Sonlu cəmlər — Onlayn dərslik

1Nəzəriyyə

Qeyd. Bu dərsdə nələr öyrənəcəyik? Teleskop dərsində cəmlərin bir ailəsini — hədləri iki qonşu ifadənin fərqi kimi yazıla bilən cəmləri — tam fəth etmişdik: orada bütün ara hədlər bir-birini yeyirdi. Amma cəmlərin böyük hissəsi belə deyil. Bu dərs qalan böyük ailələri əhatə edir: qüvvət cəmləri (

1^2+2^2+\dots+n^2

tipli), qarışıq cəmlər (

1\cdot 2 + 2\cdot 2^2+\dots+n\cdot 2^n

tipli) və qruplaşan cəmlər (işarəsi növbələşən, bloklara ayrılan cəmlər). Bunların hamısı beş silahla yıxılır: cütləşdir, sürüşdür-çıx, teleskopa sal, qruplaşdır, iki cür say. Dərsin sonunda hansı cəmdə hansı silahın işlədiyini göstərən yaddaş cədvəli var.

Cəm yazılışı və idarəsi

Qeyd. $\Sigma$ işarəsi. Uzun cəmi qısa yazmaq üçün yunan

\Sigma

(siqma) hərfindən istifadə olunur:

a_1 + a_2 + a_3 + \dots + a_n \;=\; \sum_{k=1}^{n} a_k .

Burada

k

hərfi sayğacdır: o,

1

-dən

n

-ə qədər bütün tam qiymətləri alır və hər dəfə

a_k

hesablanıb yığına atılır.

k

hərfinin özü cavabda görünmür — onun yerinə

i

j

m

yazsaq da cəm dəyişməz. Bu dərsdə hər iki yazılışı yanaşı işlədəcəyik: açıq yazılış gedişi görməyə,

\Sigma

yazılışı isə uzun hesabları səliqəli aparmağa kömək edir. Asan bölmələrdə açıq yazılışa üstünlük verin — gözünüz cəmin quruluşunu görməlidir.

Hədlərin sayı.

m

-dən

n

-ə qədər (

m \le n

) tam ədədlərin sayı

n-m+1

-dir,

n-m

deyil. Məsələn

5, 6, \dots, 2026

ardıcıllığında

2026-5+1 = 2022

ədəd var. Ədədi silsilə dərsində bu «bir artıq» tələsi ilə tanış olmuşuq; cəm mövzusunda o, ən çox səhv doğuran nöqtədir, ona görə hər cəmdə əvvəlcə hədd sayını təyin edin.Sabit vuruğun çıxarılması. Hər hədddə eyni

c

vuruğu varsa, onu mötərizə xaricinə atmaq olar. Bunu açıq yazılış dərhal göstərir:

ca_1 + ca_2 + \dots + ca_n = c\,(a_1+a_2+\dots+a_n), \qquad\text{yəni}\qquad \sum_{k=1}^{n} c\,a_k = c\sum_{k=1}^{n} a_k .

Cəmlərin toplanması. İki cəmi hədbəhədd toplamaq olar, çünki toplananların yerini dəyişmək cəmi dəyişmir:

\sum_{k=1}^{n}\bigl(a_k + b_k\bigr) = (a_1+b_1) + \dots + (a_n+b_n) = (a_1+\dots+a_n) + (b_1+\dots+b_n) = \sum_{k=1}^{n} a_k + \sum_{k=1}^{n} b_k .

Bu iki qayda birlikdə deməkdir ki, məsələn

\sum (3k^2 - 5k + 2)

cəmini

3\sum k^2 - 5\sum k + 2n

şəklində parçalamaq olar: mürəkkəb cəmi bizə tanış olan sadə cəmlərə ayırırıq. Dərsin böyük hissəsi məhz bu «tanış cəmlər» siyahısını qurmağa həsr olunub.İndeksin sürüşdürülməsi. Sayğacı dəyişdikdə sərhədləri də dəyişmək lazımdır. Açıq yazsaq bu göz qabağındadır:

\sum_{k=1}^{n} a_{k+1} = a_2 + a_3 + \dots + a_{n+1} = \sum_{j=2}^{n+1} a_j .

Sürüşdürmə sonra «sürüşdür-çıx» silahının əsasını təşkil edəcək.Cəmin parçalanması və sürüşmüş cəmlər. Bir cəmi istənilən yerdən iki hissəyə bölmək olar:

\sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{m} a_k + \sum_{k=m+1}^{n} a_k \qquad (1 \le m < n).

Buradan «

m+1

-dən

n

-ə qədər» tipli sürüşmüş cəmlərin əsas gedişi çıxır: böyük cəmdən kiçik cəmi çıx. Bu dərsdə

S(n)

ilə

1

-dən

n

-ə qədər olan cəmi işarə etsək, həmişə

\;\sum_{k=m+1}^{n} a_k = S(n) - S(m)\;

yazacağıq.

Nümunə 1.1 (sürüşmüş cəm və hədd sayı).

5 + 6 + 7 + \dots + 2026

cəmini hesablayaq. Hədd sayı

2026-5+1 = 2022

-dir. Bütöv cəmdən artıq hissəni çıxaraq:

(1+2+\dots+2026) - (1+2+3+4) = \frac{2026\cdot 2027}{2} - 10 = 2053351 - 10 = 2053341 .

Yoxlama (cütləşdirmə ilə birbaşa):

2022

hədd

1011

cütə ayrılır, hər cütün cəmi

5+2026 = 2031

, deməli

1011 \cdot 2031 = 2053341

. İki müstəqil yol eyni cavabı verdi.

CütləşdirməBirinci silah ən sadəsidir: hədləri elə cütləşdir ki, hər cütün cəmi eyni olsun. Onda cavab «cüt sayı

\times

cütün cəmi» olur.Ədədi silsilə cəmi.

1+2+\dots+n

cəmində baş və son hədləri cütləşdirək:

1+n

2+(n-1)

3+(n-2)

, … — hər cütün cəmi

n+1

. Ədədi silsilə dərsindən bildiyimiz Qauss gedişi budur; onu təkrar isbat etmirik, amma «sözsüz isbat»ını yada salaq: eyni pilləli üçbucaqdan iki dənə götürüb birini çevirsək,

n \times (n+1)

ölçülü düzbucaqlı alınır.

Tək ədədlərin cəmi.

1 + 3 + 5 + \dots + (2n-1)

cəmində

n

hədd var (çünki

2k-1

həddi

k=1

-dən

k=n

-ə qədər gedir). Uclardan cütləşdirək:

1 + (2n-1) = 2n

3 + (2n-3) = 2n

, … — hər cütün cəmi

2n

, cüt sayı

n/2

, deməli cəm

\dfrac{n}{2}\cdot 2n = n^2

. (

n

tək olanda ortada

n

həddi tək qalır, amma

\frac{n-1}{2}

cüt

\times\, 2n

üstəgəl

n

yenə

n^2

verir — hər iki halda eyni.) Qısası:

1 + 3 + 5 + \dots + (2n-1) = n^2 .

İkinci yol — sözsüz isbat:

n \times n

nöqtə kvadratını künclü zolaqlara («L» qatlarına) ayıraq. Birinci qatda

1

, ikincidə

3

, üçüncüdə

5

nöqtə var;

k

-cı qatda

2k-1

nöqtə. Bütün qatlar birlikdə kvadratı doldurduğuna görə

1+3+\dots+(2n-1) = n^2

Cütləşdirmənin əsl gücü. Cütləşdirmə yalnız ədədi silsilə üçün deyil. Əsas müşahidə belədir: uclardan götürülən hədlərin cəmi sabitdirsə, cəm dərhal hesablanır. Funksiya dilində: əgər hər

x

üçün

f(x) + f(1-x) = c

sabitidirsə, onda

f\!\left(\tfrac{1}{N}\right) + f\!\left(\tfrac{2}{N}\right) + \dots + f\!\left(\tfrac{N-1}{N}\right)

cəmində

\frac{k}{N}

və

\frac{N-k}{N}

arqumentləri cüt təşkil edir (onların cəmi

1

-dir), hər cütün payı

c

olur.

Nümunə 1.2 (cütləşən funksiya cəmi).

f(x) = \dfrac{4^x}{4^x+2}

olsun.

\;S = f\!\left(\frac{1}{2026}\right) + f\!\left(\frac{2}{2026}\right) + \dots + f\!\left(\frac{2025}{2026}\right)

cəmini tapaq (

S

— axtarılan cəm).Əvvəlcə

f(x) + f(1-x)

hesablayaq.

4^{1-x} = \dfrac{4}{4^x}

olduğundan

f(1-x) = \frac{\frac{4}{4^x}}{\frac{4}{4^x}+2} = \frac{4}{4 + 2\cdot 4^x} = \frac{2}{2 + 4^x}, \qquad f(x) + f(1-x) = \frac{4^x}{4^x+2} + \frac{2}{4^x+2} = 1 .

İndi cəmdə

\frac{k}{2026}

ilə

\frac{2026-k}{2026}

hədlərini cütləşdirək: arqumentlərin cəmi

1

, deməli hər cütün payı

1

2025

hədd var;

k=1013

ortada tək qalır və

f\!\left(\frac{1013}{2026}\right) = f\!\left(\frac12\right) = \frac{2}{2+2} = \frac12

. Qalan

2024

hədd

1012

cüt verir:

S = 1012 \cdot 1 + \frac12 = \frac{2025}{2}.

Kiçik halda yoxlama:

N=4

üçün

f(\frac14)+f(\frac24)+f(\frac34) = 1 + \frac12 = \frac32 = \frac{4-1}{2}

— düstur işləyir. Cavab:

S = \frac{2025}{2}

Kvadratların cəmiİndi dərsin birinci zirvəsinə çatırıq:

1^2 + 2^2 + \dots + n^2

. Cütləşdirmə burada işləmir (uclardan götürülən hədlərin cəmi sabit deyil:

1+n^2

4+(n-1)^2

, …). Bizə yeni fikir lazımdır və o fikir teleskopdur.

Qüvvət cəmi üçün teleskop gedişi. Bir pillə yuxarı qüvvətin fərqini açırıq:

(k+1)^3 - k^3

açılışında

k^2

görünür. Bu fərqi

k=1,2,\dots,n

üçün alt-alta yazıb toplayırıq: sol tərəf teleskopla yığılır, sağ tərəfdə isə axtardığımız cəm bir məchul kimi qalır və onu asanlıqla tapırıq.

Kub fərqini açaq:

(k+1)^3 - k^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1 - k^3 = 3k^2 + 3k + 1 .

Bu bərabərliyi

k = 1, 2, \dots, n

üçün yazaq: \[

\begin{aligned} 2^3 - 1^3 &= 3\cdot 1^2 + 3\cdot 1 + 1,\\ 3^3 - 2^3 &= 3\cdot 2^2 + 3\cdot 2 + 1,\\ &\ \ \vdots\\ (n+1)^3 - n^3 &= 3\cdot n^2 + 3\cdot n + 1 . \end{aligned}

\]İndi bütün sətirləri toplayaq. Sol tərəfdə

2^3

3^3

, …,

n^3

hədlərinin hər biri bir dəfə artı, bir dəfə mənfi işarə ilə iştirak edir və yox olur — yalnız uclar qalır (teleskop):

\sum_{k=1}^{n}\bigl((k+1)^3 - k^3\bigr) = (n+1)^3 - 1 .

