1, F_2\right) \equiv \left(F_{j-i+1}, F_{j-i+2}\right) \pmod m.

Yəni ardıcıllıq mod

m

üzrə periodikdir; period

T = j - i

olsun. Bir addım da geriyə çəksək,

F_0 = 0

razılaşması ilə

F_T \equiv F_0 = 0 \pmod m

alırıq.Deməli

F_T

ədədi

2026

-ya bölünür. Cavab: Bəli, hətta sonsuz sayda belə hədd var (bütün

F_{kT}

Məsələ 69. Sistem-rekurent ·

a_0 = 1

b_0 = 0

və hər

n \ge 0

üçün

a_{n+1} = a_n + 2b_n, \qquad b_{n+1} = a_n + b_n.

a_n

üçün ikinci tərtib rekurent qurun və

a_5

b_5

-i tapın.

Həll. İkinci tənlikdən deyil, birincidən başlayaq:

a_{n+1} = a_n + 2b_n

bərabərliyindən

b_n = \frac{a_{n+1} - a_n}{2}

(bu, yalnız bu məsələ daxilində istifadə olunan yerli ifadədir). İndi bunu ikinci tənlikdə — həm

b_{n+1}

, həm

b_n

üçün — yerinə qoyaq:

\frac{a_{n+2} - a_{n+1}}{2} = a_n + \frac{a_{n+1} - a_n}{2}.

Hər tərəfi

2

-yə vuraq:

a_{n+2} - a_{n+1} = 2a_n + a_{n+1} - a_n \quad\Longrightarrow\quad a_{n+2} = 2a_{n+1} + a_n.

Başlanğıclar:

a_0 = 1

a_1 = a_0 + 2b_0 = 1

. Hesablayaq:

a_2 = 2 + 1 = 3,\quad a_3 = 6 + 1 = 7,\quad a_4 = 14 + 3 = 17,\quad a_5 = 34 + 7 = 41,

və

b_n

-i birbaşa qaydadan:

b_1 = 1

b_2 = 2

b_3 = 5

b_4 = 12

b_5 = 29

. Yoxlama:

a_5 = a_4 + 2b_4 = 17 + 24 = 41

. Uyğundur.Körpü.

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

qaydası bizə tanışdır — o,

x^2 = 2x + 1

, yəni

x = 1 \pm \sqrt2

ilə bağlıdır. Doğrudan da

(1+\sqrt2)^5 = 41 + 29\sqrt2

; ümumiyyətlə

a_n + b_n\sqrt2 = (1+\sqrt2)^n

. Cavab:

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

;

a_5 = 41

b_5 = 29

Məsələ 70. Sistem-rekurent ·

x_0 = 1

y_0 = 0

və

x_{n+1} = 3x_n + 4y_n, \qquad y_{n+1} = 2x_n + 3y_n.

y_n

üçün ikinci tərtib rekurent qurun və

y_4

-ü tapın.

Həll. İkinci tənlikdən

x_n = \dfrac{y_{n+1} - 3y_n}{2}

. Bunu birinci tənlikdə yerinə qoyaq:

\frac{y_{n+2} - 3y_{n+1}}{2} = 3\cdot\frac{y_{n+1} - 3y_n}{2} + 4y_n.

2

-yə vururuq:

y_{n+2} - 3y_{n+1} = 3y_{n+1} - 9y_n + 8y_n \quad\Longrightarrow\quad y_{n+2} = 6y_{n+1} - y_n.

Başlanğıclar:

y_0 = 0

y_1 = 2

. Onda

y_2 = 12 - 0 = 12,\quad y_3 = 72 - 2 = 70,\quad y_4 = 420 - 12 = 408.

Yoxlama sistemlə:

x_1 = 3

x_2 = 17

x_3 = 99

x_4 = 577

;

y_4 = 2x_3 + 3y_3 = 198 + 210 = 408

. Uyğundur. (Qeyd:

x_n + y_n\sqrt2 = (3 + 2\sqrt2)^n

;

6

və

1

əmsalları elə

3+2\sqrt2

ilə

3-2\sqrt2

-nin cəmi və hasilidir.) Cavab:

y_{n+2} = 6y_{n+1} - y_n

;

y_4 = 408

Məsələ 71. Sistem-rekurent ·

a_0 = 1

b_0 = 0

və

a_{n+1} = 2a_n + b_n

b_{n+1} = a_n + 2b_n

a_n

və

b_n

üçün açıq düstur tapın.