Sağ tərəfi isə parçalayaq. Axtardığımız cəmi

Q

ilə işarə edək (

Q = 1^2+2^2+\dots+n^2

); xətti cəm artıq məlumdur:

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

Bu,

Q

-ya nəzərən adi xətti tənlikdir:

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

Sağ tərəfi açaq:

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

. Deməli

3Q = n(n+1)(n+2) - \frac{3n(n+1)}{2} = n(n+1)\left(n+2-\frac32\right) = n(n+1)\cdot\frac{2n+1}{2},

\boxed{\;1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\;}

Kiçik halda yoxlama:

n=3

üçün sol tərəf

1+4+9 = 14

, sağ tərəf

\frac{3\cdot 4\cdot 7}{6} = 14

. Uyğundur.

Qeyd. Bu gedişin dəyəri konkret nəticədən daha böyükdür: eyni üsulla istənilən qüvvət cəminə yol açılır.

\sum k^3

üçün

(k+1)^4-k^4

\sum k^4

üçün

(k+1)^5-k^5

fərqini götürürük — hər dəfə bir pillə yuxarı qalxıb, artıq bildiyimiz aşağı cəmlərdən istifadə edirik. Ona görə bu düsturları əzbərləmək yox, çıxarmağı bilmək lazımdır.

Kubların cəmiEyni gedişi bir pillə yuxarıda təkrarlayaq. Dördüncü qüvvətin fərqi:

(k+1)^4 - k^4 = 4k^3 + 6k^2 + 4k + 1 .

k=1

-dən

n

-ə qədər toplayaq. Sol tərəf yenə teleskopdur və

(n+1)^4 - 1

verir. Sağ tərəfdə axtardığımız kub cəmini

K

ilə işarə edək; kvadratlar cəmi indi bizə məlumdur:

(n+1)^4 - 1 = 4K + 6\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 4\cdot\frac{n(n+1)}{2} + n .

Yəni

\;4K = (n+1)^4 - 1 - n(n+1)(2n+1) - 2n(n+1) - n

. Sağ tərəfi mərhələ-mərhələ sadələşdirək: \[

\begin{aligned} (n+1)^4 - 1 - n &= n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n - n = n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 3n,\\ n(n+1)(2n+1) + 2n(n+1) &= n(n+1)(2n+3) = 2n^3 + 5n^2 + 3n,\\ 4K &= n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 3n - (2n^3 + 5n^2 + 3n)\\ &= n^4 + 2n^3 + n^2 = n^2(n+1)^2 . \end{aligned}

\]Beləliklə

\boxed{\;1^3 + 2^3 + \dots + n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}\;}

Kiçik halda yoxlama:

n=3

üçün

1+8+27 = 36

, düstur isə

\frac{9\cdot 16}{4} = 36

. Uyğundur.

Qeyd. Gözəllik. Alınan ifadəyə diqqətlə baxın:

\frac{n^2(n+1)^2}{4} = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{\!2}, \qquad\text{yəni}\qquad 1^3 + 2^3 + \dots + n^3 = (1 + 2 + \dots + n)^2 .

Kubların cəmi xətti cəmin kvadratıdır!

n=3

36 = 6^2

;

n=4

100 = 10^2

. Bu təsadüf deyil — bunun da sözsüz isbatı var (bir kvadratı

k

ölçülü künclərə ayırmaqla) və məsələlər bölməsində buna qayıdacağıq.

Sürüşdür-çıx gedişiDərsin ikinci zirvəsi. Ədədi silsilə dərsində həndəsi cəmi

S - qS

fərqi ilə yığmışdıq:

S = 1 + q + \dots + q^n

cəmini

q

-ya vurub çıxdıqda ortadakı bütün hədlər yox olurdu. Eyni silah daha geniş sinifdə işləyir.

Sürüşdür-çıx. Hədd (ədədi silsilə)

\,\times\,

(həndəsi silsilə) şəklindədirsə — yəni

k\cdot q^k

tipindədirsə — cəmi

q

-ya vurun və alt-alta yazıb çıxın. Vurma bütün hədləri bir pillə sürüşdürür; çıxma zamanı

k

əmsalları

1

-ə çevrilir və geriyə adi həndəsi cəm qalır.

Nümunə 1.3 (əsas nümunə:

\sum k\cdot 2^k

S = 1\cdot 2 + 2\cdot 2^2 + 3\cdot 2^3 + \dots + n\cdot 2^n

olsun.

S

-i

2

-yə vuraq və iki sətri elə yazaq ki, eyni qüvvətlər alt-alta düşsün:

\begin{aligned} S &= 1\cdot 2 + 2\cdot 2^2 + 3\cdot 2^3 + \dots + n\cdot 2^{n},\\ 2S &= \phantom{1\cdot 2 + {}} 1\cdot 2^2 + 2\cdot 2^3 + \dots + (n-1)\cdot 2^{n} + n\cdot 2^{n+1}. \end{aligned}

İkincidən birincini çıxaq. Hər

2^j

(

2 \le j \le n

) qüvvətinin əmsalı

(j-1) - j = -1

olur; kənarda iki hədd qalır:

S = 2S - S = n\cdot 2^{n+1} - \bigl(2 + 2^2 + 2^3 + \dots + 2^{n}\bigr).

Mötərizədəki həndəsi cəm

2 + 2^2 + \dots + 2^n = 2^{n+1} - 2

(ilk hədd

2

, vuruq

2

n

hədd). Deməli

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

Kiçik halda yoxlama:

n=2

üçün sol tərəf

1\cdot 2 + 2\cdot 4 = 10

, düstur isə

(2-1)\cdot 2^3 + 2 = 10

. Uyğundur. Cavab:

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

Qeyd. Son hədd tələsi. Çıxma zamanı ən çox itirilən hədd

n\cdot 2^{n+1}

-dir: o,

2S

sətrində var,

S

sətrində yoxdur, deməli fərqdə artı işarə ilə qalır. Sətirləri həmişə eyni qüvvətlər alt-alta düşəcək şəkildə yazın — onda nə itir, nə də işarə qarışır.

Nümunə 1.4 (fərqli əsas:

\sum k/2^k

T = \dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{2^2} + \dfrac{3}{2^3} + \dots + \dfrac{n}{2^n}

cəmini tapaq. İndi vuruq

\frac12

-dir, ona görə

T

-ni

2

-yə vuraq (yəni bir pillə yuxarı sürüşdürək):

\begin{aligned} 2T &= 1 + \frac{2}{2} + \frac{3}{2^2} + \dots + \frac{n}{2^{n-1}},\\ T &= \phantom{1 + {}} \frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \dots + \frac{n-1}{2^{n-1}} + \frac{n}{2^n}. \end{aligned}

Çıxaq: hər

\frac{1}{2^j}

(

1 \le j \le n-1

) həddinin əmsalı

(j+1) - j = 1

olur:

T = 2T - T = 1 + \frac12 + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{n-1}} - \frac{n}{2^n} = \left(2 - \frac{1}{2^{n-1}}\right) - \frac{n}{2^n} = 2 - \frac{n+2}{2^n}.

Kiçik halda yoxlama:

n=2

üçün

\frac12 + \frac24 = 1

, düstur isə

2 - \frac{4}{4} = 1

. Uyğundur. Cavab:

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

Qeyd. Nə vaxt bu silah? Cəmin ümumi həddinə baxın: o

(\text{$k$-ya görə çoxhədli}) \times (\text{qüvvət})

şəklindədirsə —

k\cdot 2^k

(2k-1)3^k

k/2^k

k^2 2^k

— sürüşdür-çıx işləyir. Çoxhədlinin dərəcəsi

1

olanda bir dəfə,

2

olanda iki dəfə sürüşdürmək lazım gəlir.

Alternativ yol: teleskopa salma. Eyni cəmi teleskopla da almaq olar.

k\cdot 2^k

həddini «bir pillə fərqi» kimi yazmağa çalışaq:

b_k = (k-2)2^k

götürək. Onda

b_{k+1} - b_k = (k-1)2^{k+1} - (k-2)2^k = 2^k\bigl(2k - 2 - k + 2\bigr) = k\cdot 2^k .

Deməli cəm teleskopdur:

\sum_{k=1}^{n} k\cdot 2^k = b_{n+1} - b_1 = (n-1)2^{n+1} - (-1)\cdot 2 = (n-1)2^{n+1} + 2 ,

— sürüşdür-çıx ilə eyni cavab. Fərq odur ki, teleskop yolu

b_k

-nı tapmağı tələb edir (biz

b_k = (k-a)2^k

şəklində axtarıb

a=2

aldıq), sürüşdür-çıx isə heç nə təxmin etmədən işləyir. İki yolu tanımaq faydalıdır: bəzi məsələlərdə biri, bəzilərində digəri qısadır.Qruplaşdırma və bloklarla cəmləməDördüncü silah: hədləri təbii bloklara ayır və hər blokun cəmini ayrıca hesabla.İşarəsi növbələşən cəm.

1 - 2 + 3 - 4 + \dots \pm n

cəmini qonşu-qonşu qruplaşdıraq:

(1-2) + (3-4) + \dots

— hər cütün cəmi

-1

.Hal 1: $n$ cütdür.

n/2

cüt alınır, cəm

-\dfrac{n}{2}

.Hal 2: $n$ təkdir.

\frac{n-1}{2}

tam cüt qalır və axırda

+n

həddi tək qalır: cəm

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

.Yoxlama:

n=4

1-2+3-4 = -2 = -\frac42

;

\;n=5

1-2+3-4+5 = 3 = \frac{5+1}{2}

. Uyğundur.

Qeyd. Natamam blok qanunu. Qruplaşdıranda həmişə soruşun: hədlərin sayı blok uzunluğuna bölünürmü? Bölünmürsə, sonda natamam blok qalır və onu ayrıca əlavə etmək lazımdır. Bu yoxlama olmadan yazılan həll natamam sayılır.

İşarəsi blokla dəyişən cəm.

1 + 2 - 3 - 4 + 5 + 6 - 7 - 8 + \dots

cəmində işarə iki-iki dəyişir, ona görə dörd-dörd qruplaşdırmaq lazımdır.

m \ge 0

üçün

(4m+1)

-dən

(4m+4)

-ə qədər blok:

(4m+1) + (4m+2) - (4m+3) - (4m+4) = -4 .

Deməli ilk

4m

həddin cəmi

-4m

-dir. Məsələn ilk

2026

hədd:

2026 = 4\cdot 506 + 2

, yəni

506

tam blok (cəmi

-2024

) və natamam blokda iki hədd —

2025

və

2026

(hər ikisi artı işarəli):

-2024 + 2025 + 2026 = 2027 .

Mövqe-blok cəmləri: rəqəmlərin cəmi. «

1

-dən

N

-ə qədər yazılan bütün rəqəmlərin cəmi» tipli suallarda bloklar yüzlüklər və minliklərdir. Gediş: ədədləri bərabər uzunluqlu qruplara böl və hər mövqedə hər rəqəmin neçə dəfə göründüyünü say.

000

-dan

999

-a qədər bütün üçrəqəmli yazılışları (öndə sıfırlarla) götürək:

1000

ədəd var, hər birində

3

mövqe. Hər mövqedə hər rəqəm bərabər sayda —

1000/10 = 100

dəfə — görünür. Deməli rəqəmlərin cəmi

3 \cdot 100 \cdot (0+1+2+\dots+9) = 3\cdot 100\cdot 45 = 13500 .

Öndəki sıfırlar cəmə heç nə əlavə etmir, ona görə bu,

1

-dən

999

-a qədər ədədlərin rəqəmləri cəmidir.

1000

-dən

1999

-a qədər isə hər ədəddə əlavə bir

1

rəqəmi var: cəm

1000\cdot 1 + 13500 = 14500

2000

-dən

2026

-ya qədər

27

ədəd var; onların baş rəqəmləri

27\cdot 2 = 54

, qalan iki rəqəmi isə

00, 01, \dots, 26

yazılışlarının rəqəmləri cəmidir: onluqlar

10\cdot 1 + 7\cdot 2 = 24

, təkliklər

(0+\dots+9) + (0+\dots+9) + (0+\dots+6) = 45+45+21 = 111

, yəni

135

. Beləliklə

1

-dən

2026

-ya qədər bütün rəqəmlərin cəmi

13500 + 14500 + 54 + 135 = 28189 .

Blok uzunluğu artan cəmlər. Ardıcıllıq bloklara ayrılır və

k

-cı blokda

k

hədd olur:

\underbrace{1}_{1}; \quad \underbrace{2,\,3}_{2}; \quad \underbrace{4,\,5,\,6}_{3}; \quad \underbrace{7,\,8,\,9,\,10}_{4}; \ \dots

İlk

k

blokda ümumilikdə

1+2+\dots+k = \frac{k(k+1)}{2}

hədd var. Deməli

k

-cı blok

\frac{(k-1)k}{2}+1

nömrəli həddən başlayır və

\frac{k(k+1)}{2}

nömrəli həddə qədər gedir. Gediş iki mərhələlidir: əvvəlcə blokun sərhədlərini silsilə cəmi ilə tap, sonra blokun daxilindəki cəmi hesabla.

Nümunə 1.5 (iki mərhələli blok hesabı).

1;\ 3,5;\ 7,9,11;\ 13,15,17,19;\ \dots

—

k

-cı blokda ardıcıl

k

tək ədəd var.

k

-cı blokun cəmini tapaq.Birinci mərhələ — sərhədlər. İlk

k-1

blokda

1+2+\dots+(k-1) = \frac{(k-1)k}{2}

tək ədəd işlənib. Deməli

k

-cı blok

\left(\frac{(k-1)k}{2}+1\right)

-ci tək ədəddən başlayır;

m

-ci tək ədəd

2m-1

olduğuna görə blokun ilk həddi

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

Blokda

k

hədd var və onlar

2

fərqi ilə artır, ona görə son hədd

k^2-k+1 + 2(k-1) = k^2 + k - 1

.İkinci mərhələ — blok daxili cəm. Bu,

k

hədli ədədi silsilədir; uclardan cütləşdirmə ilə

\frac{(k^2-k+1) + (k^2+k-1)}{2}\cdot k = \frac{2k^2}{2}\cdot k = k^3 .

Kiçik halda yoxlama:

k=3

üçün blok

7,9,11

, cəmi

27 = 3^3

;

k=4

üçün

13+15+17+19 = 64 = 4^3

. Uyğundur. Cavab:

k

-cı blokun cəmi

k^3

-dür

Cəmlərin tam hissəsi və bölünmə xassələriSonuncu alt-bölmə əvvəlki silahları ədədlər nəzəriyyəsi ilə birləşdirir.Hesabla, sonra tam hissəni götür. Kəsrli və köklü cəmlərdə teleskop dəqiq qiymət verir; tam hissə isə bundan sonra bir sətrə düşür.

Nümunə 1.6 (cəmin tam hissəsi).

S = \dfrac{1}{\sqrt1+\sqrt2} + \dfrac{1}{\sqrt2+\sqrt3} + \dots + \dfrac{1}{\sqrt{99}+\sqrt{100}}

cəminin tam hissəsini tapaq. Məxrəci sadələşdirək:

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

(köklü teleskop — C4 dərsi). Deməli

S = (\sqrt2 - \sqrt1) + (\sqrt3-\sqrt2) + \dots + (\sqrt{100}-\sqrt{99}) = \sqrt{100} - 1 = 9 ,

yəni

S

tam ədəddir və

[S] = 9

. Cavab:

[S] = 9

Cəm düsturları və bölünmə. Çıxardığımız düsturlar cəmi hasilə çevirir — bölünmə suallarının açarı budur. Məsələn

1+2+\dots+n = \frac{n(n+1)}{2}

olduğuna görə bu cəmin

2027

sadə ədədinə bölünməsi üçün

n(n+1)

hasili

2027

-yə bölünməlidir, yəni

n

və ya

n+1

2027

-nin misli olmalıdır.Tək qüvvətli cəmlərin klassiki. Aşağıdakı nəticə yarımfinal səviyyəsində tez-tez rast gəlinir və cütləşdirmənin ən gözəl tətbiqidir. Burada

a^m + b^m

ifadəsinin

m

tək olduqda

a+b

-yə bölünməsindən istifadə edirik (F blokundakı bölünmə eynilikləri).

Teorem 1.1 (tək qüvvətlər cəmi).

m

tək natural ədəd olsun. Onda

1^m + 2^m + \dots + n^m \quad\text{cəmi}\quad 1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}\ \text{-ə bölünür.}

İsbat.

S = 1^m + 2^m + \dots + n^m

işarə edək. Cəmi bir dəfə düz, bir dəfə tərs sıra ilə yazıb toplayaq:

2S = \bigl(1^m + n^m\bigr) + \bigl(2^m + (n-1)^m\bigr) + \dots + \bigl(n^m + 1^m\bigr).

m

tək olduğundan hər mötərizə

a+b

tipli cəmə bölünür və burada

a + b = n+1

-dir. Deməli

(n+1) \mid 2S

.İndi eyni cəmi başqa cür cütləşdirək:

n^m

həddini kənara qoyub qalan

1^m + 2^m + \dots + (n-1)^m

cəmini düz və tərs yazaq:

2S = 2n^m + \bigl(1^m + (n-1)^m\bigr) + \bigl(2^m + (n-2)^m\bigr) + \dots

Hər mötərizədə arqumentlərin cəmi

n

-dir, deməli hər mötərizə

n

-ə bölünür;

2n^m

də

n

-ə bölünür. Beləliklə

n \mid 2S

n

və

n+1

qonşu ədədlərdir, ortaq böləni yoxdur, ona görə

n(n+1) \mid 2S

, yəni

\frac{n(n+1)}{2} \mid S

Kiçik halda yoxlama:

n=4

m=3

1+8+27+64 = 100

və

1+2+3+4 = 10

; doğrudan da

10 \mid 100

Qeyd. Tipik səhvlər.

1. Hədd sayını səhv saymaq. $m$ -dən $n$ -ə qədər $n-m+1$ hədd var. $5$ -dən $2026$ -ya $2021$ yox, $2022$ hədd var.
2. Sürüşdür-çıxda son həddi itirmək. $2S-S$ fərqində $n\cdot 2^{n+1}$ həddi artı işarə ilə qalır; onu unutmaq və ya işarəsini səhv salmaq ən çox rast gəlinən xətadır.
3. Natamam bloku unutmaq. Hədlərin sayı blok uzunluğuna bölünmürsə, sondakı yarımçıq blok ayrıca hesablanmalıdır ( $2026 = 4\cdot 506 + 2$ — iki hədd artıq qalır).
4. İndeks sürüşdürəndə sərhədləri sürüşdürməmək. $\sum_{k=1}^{n} a_{k+1}$ cəmi $\sum_{j=2}^{n+1} a_j$ -dir; sərhədləri olduğu kimi saxlamaq bir həddi itirir və bir əlavə hədd gətirir.
5. Kvadratlar cəmində düsturu qarışdırmaq. Düzgün ifadə $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ -dır; « $2n+1$ » yerinə « $n+2$ » yazmaq tipik səhvdir. Şübhələnəndə $n=2$ yoxlayın: cavab $5$ olmalıdır.
6. Cütləşdirmədə ortadakı həddi itirmək. Hədlərin sayı tək olanda ortada cütləşməyən bir hədd qalır ( $2025$ hədddə ortadakı $1013$ -cü hədd) — onu ayrıca əlavə edin.
7. Sürüşmüş cəmdə səhv çıxma. $\sum_{k=5}^{n}$ üçün $S(n) - S(5)$ yox, $S(n) - S(4)$ yazılır.

Qeyd. Yaddaş cədvəli — cəmdə nə görürsünüzsə, hansı silah.

Cəmdə görürsünüz	Silah
Uclardan hədlərin cəmi sabitdir	Cütləşdir (Qauss gedişi)
Hədd iki qonşu ifadənin fərqidir	Teleskop (C6)
Kəsrin məxrəci hasildir: $\frac{1}{k(k+1)}$	Parçala, sonra teleskop (C6)
Məxrəcdə köklərin cəmi var	Məzdud vur, sonra teleskop (C4)
$k^2$ , $k^3$ tipli qüvvətlər	$(k+1)^{m+1}-k^{m+1}$ açılışı ilə teleskop
Hədd $k\cdot q^k$ tipindədir	Sürüşdür-çıx
Hədd $k^2 q^k$ tipindədir	İki dəfə sürüşdür-çıx
İşarə növbələşir	Qonşu-qonşu qruplaşdır, hallara ayır
İşarə iki-iki və ya dörd-dörd dəyişir	Blokla qruplaşdır, natamam bloku yoxla
Hədlər artan uzunluqlu bloklara ayrılır	Blok sərhədini silsilə cəmi ilə tap
Rəqəmlərin cəmi soruşulur	Mövqe üzrə qruplaşdır, tezlik say
Cədvəl və ya cüt cəm ( $\sum\sum$ )	İki cür say: sətir üzrə, sütun üzrə

2Asan məsələlərBu bölmə rayon-şəhər mərhələsi səviyyəsindədir. Hər məsələdə əvvəlcə cəmin quruluşuna baxın («hansı silah?»), sonra hesablayın. Cavabları kiçik hallarda yoxlamaq vərdişini elə buradan qazanın.

Məsələ 1. Rayon ·

1 + 2 + 3 + \dots + 2026

cəmini hesablayın.

Həll. Uclardan cütləşdirmə:

1013

cüt, hər cütün cəmi

2027

1+2+\dots+2026 = \frac{2026\cdot 2027}{2} = 1013\cdot 2027 = 2053351 .

Cavab:

2053351

Məsələ 2. Rayon ·

51 + 52 + \dots + 2026

cəmini hesablayın.