Həll. Burada ikinci tərtibə keçmədən də olar: tənlikləri toplayaq və çıxaq.

a_{n+1} + b_{n+1} = 3\left(a_n + b_n\right), \qquad a_{n+1} - b_{n+1} = a_n - b_n.

Birinci ardıcıllıq

3

məxrəcli həndəsi silsilədir, ikincisi isə sabitdir. Başlanğıclarla (

a_0 + b_0 = 1

a_0 - b_0 = 1

a_n + b_n = 3^n, \qquad a_n - b_n = 1.

Buradan

a_n = \frac{3^n + 1}{2}, \qquad b_n = \frac{3^n - 1}{2}.

Yoxlama:

n = 3

üçün

a_3 = 14

b_3 = 13

; sistemlə

a_3 = 2\cdot 5 + 4 = 14

b_3 = 5 + 2\cdot 4 = 13

(

a_2 = 5

b_2 = 4

). Uyğundur. Cavab:

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

b_n = \dfrac{3^n-1}{2}

Məsələ 72. İnvariant · Yuxarıdakı

a_{n+1} = a_n + 2b_n

b_{n+1} = a_n + b_n

sistemi üçün (

a_0 = 1

b_0 = 0

)

a_n^2 - 2b_n^2

ifadəsinin qiymətini tapın.

Həll. Bir addımda nə baş verdiyini açıq hesablayaq:

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

Açaq:

= a_n^2 + 4a_nb_n + 4b_n^2 - 2a_n^2 - 4a_nb_n - 2b_n^2 = -a_n^2 + 2b_n^2 = -\left(a_n^2 - 2b_n^2\right).

Deməli ifadə hər addımda işarəsini dəyişir, mütləq qiyməti isə sabit qalır. Başlanğıcda

a_0^2 - 2b_0^2 = 1

, ona görə

a_n^2 - 2b_n^2 = (-1)^n.

Yoxlama:

n = 5

üçün

41^2 - 2\cdot 29^2 = 1681 - 1682 = -1 = (-1)^5

. Uyğundur. Cavab:

(-1)^n

Məsələ 73. İnvariant ·

x_{n+1} = 3x_n + 4y_n

y_{n+1} = 2x_n + 3y_n

x_0 = 1

y_0 = 0

sistemi üçün

x_n^2 - 2y_n^2

ifadəsini tapın.

Həll.

x_{n+1}^2 - 2y_{n+1}^2 = \left(3x_n + 4y_n\right)^2 - 2\left(2x_n + 3y_n\right)^2.

Açaq:

= 9x_n^2 + 24x_ny_n + 16y_n^2 - 2\left(4x_n^2 + 12x_ny_n + 9y_n^2\right) = x_n^2 - 2y_n^2.

Bu dəfə ifadə heç dəyişmir. Başlanğıcda qiymət

1

-dir, deməli hər

n

üçün

x_n^2 - 2y_n^2 = 1

. Yoxlama:

577^2 - 2\cdot 408^2 = 332929 - 332928 = 1

. Uyğundur. Cavab:

1

(bütün

n

üçün).

Məsələ 74. İnvariant ·

L_0 = 2

L_1 = 1

L_{n+1} = L_n + L_{n-1}

(Lüka ardıcıllığı) olsun.

L_{n-1}L_{n+1} - L_n^2

ifadəsinin qiymətini tapın.

Həll. Kassini isbatındakı gedişi olduğu kimi təkrarlayaq:

C_n = L_{n-1}L_{n+1} - L_n^2

olsun. Onda

C_{n+1} = L_nL_{n+2} - L_{n+1}^2 = L_n\left(L_{n+1}+L_n\right) - L_{n+1}\left(L_n + L_{n-1}\right) = L_n^2 - L_{n-1}L_{n+1} = -C_n.

Yəni işarə hər addımda çevrilir (bu hesabda yalnız qaydadan istifadə olundu, başlanğıclardan yox — ona görə istənilən Fibonaççi tipli ardıcıllıq üçün doğrudur). Başlanğıc qiymət:

C_1 = L_0L_2 - L_1^2 = 2\cdot 3 - 1 = 5.