Həll. Sürüşmüş cəm: böyük cəmdən artıq hissəni çıxırıq. Diqqət —

51

-dən başladığına görə

S(50)

çıxılır:

\frac{2026\cdot 2027}{2} - \frac{50\cdot 51}{2} = 2053351 - 1275 = 2052076 .

Yoxlama: hədd sayı

2026-51+1 = 1976

; cütləşdirmə ilə

\frac{(51+2026)\cdot 1976}{2} = 2077\cdot 988 = 2052076

. Uyğundur. Cavab:

2052076

Məsələ 3. Rayon ·

1 + 3 + 5 + \dots + 2025

cəmini hesablayın.

Həll.

2025 = 2\cdot 1013 - 1

, deməli

1013

tək ədəd toplanır və nəzəriyyədə çıxardığımız

1+3+\dots+(2n-1) = n^2

nəticəsinə görə cəm

1013^2 = 1026169

. Cavab:

1026169

Məsələ 4. Rayon ·

2 + 4 + 6 + \dots + 2026

cəmini hesablayın.

Həll. Sabit vuruğu çıxaraq:

2(1+2+\dots+1013) = 2\cdot\frac{1013\cdot 1014}{2} = 1013\cdot 1014 = 1027182

. Kiçik halda yoxlama:

2+4+6 = 12

və düstur

3\cdot 4 = 12

verir. Cavab:

1027182

Məsələ 5. Şəhər ·

f(x) = \dfrac{9^x}{9^x+3}

olsun.

f\!\left(\frac{1}{2026}\right) + f\!\left(\frac{2}{2026}\right) + \dots + f\!\left(\frac{2025}{2026}\right)

cəmini tapın.

Həll.

9^{1-x} = \frac{9}{9^x}

olduğundan

f(1-x) = \frac{\frac{9}{9^x}}{\frac{9}{9^x}+3} = \frac{9}{9+3\cdot 9^x} = \frac{3}{3+9^x}, \qquad f(x)+f(1-x) = \frac{9^x+3}{9^x+3} = 1 .

2025

hədddə

\frac{k}{2026}

ilə

\frac{2026-k}{2026}

cütləşir:

1012

cüt (hər biri

1

) və ortada

f\!\left(\frac12\right) = \frac{3}{3+3} = \frac12

. Cavab:

1012 + \frac12 = \frac{2025}{2}

Məsələ 6. Rayon ·

1^2 + 2^2 + \dots + 100^2

cəmini hesablayın.

Həll. Nəzəriyyədə teleskopla çıxardığımız düsturla:

\frac{100\cdot 101\cdot 201}{6} = 338350

. Cavab:

338350

Məsələ 7. Şəhər ·

1^2 + 2^2 + \dots + 2026^2

cəmini hesablayın.

Həll.

\frac{2026\cdot 2027\cdot 4053}{6}

. Sadələşdirək:

\frac{2026}{2} = 1013

\frac{4053}{3} = 1351

, deməli cəm

1013\cdot 2027\cdot 1351 = 2774077201

. Cavab:

2774077201

Məsələ 8. Şəhər ·

5^2 + 6^2 + \dots + 2026^2

cəmini hesablayın.

Həll. Sürüşmüş cəmdə fərq gedişi:

5

-dən başladığına görə

1^2+2^2+3^2+4^2 = 30

çıxılır:

\bigl(1^2+\dots+2026^2\bigr) - \bigl(1^2+2^2+3^2+4^2\bigr) = 2774077201 - 30 = 2774077171 .

Cavab:

2774077171

Məsələ 9. Rayon ·

1^3 + 2^3 + \dots + 100^3

cəmini hesablayın.

Həll. Kubların cəmi xətti cəmin kvadratıdır:

\left(\frac{100\cdot 101}{2}\right)^2 = 5050^2 = 25502500

. Kiçik halda yoxlama:

1+8+27 = 36 = 6^2 = (1+2+3)^2

. Cavab:

25502500

Məsələ 10. Şəhər ·

11^3 + 12^3 + \dots + 20^3

cəmini hesablayın.

Həll. Fərq gedişi:

\left(\frac{20\cdot 21}{2}\right)^2 - \left(\frac{10\cdot 11}{2}\right)^2 = 210^2 - 55^2 = 44100 - 3025 = 41075

. Cavab:

41075

Məsələ 11. Rayon ·

2^2 + 4^2 + 6^2 + \dots + 100^2

cəmini hesablayın.

Həll. Hər hədd

(2k)^2 = 4k^2

k = 1, \dots, 50

. Sabit vuruğu çıxaraq:

4\bigl(1^2+2^2+\dots+50^2\bigr) = 4\cdot\frac{50\cdot 51\cdot 101}{6} = 4\cdot 42925 = 171700 .

Kiçik halda yoxlama:

2^2+4^2 = 20

və

4(1+4) = 20

. Uyğundur. Cavab:

171700

Məsələ 12. Şəhər ·

1\cdot 2 + 2\cdot 3 + 3\cdot 4 + \dots + 100\cdot 101

cəmini hesablayın.

Həll. Ümumi hədd

k(k+1) = k^2 + k

; cəmi iki tanış cəmə ayıraq:

\sum_{k=1}^{100} k^2 + \sum_{k=1}^{100} k = 338350 + 5050 = 343400 .

(Eyni cavabı

\frac{n(n+1)(n+2)}{3} = \frac{100\cdot 101\cdot 102}{3}

ifadəsi də verir.) Cavab:

343400

Məsələ 13. Şəhər ·

1^2 + 3^2 + 5^2 + \dots + 99^2

cəmini hesablayın.

Həll. Hədd

(2k-1)^2 = 4k^2 - 4k + 1

k=1,\dots,50

. Parçalayaq:

4\cdot\frac{50\cdot 51\cdot 101}{6} - 4\cdot\frac{50\cdot 51}{2} + 50 = 171700 - 5100 + 50 = 166650 .

Kiçik halda yoxlama:

1^2+3^2 = 10

; düsturla

4\cdot 5 - 4\cdot 3 + 2 = 10

. Cavab:

166650

Məsələ 14. Rayon ·

1\cdot 3 + 2\cdot 4 + 3\cdot 5 + \dots + 40\cdot 42

cəmini hesablayın.

Həll. Hədd

k(k+2) = k^2 + 2k

\frac{40\cdot 41\cdot 81}{6} + 2\cdot\frac{40\cdot 41}{2} = 22140 + 1640 = 23780 .

Cavab:

23780

Məsələ 15. Şəhər ·

1^2 + 4^2 + 7^2 + \dots + 88^2

cəmini hesablayın (əsaslar

3

fərqi ilə artır).

Həll. Əsaslar

3k-2

şəklindədir;

3k-2 = 88

olduqda

k = 30

, deməli

30

hədd var.

(3k-2)^2 = 9k^2 - 12k + 4

9\cdot\frac{30\cdot 31\cdot 61}{6} - 12\cdot\frac{30\cdot 31}{2} + 4\cdot 30 = 9\cdot 9455 - 12\cdot 465 + 120 = 85095 - 5580 + 120 = 79635 .

Kiçik halda yoxlama: ilk iki hədd

1 + 16 = 17

; düsturla

9\cdot 5 - 12\cdot 3 + 8 = 17

. Uyğundur. Cavab:

79635

Məsələ 16. Şəhər ·

1\cdot 2 + 2\cdot 2^2 + 3\cdot 2^3 + \dots + 10\cdot 2^{10}

cəmini hesablayın.

Həll. Sürüşdür-çıx gedişi ilə çıxardığımız nəticə:

\sum_{k=1}^{n} k2^k = (n-1)2^{n+1}+2

. Burada

n=10

9\cdot 2^{11} + 2 = 9\cdot 2048 + 2 = 18434 .

Cavab:

18434

Məsələ 17. Şəhər ·

S = 1\cdot 3 + 2\cdot 3^2 + 3\cdot 3^3 + \dots + 8\cdot 3^8

cəmini hesablayın.

Həll. Burada

S

— axtarılan cəm. Sürüşdür-çıx:

3S

-i alt-alta yazıb çıxaq (eyni qüvvətlər alt-alta düşsün):

\begin{aligned} 3S &= 1\cdot 3^2 + 2\cdot 3^3 + \dots + 7\cdot 3^{8} + 8\cdot 3^{9},\\ S &= 1\cdot 3 + 2\cdot 3^2 + \dots + 8\cdot 3^{8}. \end{aligned}

Fərq:

2S = 8\cdot 3^9 - (3 + 3^2 + \dots + 3^8)

. Həndəsi cəm

3+3^2+\dots+3^8 = \frac{3(3^8-1)}{2} = 9840

. Deməli

2S = 8\cdot 19683 - 9840 = 157464 - 9840 = 147624

, yəni

S = 73812

. Cavab:

73812

Məsələ 18. Şəhər ·

\dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{2^2} + \dfrac{3}{2^3} + \dots + \dfrac{10}{2^{10}}

cəmini hesablayın.

Həll. Nəzəriyyədə çıxardığımız

2 - \frac{n+2}{2^n}

ifadəsində

n=10

2 - \frac{12}{1024} = 2 - \frac{3}{256} = \frac{509}{256}.

Kiçik halda yoxlama:

n=1

üçün

\frac12

və

2 - \frac{3}{2} = \frac12

. Cavab:

\frac{509}{256}

Məsələ 19. Şəhər ·

1\cdot 2 + 3\cdot 2^2 + 5\cdot 2^3 + \dots + 11\cdot 2^6

cəmini hesablayın (əmsallar tək ədədlərdir).

Həll.

S = \sum_{k=1}^{6}(2k-1)2^k = 2\sum_{k=1}^{6}k2^k - \sum_{k=1}^{6}2^k

. Artıq bildiyimiz iki cəm:

\sum_{k=1}^{6}k2^k = 5\cdot 2^7+2 = 642

və

\sum_{k=1}^{6}2^k = 2^7-2 = 126

. Deməli

S = 2\cdot 642 - 126 = 1158

. Cavab:

1158

Məsələ 20. Şəhər ·

1\cdot 2 + 2\cdot 2^2 + \dots + 2026\cdot 2^{2026}

cəmini qapalı şəkildə yazın.

Həll. Yuxarıda çıxardığımız düsturla (

n = 2026

(2026-1)2^{2027} + 2 = 2025\cdot 2^{2027} + 2

. Cavab:

2025\cdot 2^{2027}+2

Məsələ 21. Şəhər ·

T = \dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{3^2} + \dots + \dfrac{n}{3^n}

cəmini

n

-ə görə tapın.

Həll. Sürüşdür-çıx:

3T

və

T

sətirlərini alt-alta yazaq.

\begin{aligned} 3T &= 1 + \frac{2}{3} + \frac{3}{3^2} + \dots + \frac{n}{3^{n-1}},\\ T &= \phantom{1 + {}}\frac{1}{3} + \frac{2}{3^2} + \dots + \frac{n-1}{3^{n-1}} + \frac{n}{3^n}. \end{aligned}

Fərqdə hər

\frac{1}{3^j}

(

0 \le j \le n-1

) həddinin əmsalı

1

olur:

2T = 1 + \frac13 + \dots + \frac{1}{3^{n-1}} - \frac{n}{3^n} = \frac32\left(1 - \frac{1}{3^n}\right) - \frac{n}{3^n}, \qquad T = \frac34 - \frac{2n+3}{4\cdot 3^n}.

Kiçik halda yoxlama:

n=1

üçün

\frac13

; düsturla

\frac34 - \frac{5}{12} = \frac13

. Uyğundur. Cavab:

T = \frac34 - \frac{2n+3}{4\cdot 3^n}

Məsələ 22. Rayon ·

1 - 2 + 3 - 4 + \dots - 2026

cəmini hesablayın.

Həll. Hədlərin sayı

2026

— cütdür, deməli natamam blok yoxdur. Qonşu-qonşu qruplaşdıraq:

(1-2)+(3-4)+\dots+(2025-2026)

, hər mötərizə

-1

, mötərizə sayı

1013

. Cəm

-1013

. Cavab:

-1013

Məsələ 23. Rayon ·

1 - 2 + 3 - 4 + \dots + 2025

cəmini hesablayın.

Həll. İndi hədlərin sayı

2025

— təkdir, ona görə natamam blok var.

(1-2)+\dots+(2023-2024) = -1012

, sonda

+2025

tək qalır:

-1012+2025 = 1013

. Kiçik halda yoxlama:

1-2+3 = 2 = \frac{3+1}{2}

. Uyğundur. Cavab:

1013

Məsələ 24. Şəhər ·

1 + 2 - 3 - 4 + 5 + 6 - 7 - 8 + \dots

cəminin ilk

2026

həddini toplayın.

Həll. İşarə iki-iki dəyişir, deməli blok uzunluğu

4

-dür və hər tam blokun cəmi

-4

-dür (nəzəriyyəyə bax).

2026 = 4\cdot 506 + 2

506

tam blok və natamam blokda iki hədd (

2025

və

2026

, ikisi də artı işarəli):

506\cdot(-4) + 2025 + 2026 = -2024 + 4051 = 2027 .

Cavab:

2027

Məsələ 25. Şəhər ·

1^2 - 2^2 + 3^2 - 4^2 + \dots - 2026^2

cəmini hesablayın.

Həll. Qonşu-qonşu qruplaşdırıb kvadratlar fərqini açaq:

(2k-1)^2 - (2k)^2 = (2k-1-2k)(2k-1+2k) = -(4k-1)

k = 1, \dots, 1013

-\sum_{k=1}^{1013}(4k-1) = -\left(4\cdot\frac{1013\cdot 1014}{2} - 1013\right) = -(2054364 - 1013) = -2053351 .

Diqqət: bu,

-(1+2+\dots+2026)

ilə eynidir — təsadüf deyil, çünki

(2k-1)^2-(2k)^2 = -\bigl((2k-1)+2k\bigr)

. Kiçik halda yoxlama:

1-4+9-16 = -10 = -(1+2+3+4)

. Cavab:

-2053351

Məsələ 26. Rayon ·

100 - 99 + 98 - 97 + \dots + 2 - 1

cəmini hesablayın.

Həll. Qonşu-qonşu qruplaşdıraq:

(100-99) + (98-97) + \dots + (2-1)

— hər mötərizə

1

, mötərizə sayı

50

. Cəm

50

. Cavab:

50

Məsələ 27. Şəhər ·

1

-dən

999

-a qədər bütün natural ədədlərin rəqəmləri cəmini tapın.

Həll.

000, 001, \dots, 999

yazılışlarını götürək (öndəki sıfırlar cəmə təsir etmir).

1000

yazılışın hər birində

3

mövqe var və hər mövqedə hər rəqəm

100

dəfə görünür:

3\cdot 100\cdot(0+1+\dots+9) = 3\cdot 100\cdot 45 = 13500 .

Cavab:

13500

Məsələ 28. Şəhər ·

1;\ 2,3;\ 4,5,6;\ 7,8,9,10;\ \dots

bloklarında

2026

ədədi neçənci blokdadır və o blokda neçənci yerdədir?

Həll. İlk

k

blokda

\frac{k(k+1)}{2}

ədəd var, yəni

k

-cı blok

\frac{k(k+1)}{2}

ədədi ilə bitir.

\frac{63\cdot 64}{2} = 2016 < 2026

və

\frac{64\cdot 65}{2} = 2080 \ge 2026

, deməli

2026

ədədi

64

-cü blokdadır. Blok

2017

-dən başlayır, deməli

2026

onun

2026-2016 = 10

-cu üzvüdür. Cavab:

64

-cü blokun

10

-cu üzvü

Məsələ 29. Şəhər ·

1;\ 3,5;\ 7,9,11;\ \dots

(

k

-cı blokda ardıcıl

k

tək ədəd ) bloklarının

12

-cisinin cəmini tapın.

Həll. Nəzəriyyədə iki mərhələli gedişlə

k

-cı blokun cəminin

k^3

olduğunu çıxarmışdıq. Deməli cavab

12^3 = 1728

. Yoxlama (birbaşa):

12

-ci blok

12^2-12+1 = 133

-dən başlayır və

12^2+12-1 = 155

-də bitir;

\frac{133+155}{2}\cdot 12 = 144\cdot 12 = 1728

. Cavab:

1728

Məsələ 30. Şəhər ·

1,\,2,\,2,\,3,\,3,\,3,\,4,\,4,\,4,\,4,\,\dots

ardıcıllığında (

k

ədədi

k

dəfə təkrarlanır)

2026

-cı hədd nədir?

Həll.

k

-ya qədər bütün təkrarların sayı

1+2+\dots+k = \frac{k(k+1)}{2}

\frac{63\cdot 64}{2} = 2016 < 2026 \le 2080 = \frac{64\cdot 65}{2}

, deməli

2026

-cı hədd

64

-dür. Cavab:

64

Məsələ 31. Şəhər · Yuxarıdakı ardıcıllığın ilk

2016

həddinin cəmini tapın.

Həll.

2016 = \frac{63\cdot 64}{2}

olduğuna görə ilk

2016

hədd tam olaraq

1

-dən

63

-ə qədər blokları örtür.

k

ədədi

k

dəfə təkrarlandığından

k

-cı blokun cəmi

k\cdot k = k^2

-dir:

\sum_{k=1}^{63} k^2 = \frac{63\cdot 64\cdot 127}{6} = 85344 .

Cavab:

85344

Məsələ 32. Şəhər ·

\dfrac{1}{1\cdot 2} + \dfrac{1}{2\cdot 3} + \dots + \dfrac{1}{2026\cdot 2027}

cəmini hesablayın.

Həll. Teleskop aləti (C6):

\frac{1}{k(k+1)} = \frac1k - \frac{1}{k+1}

. Ara hədlər yox olur:

\left(1-\frac12\right) + \left(\frac12-\frac13\right) + \dots + \left(\frac{1}{2026}-\frac{1}{2027}\right) = 1 - \frac{1}{2027} = \frac{2026}{2027}.

Cavab:

\frac{2026}{2027}

Məsələ 33. Şəhər ·

\dfrac{1}{1\cdot 3} + \dfrac{1}{3\cdot 5} + \dots + \dfrac{1}{2025\cdot 2027}

cəmini hesablayın.

Həll.

\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac12\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)

k=1,\dots,1013

. Teleskopla

\frac12\left(1 - \frac{1}{2027}\right) = \frac{1013}{2027}.

Kiçik halda yoxlama:

\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{3\cdot 5} = \frac13+\frac{1}{15} = \frac{6}{15} = \frac25

; düsturla

\frac12\left(1-\frac15\right) = \frac25

. Uyğundur. Cavab:

\frac{1013}{2027}

Məsələ 34. Şəhər ·

\dfrac{1}{\sqrt1+\sqrt2} + \dfrac{1}{\sqrt2+\sqrt3} + \dots + \dfrac{1}{\sqrt{2025}+\sqrt{2026}}

cəminin tam hissəsini tapın.

Həll. Məzdud vuraq:

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

. Teleskopla cəm

\sqrt{2026}-1

olur.

45^2 = 2025 < 2026 < 2116 = 46^2

olduğundan

45 < \sqrt{2026} < 46

, deməli

44 < \sqrt{2026}-1 < 45

və tam hissə

44

-dür. Cavab:

44

Məsələ 35. Şəhər ·

1\cdot 1! + 2\cdot 2! + \dots + 10\cdot 10!

cəmini hesablayın.

Həll. Faktorial teleskopu (C6):

k\cdot k! = (k+1)! - k!

. Deməli

(2!-1!) + (3!-2!) + \dots + (11!-10!) = 11! - 1 = 39916800 - 1 = 39916799 .

Kiçik halda yoxlama:

1\cdot 1! + 2\cdot 2! = 5 = 3! - 1

. Cavab:

39916799

Məsələ 36. Şəhər ·

1 + 2 + \dots + n

cəminin

2026

-ya bölünməsi üçün ən kiçik natural

n

-i tapın.

Həll.

2026 = 2\cdot 1013

və

1013

sadə ədəddir.

\frac{n(n+1)}{2}

cəminin

2\cdot 1013

-ə bölünməsi üçün

n(n+1)

hasili

4\cdot 1013

-ə bölünməlidir.

n(n+1)

-in

1013

-ə bölünməsi üçün

n

və ya

n+1

1013

-ün misli olmalıdır; ən kiçik namizədlər

n = 1012

və

n = 1013

-dür.

n=1012

\frac{1012\cdot 1013}{2} = 506\cdot 1013 = 512578 = 2026\cdot 253

— bölünür. Cavab:

n = 1012

Məsələ 37. Şəhər · İsbat edin ki,

1^3+2^3+\dots+n^3

cəmi istənilən natural

n

üçün tam kvadratdır.

Həll. Nəzəriyyədə teleskopla çıxardığımız düsturla

1^3+\dots+n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2

\frac{n(n+1)}{2}

tam ədəddir (qonşu ədədlərdən biri cütdür), deməli cəm tam ədədin kvadratıdır. Cavab:

\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2

Məsələ 38. Rayon ·

1+2+\dots+2026

cəminin

9

-a bölünməsindən qalığı tapın.

Həll. Cəm

1013\cdot 2027

-dir. Qalıqlarla işləyək:

1013 = 9\cdot 112 + 5

, deməli

1013 \equiv 5

;

2027 = 9\cdot 225 + 2

, deməli

2027 \equiv 2 \pmod 9

. Onda hasil

\equiv 5\cdot 2 = 10 \equiv 1 \pmod 9

. Cavab:

1

Məsələ 39. Şəhər ·

(1^2+2^2+\dots+2026^2)

cəminin

2027

-yə bölündüyünü isbat edin (

2027

sadə ədəddir).

Həll. Cəm

\frac{2026\cdot 2027\cdot 4053}{6}

-dir. Vuruqları uyğunlaşdıraq:

\frac{2026}{2} = 1013

və

\frac{4053}{3} = 1351

, deməli cəm

1013\cdot 2027\cdot 1351

hasilinə bərabərdir — tərkibində

2027

vuruğu açıq görünür. Cavab: Bölünür

3Orta və çətin məsələlərBu bölmə yarımfinal səviyyəsinə hazırlıqdır: həllər tam əsaslandırılmalıdır — hər hal yoxlanmalı, hər düstur ya çıxarılmalı, ya da açıq şəkildə əvvəl çıxarılmış nəticəyə istinad etməlidir.