Deməli

C_n = 5\cdot(-1)^{\,n-1}

. Yoxlama:

C_2 = L_1L_3 - L_2^2 = 1\cdot 4 - 9 = -5

. Uyğundur. Cavab:

L_{n-1}L_{n+1} - L_n^2 = 5\cdot(-1)^{\,n-1}

Məsələ 75. RFO üslubu · Cərgədə düzülmüş

12

oturacaqdan neçə üsulla bir neçəsini (bəlkə də heç birini) seçmək olar ki, seçilənlərdən heç ikisi qonşu olmasın?

Həll.

u_n

ilə

n

oturacaq üçün belə seçimlərin sayını işarə edək. Sonuncu oturacağa görə ayıraq: o seçilməyibsə, qalan

n-1

oturacaqda istənilən uyğun seçim olur (

u_{n-1}

); seçilibsə, ondan əvvəlki mütləq seçilməyib və qalan

n-2

oturacaqda istənilən uyğun seçim olur (

u_{n-2}

). Deməli

u_n = u_{n-1} + u_{n-2}, \qquad u_1 = 2,\ u_2 = 3.

Hesablayaq:

2,\ 3,\ 5,\ 8,\ 13,\ 21,\ 34,\ 55,\ 89,\ 144,\ 233,\ 377

. Cavab:

u_{12} = 377

(yəni

F_{14}

Məsələ 76. F17 körpüsü ·

\alpha = \dfrac{1+\sqrt5}{2}

olsun. Hər

n \ge 1

üçün

\alpha^n = F_n\,\alpha + F_{n-1}

olduğunu göstərin (

F_0 = 0

Həll.

\alpha

ədədi

x^2 = x + 1

tənliyinin kökü olduğundan

\alpha^2 = \alpha + 1

— bu, F17-də istifadə etdiyimiz «dərəcə endirmə» alətidir.Kiçik hallar.

n = 1

\alpha^1 = 1\cdot\alpha + 0 = F_1\alpha + F_0

. Doğrudur.

n = 2

\alpha^2 = \alpha + 1 = F_2\alpha + F_1

. Doğrudur.Ümumi addım. Tutaq ki,

\alpha^n = F_n\alpha + F_{n-1}

doğrudur. Hər tərəfi

\alpha

-ya vuraq:

\alpha^{n+1} = F_n\alpha^2 + F_{n-1}\alpha = F_n(\alpha + 1) + F_{n-1}\alpha = \left(F_n + F_{n-1}\right)\alpha + F_n = F_{n+1}\alpha + F_n.

Bu, eyni ifadənin

n+1

üçün yazılışıdır. Ardıcıl addımlarla bütün

n

-lər üçün alınır. Cavab: İsbat olundu.

Məsələ 77. Bölünmə ·

a_n = 2^n + 3^n

olsun.

a_n

-in

5

-ə bölünməsi üçün

n

-in hansı şərti ödəməsi lazımdır?

Həll. Mod

5

üzrə

2

-nin qüvvətləri

2, 4, 3, 1

dövrü,

3

-ün qüvvətləri isə

3, 4, 2, 1

dövrü ilə gedir. Cəmi yazaq:

\begin{array}{c|cccc} n \bmod 4 & 1 & 2 & 3 & 0\\ \hline 2^n + 3^n \bmod 5 & 0 & 3 & 0 & 2 \end{array}

Deməli

5 \mid a_n

olur yalnız

n

tək olduqda.Qısa səbəb.

n

tək olduqda

2^n + 3^n

ifadəsi

2 + 3 = 5

-ə bölünür (C-blokundakı

x^n + y^n

vuruqlara ayrılışı),

n

cüt olduqda isə cədvəldən göründüyü kimi bölünmür. Cavab:

n

tək olmalıdır.

Məsələ 78. RFO üslubu ·

a_0 = 0

a_1 = 1

a_{n+1} = 4a_n - a_{n-1}

a_5

-i tapın və qonşu hədlərin qarşılıqlı sadə olduğunu göstərin.