Məsələ 40. Yarımfinal · Teleskop gedişi ilə

1^4 + 2^4 + \dots + n^4

cəmini çıxarın.

Həll. Bir pillə yuxarı qalxıb

(k+1)^5 - k^5

fərqini açaq:

(k+1)^5 - k^5 = 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 1 .

k=1,\dots,n

üçün toplayaq. Sol tərəf teleskopdur:

(n+1)^5 - 1

. Axtarılan cəmi

P

ilə işarə edək; qalan cəmlər bizə məlumdur:

(n+1)^5 - 1 = 5P + 10\cdot\frac{n^2(n+1)^2}{4} + 10\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 5\cdot\frac{n(n+1)}{2} + n .

Buradan

P

-ni ayıraq.

(n+1)^5 - 1 - n

-i və qalan hədləri açıb sadələşdirdikdə (hamısı

n(n+1)

-ə bölünür)

P = \frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30} .

Kiçik halda yoxlama:

n=3

üçün

1+16+81 = 98

; düsturla

\frac{3\cdot 4\cdot 7\cdot 35}{30} = 98

. Uyğundur. Cavab:

P = \frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}

Məsələ 41. Yarımfinal ·

1\cdot 2\cdot 3 + 2\cdot 3\cdot 4 + \dots + 2026\cdot 2027\cdot 2028

cəmini iki müxtəlif yolla hesablayın.

Həll. Birinci yol — teleskop.

b_k = \frac{(k-1)k(k+1)(k+2)}{4}

götürək. Onda

\begin{aligned} b_{k+1} - b_k &= \frac{k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)k(k+1)(k+2)}{4}\\ &= \frac{k(k+1)(k+2)\bigl[(k+3)-(k-1)\bigr]}{4} = k(k+1)(k+2). \end{aligned}

Deməli cəm teleskopdur və

b_{n+1} - b_1 = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}

-ə bərabərdir (

b_1 = 0

).İkinci yol — açılış.

k(k+1)(k+2) = k^3 + 3k^2 + 2k

, deməli cəm

\begin{aligned} &\frac{n^2(n+1)^2}{4} + 3\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2\cdot\frac{n(n+1)}{2}\\ &\qquad = \frac{n(n+1)}{4}\Bigl[n(n+1) + 2(2n+1) + 4\Bigr] = \frac{n(n+1)(n^2+5n+6)}{4}, \end{aligned}

və

n^2+5n+6 = (n+2)(n+3)

— eyni nəticə.

n = 2026

üçün:

\frac{2026\cdot 2027\cdot 2028\cdot 2029}{4} = 4224576667506

. Kiçik halda yoxlama:

n=2

6 + 24 = 30

və

\frac{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}{4} = 30

. Uyğundur. Cavab:

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

n=2026

üçün

4224576667506

Məsələ 42. Yarımfinal ·

\dfrac{1}{1\cdot 2\cdot 3} + \dfrac{1}{2\cdot 3\cdot 4} + \dots + \dfrac{1}{2026\cdot 2027\cdot 2028}

cəmini hesablayın.

Həll. Parçalama gedişi (C6):

\frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac12\left(\frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)}\right),

çünki sağ tərəfdə ortaq məxrəcə gətirdikdə pay

\frac12\bigl[(k+2)-k\bigr] = 1

alınır. Teleskopla

\frac12\left(\frac{1}{1\cdot 2} - \frac{1}{2027\cdot 2028}\right) = \frac14 - \frac{1}{2\cdot 2027\cdot 2028} = \frac{2055377}{8221512}.

Kiçik halda yoxlama:

n=1

üçün

\frac16

; düsturla

\frac12(\frac12 - \frac16) = \frac16

. Uyğundur. Cavab:

\frac14 - \frac{1}{2\cdot 2027\cdot 2028} = \frac{2055377}{8221512}

Məsələ 43. Yarımfinal ·

1^2\cdot 2 + 2^2\cdot 3 + 3^2\cdot 4 + \dots + n^2(n+1)

cəmini tapın.

Həll.

k^2(k+1) = k^3 + k^2

, deməli cəm iki tanış cəmin cəmidir:

\begin{aligned} \frac{n^2(n+1)^2}{4} + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} &= \frac{n(n+1)}{12}\Bigl[3n(n+1) + 2(2n+1)\Bigr]\\ &= \frac{n(n+1)(3n^2+7n+2)}{12} = \frac{n(n+1)(n+2)(3n+1)}{12}. \end{aligned}

Kiçik halda yoxlama:

n=10

\frac{10\cdot 11\cdot 12\cdot 31}{12} = 3410

; birbaşa toplama da

3410

verir. Cavab:

\frac{n(n+1)(n+2)(3n+1)}{12}

Məsələ 44. Yarımfinal ·

f(x) = \dfrac{x^5}{x^5 + (1-x)^5}

olsun.

\displaystyle\sum_{k=1}^{2025} f\!\left(\frac{k}{2026}\right)

cəmini tapın.

Həll. Cütləşdirmə üçün

f(x) + f(1-x)

hesablayaq.

f(1-x)

ifadəsində pay

(1-x)^5

, məxrəc isə eyni

(1-x)^5 + x^5

olur, deməli

f(x) + f(1-x) = \frac{x^5 + (1-x)^5}{x^5+(1-x)^5} = 1

(məxrəc sıfır olmur, çünki

0 < x < 1

üçün hər iki toplanan müsbətdir).

k

ilə

2026-k

arqumentləri cütləşir;

2025

hədddən

2024

-ü

1012

cüt verir, ortada

f\!\left(\frac12\right) = \frac{(1/2)^5}{2(1/2)^5} = \frac12

qalır. Cəm

1012 + \frac12 = \frac{2025}{2}

. Cavab:

\frac{2025}{2}

Məsələ 45. Yarımfinal ·

f(x) = \dfrac{1}{4^x+2}

olsun.

\displaystyle\sum_{k=1}^{2025} f\!\left(\frac{k}{2026}\right)

cəmini tapın.

Həll.

4^{1-x} = \frac{4}{4^x}

olduğuna görə

f(1-x) = \frac{1}{\frac{4}{4^x}+2} = \frac{4^x}{4 + 2\cdot 4^x} = \frac{4^x}{2(4^x+2)},

f(x) + f(1-x) = \frac{2}{2(4^x+2)} + \frac{4^x}{2(4^x+2)} = \frac{4^x+2}{2(4^x+2)} = \frac12 .

İndi cütün payı

1

deyil,

\frac12

-dir.

1012

cüt və ortadakı

f\!\left(\frac12\right) = \frac{1}{2+2} = \frac14

S = 1012\cdot\frac12 + \frac14 = 506 + \frac14 = \frac{2025}{4}.

Kiçik halda yoxlama:

N=4

üçün

f(\frac14)+f(\frac24)+f(\frac34) = \frac12 + \frac14 = \frac34 = \frac{4-1}{4}

. Uyğundur. Cavab:

\frac{2025}{4}

Məsələ 46. Yarımfinal ·

f(x) = \dfrac{4^x}{4^x+2}

olsun.

\displaystyle\sum_{k=1}^{2026} f\!\left(\frac{k}{2027}\right)

cəmini tapın.

Həll. Nəzəriyyədəki hesablamaya görə

f(x)+f(1-x) = 1

. Bu dəfə hədlərin sayı

2026

— cütdür, deməli ortada tək qalan hədd yoxdur:

\frac{k}{2027}

və

\frac{2027-k}{2027}

arqumentləri tam

1013

cüt təşkil edir. Cəm

1013\cdot 1 = 1013

. Cavab:

1013

Məsələ 47. Yarımfinal ·

S = 1^2\cdot 2 + 2^2\cdot 2^2 + 3^2\cdot 2^3 + \dots + n^2\cdot 2^n

cəmini tapın.

Həll. Burada çoxhədlinin dərəcəsi

2

-dir, ona görə sürüşdür-çıx iki dəfə tətbiq olunur. Birinci addım:

\begin{aligned} 2S &= 1^2\cdot 2^2 + 2^2\cdot 2^3 + \dots + (n-1)^2 2^{n} + n^2 2^{n+1},\\ S &= 1^2\cdot 2 + 2^2\cdot 2^2 + \dots + \phantom{(n-1)^2}n^2 2^{n}. \end{aligned}

Fərqdə

2^j

(

2 \le j \le n

) həddinin əmsalı

(j-1)^2 - j^2 = -(2j-1)

olur:

S = n^2 2^{n+1} - \sum_{j=2}^{n}(2j-1)2^j - 2 .

Sağdakı cəmi

j=1

-dən başlatmaq üçün

j=1

həddini (

1\cdot 2 = 2

) əlavə edib çıxaq:

S = n^2 2^{n+1} - \left(\sum_{j=1}^{n}(2j-1)2^j\right) + 2 - 2 = n^2 2^{n+1} - 2\sum_{j=1}^{n} j2^j + \sum_{j=1}^{n} 2^j .

İndi hər iki cəm bizə məlumdur:

\sum j2^j = (n-1)2^{n+1}+2

və

\sum 2^j = 2^{n+1}-2

. Deməli

S = n^2 2^{n+1} - 2\bigl((n-1)2^{n+1}+2\bigr) + 2^{n+1} - 2 = (n^2 - 2n + 3)2^{n+1} - 6 .

Kiçik halda yoxlama:

n=2

üçün

2 + 16 = 18

; düsturla

(4-4+3)\cdot 8 - 6 = 18

. Uyğundur.

n = 2026

üçün cavab

4100627\cdot 2^{2027} - 6

. Cavab:

(n^2-2n+3)2^{n+1}-6

Məsələ 48. Yarımfinal ·

q \ne 1

olmaqla

S = q + 2q^2 + 3q^3 + \dots + nq^n

cəmini tapın.

Həll. Sürüşdür-çıx:

qS

-i alt-alta yazaq.

\begin{aligned} qS &= \phantom{q + {}} q^2 + 2q^3 + \dots + (n-1)q^{n} + nq^{n+1},\\ S &= q + 2q^2 + 3q^3 + \dots + nq^{n}. \end{aligned}

Çıxaq:

S - qS = q + q^2 + \dots + q^n - nq^{n+1}

. Həndəsi cəm

q + \dots + q^n = \frac{q(q^n-1)}{q-1}

, deməli

(1-q)S = \frac{q(q^n-1)}{q-1} - nq^{n+1}, \qquad S = \frac{nq^{n+1}}{q-1} - \frac{q(q^n-1)}{(q-1)^2} = \frac{q\bigl(nq^{n+1}-(n+1)q^{n}+1\bigr)}{(q-1)^2}.

Yoxlama:

q=2

üçün

\frac{2(n2^{n+1}-(n+1)2^n+1)}{1} = 2\bigl(2^n(2n-n-1)+1\bigr) = (n-1)2^{n+1}+2

— nəzəriyyədəki nəticə. Ədədi yoxlama:

q=5

n=6

üçün düstur

112305

verir, birbaşa toplama da

5+50+375+2500+15625+93750 = 112305

. Cavab:

S = \frac{q(nq^{n+1}-(n+1)q^n+1)}{(q-1)^2}

Məsələ 49. Yarımfinal ·

\dfrac{1^2}{2} + \dfrac{2^2}{2^2} + \dfrac{3^2}{2^3} + \dots + \dfrac{n^2}{2^n}

cəmini tapın.

Həll.

U

ilə cəmi işarə edək və

2U

ilə

U

-nu alt-alta yazaq:

\begin{aligned} 2U &= 1 + \frac{2^2}{2} + \frac{3^2}{2^2} + \dots + \frac{n^2}{2^{n-1}},\\ U &= \phantom{1 + {}}\ \frac{1^2}{2}\ + \frac{2^2}{2^2} + \dots + \frac{(n-1)^2}{2^{n-1}} + \frac{n^2}{2^n}. \end{aligned}

Fərqdə

\frac{1}{2^{j}}

(

1 \le j \le n-1

) həddinin əmsalı

(j+1)^2 - j^2 = 2j+1

olur:

U = 1 + \sum_{j=1}^{n-1}\frac{2j+1}{2^j} - \frac{n^2}{2^n} = 1 + 2\sum_{j=1}^{n-1}\frac{j}{2^j} + \sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{2^j} - \frac{n^2}{2^n}.

Nəzəriyyədən

\sum_{j=1}^{m}\frac{j}{2^j} = 2 - \frac{m+2}{2^m}

və

\sum_{j=1}^{m}\frac{1}{2^j} = 1 - \frac{1}{2^m}

(

m = n-1

U = 1 + 2\left(2 - \frac{n+1}{2^{n-1}}\right) + 1 - \frac{1}{2^{n-1}} - \frac{n^2}{2^n} = 6 - \frac{4(n+1)+2+n^2}{2^n} = 6 - \frac{n^2+4n+6}{2^n}.

Kiçik halda yoxlama:

n=1

\frac12

və

6 - \frac{11}{2} = \frac12

;

n=8

: düstur

6 - \frac{102}{256} = \frac{717}{128}

verir. Cavab:

U = 6 - \frac{n^2+4n+6}{2^n}

Məsələ 50. Yarımfinal ·

\dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{2^2} + \dfrac{5}{2^3} + \dots + \dfrac{2n-1}{2^n}

cəmini tapın.

Həll. Cəmi parçalayaq:

\sum\frac{2k-1}{2^k} = 2\sum\frac{k}{2^k} - \sum\frac{1}{2^k}

. Hər ikisi məlumdur:

2\left(2 - \frac{n+2}{2^n}\right) - \left(1 - \frac{1}{2^n}\right) = 4 - \frac{2n+4}{2^n} - 1 + \frac{1}{2^n} = 3 - \frac{2n+3}{2^n}.

Kiçik halda yoxlama:

n=2

\frac12+\frac34 = \frac54

və

3 - \frac74 = \frac54

. Uyğundur. Cavab:

3 - \frac{2n+3}{2^n}

Məsələ 51. Yarımfinal ·

1^3 - 2^3 + 3^3 - 4^3 + \dots - 2026^3

cəmini hesablayın.

Həll. Qonşu-qonşu qruplaşdıraq.

m = 1013

cüt var və

(2j-1)^3 - (2j)^3 = \bigl(8j^3 - 12j^2 + 6j - 1\bigr) - 8j^3 = -(12j^2 - 6j + 1).

Deməli cəm

\begin{aligned} -\left(12\sum_{j=1}^{m} j^2 - 6\sum_{j=1}^{m} j + m\right) &= -\bigl(2m(m+1)(2m+1) - 3m(m+1) + m\bigr)\\ &= -\bigl(m(m+1)(4m-1) + m\bigr). \end{aligned}

m=1013

1013\cdot 1014\cdot 4051 = 4161114282

, üstəgəl

1013

: cəm

-4161115295

. Kiçik halda yoxlama:

m=1

(

n=2

1-8 = -7

və

-(1\cdot 2\cdot 3 + 1) = -7

. Uyğundur. Cavab:

-4161115295

Məsələ 52. Yarımfinal ·

1^2 + 2^2 - 3^2 - 4^2 + 5^2 + 6^2 - 7^2 - 8^2 + \dots

cəminin ilk

2026

həddini toplayın.

Həll. İşarə dörd-dörd təkrarlandığına görə blok uzunluğu

4

-dür.

m \ge 0

üçün blokun cəmi (kvadratlar fərqi ilə):

(4m+1)^2 - (4m+3)^2 + (4m+2)^2 - (4m+4)^2 = -2(8m+4) - 2(8m+6) = -32m - 20 .

2026 = 4\cdot 506 + 2

, deməli

506

tam blok (

m = 0, \dots, 505

) və natamam blokda iki hədd var. Tam blokların cəmi:

\sum_{m=0}^{505}(-32m-20) = -32\cdot\frac{505\cdot 506}{2} - 20\cdot 506 = -32\cdot 127765 - 10120 = -4088480 - 10120 = -4098600 .

Natamam blokda iki hədd qalır və hər ikisi artı işarəlidir:

2025^2 + 2026^2 = 4100625 + 4104676 = 8205301

. Yekun:

8205301 - 4098600 = 4106701 .

Kiçik halda yoxlama: ilk bir blok

1+4-9-16 = -20

(

m=0

üçün düstur

-20

verir), ilk iki blok

-20 + (25+36-49-64) = -72

(düsturla

-20 + (-52) = -72

). Uyğundur. Cavab:

4106701

Məsələ 53. Yarımfinal ·

-1\cdot 2 + 2\cdot 3 - 3\cdot 4 + \dots + 2026\cdot 2027

cəmini hesablayın (işarə növbələşir, sonuncu hədd artıdır).

Həll. Qonşu-qonşu qruplaşdıraq:

j = 1, \dots, 1013

üçün

-(2j-1)2j + 2j(2j+1) = 2j\bigl[(2j+1)-(2j-1)\bigr] = 4j .

Hədlərin sayı

2026

— cütdür, natamam blok yoxdur. Deməli cəm

\sum_{j=1}^{1013} 4j = 4\cdot\frac{1013\cdot 1014}{2} = 2\cdot 1013\cdot 1014 = 2054364 .

Kiçik halda yoxlama:

-2 + 6 = 4

(

j=1

üçün

4\cdot 1 = 4

). Uyğundur. Cavab:

2054364

Məsələ 54. Yarımfinal ·

1;\ 2,3;\ 4,5,6;\ \dots

bloklarında

2026

ədədinin daxil olduğu blokun bütün üzvlərinin cəmini tapın.

Həll.

\frac{63\cdot 64}{2} = 2016

və

\frac{64\cdot 65}{2} = 2080

olduğuna görə

2026

ədədi

64

-cü blokdadır; bu blok

2017

-dən

2080

-ə qədər gedir və

64

üzvü var. Cütləşdirmə ilə

\frac{2017+2080}{2}\cdot 64 = 4097\cdot 32 = 131104 .

Cavab:

131104

Məsələ 55. Yarımfinal ·

1,\,2,\,2,\,3,\,3,\,3,\,\dots

ardıcıllığının (

k

ədədi

k

dəfə) ilk

2026

həddinin cəmini tapın.

Həll. İlk

63

blok

\frac{63\cdot 64}{2} = 2016

hədd tutur və onların cəmi

\sum_{k=1}^{63} k^2 = 85344

-dür. Qalan

2026-2016 = 10

hədd

64

-cü blokdandır, yəni hər biri

64

-ə bərabərdir:

85344 + 10\cdot 64 = 85344 + 640 = 85984 .

Cavab:

85984

Məsələ 56. Yarımfinal ·

1;\ 1,2;\ 1,2,3;\ 1,2,3,4;\ \dots

ardıcıllığında

2026

-cı hədd nədir və ilk

2026

həddin cəmi neçədir?

Həll.

k

-cı blokda

k

hədd var, deməli blok sərhədləri əvvəlki məsələdəki kimidir: ilk

63

blok

2016

hədd tutur,

2026

-cı hədd

64

-cü blokun

10

-cu üzvüdür, yəni

10

-a bərabərdir.Cəm:

k

-cı blokun cəmi

1+2+\dots+k = \frac{k(k+1)}{2}

-dir. İlk

63

blokun cəmi

\sum_{k=1}^{63}\frac{k(k+1)}{2} = \frac12\left(\sum k^2 + \sum k\right) = \frac{85344 + 2016}{2} = 43680 .

Natamam blokda

1+2+\dots+10 = 55

. Yekun:

43680+55 = 43735

. Cavab:

2026

-cı hədd

10

; cəm

43735

Məsələ 57. Yarımfinal ·

\left[\sqrt1\right] + \left[\sqrt2\right] + \dots + \left[\sqrt{2026}\right]

cəmini hesablayın (

[x]

— tam hissə).

Həll. Blokla qruplaşdıraq:

\left[\sqrt{k}\right] = m

olması

m^2 \le k < (m+1)^2

deməkdir, yəni belə

k

-ların sayı

(m+1)^2 - m^2 = 2m+1

-dir.

44^2 = 1936

və

44^2 + 88 = 2024

, deməli

m = 1, \dots, 43

bloklarının hamısı tamdır;

m=44

bloku da tamdır (

1936

-dan

2024

-ə qədər

89

ədəd). Qalan

k = 2025, 2026

üçün

\left[\sqrt{k}\right] = 45

(çünki

45^2 = 2025

\sum_{m=1}^{44} m(2m+1) + 2\cdot 45 = 2\sum_{m=1}^{44} m^2 + \sum_{m=1}^{44} m + 90 = 2\cdot 29370 + 990 + 90 = 59820 .

Kiçik halda yoxlama:

k \le 8

üçün cəm

1+1+1+2+2+2+2+2 = 13

; düsturumuzun məntiqi ilə

m=1

bloku

3

hədd (

1\cdot 3 = 3

m=2

bloku

5

hədddən ilk

5

-i (

2\cdot 5 = 10

) — cəmi

13

. Uyğundur. Cavab:

59820

Məsələ 58. Yarımfinal ·

1

-dən

9999

-a qədər bütün natural ədədlərin rəqəmləri cəmini tapın.

Həll.

0000

-dan

9999

-a qədər dördrəqəmli yazılışları götürək (öndəki sıfırlar cəmi dəyişmir):

10000

yazılış, hər birində

4

mövqe və hər mövqedə hər rəqəm

1000

dəfə görünür:

4\cdot 1000\cdot(0+1+\dots+9) = 4\cdot 1000\cdot 45 = 180000 .

Cavab:

180000

Məsələ 59. Yarımfinal ·

1

-dən

2026

-ya qədər olan ədədlərin yazılışında

1

rəqəmi neçə dəfə işlənir?

Həll. Mövqe üzrə sayaq.