Həll. Hədlər:

0,\ 1,\ 4,\ 15,\ 56,\ 209

. Deməli

a_5 = 209

.Qarşılıqlı sadəlik:

d = \operatorname{\text{ƏBOB}}(a_n,a_{n+1})

olsun.

a_{n+1} = 4a_n - a_{n-1}

bərabərliyindən

a_{n-1} = 4a_n - a_{n+1}

, deməli

d \mid a_{n-1}

. Beləliklə

\operatorname{\text{ƏBOB}}(a_{n+1},a_n) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(a_n,a_{n-1}) = \dots = \operatorname{\text{ƏBOB}}(a_1,a_0) = \operatorname{\text{ƏBOB}}(1,0) = 1.

(Bu, 1.6e-dəki Evklid addımının eynisidir — qaydanın əmsallarının tam olması kifayətdir.) Cavab:

a_5 = 209

; qonşu hədlər qarşılıqlı sadədir.

Məsələ 79. Mod ·

F_{2026}

-nın

11

-ə bölünmə qalığını tapın.

Həll. Mod

11

üzrə qalıqları yazaq:

1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 8,\ 2,\ 10,\ 1,\ 0,\ \underline{1},\ \underline{1},\ \dots

(

F_7 = 13 \equiv 2

F_8 = 21 \equiv 10

F_9 = 34 \equiv 1

F_{10} = 55 \equiv 0

F_{11} = 89 \equiv 1

F_{12} = 144 \equiv 1

(F_{11}, F_{12}) \equiv (1,1) \equiv (F_1,F_2)

, deməli period

10

-dur.

2026 = 10\cdot 202 + 6

, deməli

F_{2026} \equiv F_6 = 8 \pmod{11}

. Cavab: Qalıq

8

Məsələ 80. Teleskop ·

a_1 = 1

a_2 = 2

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

a_1 + a_2 + \dots + a_{2026}

cəmini ardıcıllığın hədləri ilə ifadə edin.

Həll. Qaydadan

a_k = a_{k+2} - a_{k+1}

(teleskop parçalaması — C6 aləti). Toplayaq:

\sum_{k=1}^{2026} a_k = \sum_{k=1}^{2026}\left(a_{k+2} - a_{k+1}\right) = a_{2028} - a_2 = a_{2028} - 2.

Yoxlama kiçik halda:

n = 4

üçün sol tərəf

1+2+3+5 = 11

, sağ tərəf

a_6 - 2 = 13 - 2 = 11

. Uyğundur. Cavab:

a_{2028} - 2

Məsələ 81. Üçüncü tərtibə bir addım ·

a_{n+1} = 6a_n - 11a_{n-1} + 6a_{n-2}

a_1 = 6

a_2 = 14

a_3 = 36

. Ümumi həddi tapın.

Həll. Eyni ideya işləyir:

a_n = r^n

sınayaq. Qaydada yerinə qoyub

r^{n-2}

-yə bölək:

r^3 = 6r^2 - 11r + 6 \iff r^3 - 6r^2 + 11r - 6 = 0.

r = 1

kökdür (əmsallar cəmi sıfırdır); bölmə ilə

r^3 - 6r^2 + 11r - 6 = (r-1)(r^2 - 5r + 6)

, yəni qalan köklər

2

və

3

-dür. Superpozisiya yoxlaması eyni qruplaşdırma ilə aparılır, deməli

a_n = A\cdot 1^n + B\cdot 2^n + C\cdot 3^n.

İndi üç başlanğıc lazımdır (tərtib nə qədərdirsə, o qədər).

n = 1, 2, 3

üçün:

\begin{cases} A + 2B + 3C = 6,\\ A + 4B + 9C = 14,\\ A + 8B + 27C = 36. \end{cases}

Birinci tənliyi ikincidən və ikincini üçüncüdən çıxaq:

2B + 6C = 8, \qquad 4B + 18C = 22 \iff 2B + 9C = 11.

Sonuncu ikisini çıxaq:

3C = 3

C = 1

; onda

2B = 8 - 6 = 2

B = 1

; nəhayət

A = 6 - 2 - 3 = 1

. Deməli

a_n = 1 + 2^n + 3^n.

Yoxlama:

a_4

düsturla

1 + 16 + 81 = 98

; qaydayla

6\cdot 36 - 11\cdot 14 + 6\cdot 6 = 216 - 154 + 36 = 98

. Uyğundur. Cavab:

a_n = 1 + 2^n + 3^n