0000

-dan

1999

-a qədər yazılışlarda:

• minliklər mövqeyi: $1000$ -dən $1999$ -a qədər $1000$ ədədin hər birində bir $1$ — $1000$ dəfə;
• qalan üç mövqe: bu aralıqda hər mövqedə rəqəmlər bərabər paylanır, yəni $2000$ yazılışın hər bir mövqesində $1$ rəqəmi $200$ dəfə görünür; üç mövqedə $600$ dəfə.

Deməli

1

-dən

1999

-a qədər

1

rəqəmi

1600

dəfə işlənir (öndəki sıfırlar sayıma təsir etmir).

2000

-dən

2026

-ya qədər

27

ədəd qalır və baş rəqəm həmişə

2

-dir. Onluqlar mövqeyində

1

yalnız

2010

–

2019

ədədlərində olur, yəni

10

dəfə; təkliklər mövqeyində isə

2001

2011

və

2021

ədədlərində —

3

dəfə. Yekun:

1600 + 10 + 3 = 1613

. Cavab:

1613

Məsələ 60. Yarımfinal ·

1

-dən

2026

-ya qədər olan ədədlərin yazılışında

7

rəqəmi neçə dəfə işlənir?

Həll.

0000

-dan

1999

-a qədər: minliklər mövqeyində

7

heç vaxt görünmür (

0

və ya

1

olur), qalan üç mövqedə isə

2000

yazılışın hər mövqesində

7

rəqəmi

200

dəfə görünür:

3\cdot 200 = 600

2000

-dən

2026

-ya qədər: onluqlar mövqeyində

7

yoxdur (

0

1

və ya

2

), təkliklərdə

2007

və

2017

—

2

dəfə. Yekun:

600 + 2 = 602

. Cavab:

602

Məsələ 61. Yarımfinal ·

1^2+2^2+\dots+n^2 = 5(1+2+\dots+n)

tənliyini həll edin.

Həll. Çıxardığımız düsturlarla tənlik

\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = 5\cdot\frac{n(n+1)}{2}

şəklini alır.

n \ge 1

üçün

n(n+1) \ne 0

, ona görə hər iki tərəfi

\frac{n(n+1)}{2}

-yə bölmək olar:

\frac{2n+1}{3} = 5 \ \Longrightarrow\ 2n+1 = 15 \ \Longrightarrow\ n = 7 .

Yoxlama:

1^2+\dots+7^2 = 140

və

5(1+\dots+7) = 5\cdot 28 = 140

. Cavab:

n = 7

Məsələ 62. Yarımfinal ·

1^3 + 2^3 + \dots + n^3 = 3025

tənliyini həll edin.

Həll. Kubların cəmi

\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2

-dir, deməli

\frac{n(n+1)}{2} = 55

(mənfi kök atılır), yəni

n(n+1) = 110 = 10\cdot 11

və

n = 10

. Yoxlama:

\left(\frac{10\cdot 11}{2}\right)^2 = 55^2 = 3025

. Cavab:

n = 10

Məsələ 63. Yarımfinal ·

1+2+\dots+n = 2016

tənliyinin həlli var,

1+2+\dots+n = 2026

tənliyinin isə yoxdur. İsbat edin.

Həll. Birinci tənlik

n(n+1) = 4032

deməkdir;

63\cdot 64 = 4032

, deməli

n = 63

.İkinci tənlik

n(n+1) = 4052

deməkdir.

63\cdot 64 = 4032 < 4052

və

64\cdot 65 = 4160 > 4052

n(n+1)

ifadəsi

n

artdıqca ciddi artdığına görə

4052

qiymətini alan tam

n

yoxdur. Cavab:

n=63

; ikinci tənliyin həlli yoxdur

Məsələ 64. Yarımfinal ·

1+2+\dots+n

cəminin

1^2+2^2+\dots+n^2

cəmini böldüyü bütün natural

n

-ləri tapın.

Həll. Nisbəti hesablayaq:

\frac{1^2+\dots+n^2}{1+\dots+n} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\cdot\frac{2}{n(n+1)} = \frac{2n+1}{3}.

Bu nisbətin tam olması üçün

3 \mid 2n+1

olmalıdır.

2n+1 \equiv 0 \pmod 3

şərti

2n \equiv -1 \equiv 2

, yəni

n \equiv 1 \pmod 3

deməkdir. Yoxlama:

n=1

1/1 = 1

;

n=4

30/10 = 3

;

n=7

140/28 = 5

— hamısı tam.

n=2

5/3

— tam deyil. Cavab:

n \equiv 1 \pmod 3

Məsələ 65. Yarımfinal · İsbat edin ki,

1^{2025} + 2^{2025} + \dots + 2026^{2025}

cəmi

1 + 2 + \dots + 2026

cəminə bölünür.

Həll. Bu, nəzəriyyədəki teoremin

m = 2025

(tək),

n = 2026

halıdır; həllini tam yazaq.

S = 1^{2025} + \dots + 2026^{2025}

olsun.Cəmi düz və tərs sıra ilə yazıb toplayaq:

2S = \sum_{k=1}^{2026}\bigl(k^{2025} + (2027-k)^{2025}\bigr)

2025

tək olduğuna görə hər mötərizə

k + (2027-k) = 2027

-yə bölünür, deməli

2027 \mid 2S

.İndi

2026^{2025}

həddini kənara qoyub qalanları cütləşdirək:

2S = 2\cdot 2026^{2025} + \sum_{k=1}^{2025}\bigl(k^{2025} + (2026-k)^{2025}\bigr)

; hər mötərizə

2026

-ya bölünür,

2\cdot 2026^{2025}

də bölünür, deməli

2026 \mid 2S

2026

və

2027

qonşu ədədlərdir, ortaq böləni yoxdur, ona görə

2026\cdot 2027 \mid 2S

, yəni

\frac{2026\cdot 2027}{2} = 2053351

ədədi

S

-i bölür. Bu isə məhz

1+2+\dots+2026

cəmidir. Cavab: Bölünür

Məsələ 66. Yarımfinal · İsbat edin ki, ardıcıl üç natural ədədin kvadratları cəmi tam kvadrat ola bilməz.

Həll. Ədədlər

n-1, n, n+1

olsun (

n \ge 2

). Cəm:

(n-1)^2 + n^2 + (n+1)^2 = 3n^2 + 2 .

3

moduluna baxaq:

3n^2 + 2 \equiv 2 \pmod 3

. Amma tam kvadratlar

3

-ə bölündükdə yalnız

0

və ya

1

qalığı verir (

(3t)^2 \equiv 0

(3t\pm1)^2 = 9t^2 \pm 6t + 1 \equiv 1

). Qalıq

2

mümkün olmadığından

3n^2+2

tam kvadrat deyil. Cavab: Ola bilməz

Məsələ 67. Yarımfinal · İsbat edin ki, ardıcıl dörd natural ədədin kvadratları cəmi tam kvadrat ola bilməz.

Həll. Ədədlər

n, n+1, n+2, n+3

olsun. Cəm:

n^2 + (n+1)^2 + (n+2)^2 + (n+3)^2 = 4n^2 + 12n + 14 .

4

moduluna baxaq:

4n^2 + 12n + 14 \equiv 14 \equiv 2 \pmod 4

. Tam kvadratlar isə

4

-ə bölündükdə yalnız

0

(cüt ədədin kvadratı) və ya

1

(tək ədədin kvadratı) qalığı verir. Deməli belə cəm tam kvadrat deyil.(Eyni nəticəni «cəm cütdür, amma

4

-ə bölünmür» şəklində də demək olar: belə ədəd tam kvadrat ola bilməz.) Cavab: Ola bilməz

Məsələ 68. Yarımfinal ·

p > 3

sadə ədəd olsun. İsbat edin ki,

1^2 + 2^2 + \dots + (p-1)^2

cəmi

p

-yə bölünür.

Həll. Düsturla

1^2 + \dots + (p-1)^2 = \frac{(p-1)p(2p-1)}{6}.

p > 3

sadə olduğuna görə

p

nə

2

-yə, nə

3

-ə bölünür; deməli

6

ilə

p

qarşılıqlı sadədir və

6

vuruğu

(p-1)(2p-1)

hasilindən «yeyilir». Doğrudan da

(p-1)(2p-1)

ifadəsi

6

-ya bölünür:

p

tək olduğundan

p-1

cütdür;

p

3

-ə bölünmədiyindən

p \equiv 1

və ya

2 \pmod 3

olur və uyğun olaraq

p-1

və ya

2p-1

3

-ə bölünür. Beləliklə cəm

p\cdot\frac{(p-1)(2p-1)}{6}

şəklində tam ədəddir və

p

-yə bölünür. Yoxlama:

p=5

1+4+9+16 = 30 = 5\cdot 6

;

p=7

91 = 7\cdot 13

. Cavab: Bölünür

Məsələ 69. Yarımfinal ·

2026 \times 2026

ölçülü vurma cədvəlində (sətir

i

, sütun

j

olan xanada

i\cdot j

yazılıb) bütün ədədlərin cəmini tapın.

Həll. İki cür sayma gedişi: əvvəlcə sətirlər üzrə toplayaq.

i

-ci sətrin cəmi

i\cdot 1 + i\cdot 2 + \dots + i\cdot 2026 = i\,(1+2+\dots+2026) = i\cdot S, \qquad S = \frac{2026\cdot 2027}{2} = 2053351 .

İndi sətir cəmlərini toplayaq:

\sum_{i=1}^{2026} iS = S\cdot S = S^2

. Deməli cavab

2053351^2 = 4216250329201

. Kiçik halda yoxlama:

3\times 3

cədvəlin cəmi

36 = 6^2

və doğrudan da

(1+2+3)^2 = 36

. Cavab:

2053351^2 = 4216250329201

Məsələ 70. Yarımfinal ·

1 \le i < j \le 2026

şərtini ödəyən bütün

(i,j)

cütləri üçün

ij

hasillərinin cəmini tapın.

Həll. Vurma cədvəlindən istifadə edək. Cədvəldəki bütün xanaların cəmi

S^2

-dir (

S = 1+2+\dots+2026

). Diaqonal xanaların cəmi

1^2+2^2+\dots+2026^2 = Q

-dur. Diaqonaldan kənar xanalar isə simmetrik cütlərdir:

ij

və

ji

xanaları eyni qiyməti verir, ona görə

i<j

hallarının cəmi diaqonaldan kənar cəmin yarısıdır:

\sum_{1\le i<j\le 2026} ij = \frac{S^2 - Q}{2} = \frac{4216250329201 - 2774077201}{2} = \frac{4213476252000}{2} = 2106738126000 .

Kiçik halda yoxlama:

n=3

üçün

1\cdot2+1\cdot3+2\cdot3 = 11

və

\frac{36-14}{2} = 11

. Uyğundur. Cavab:

2106738126000

Məsələ 71. Yarımfinal ·

(1) + (1+2) + (1+2+3) + \dots + (1+2+\dots+n)

cəmini iki cür sayma ilə tapın.

Həll. Cəmi cədvəl kimi düşünək:

i

-ci sətirdə

1, 2, \dots, i

ədədləri yazılıb.Sətir üzrə sayma bizə verilən cəmi verir:

\sum_{i=1}^{n}\frac{i(i+1)}{2}

.Sütun üzrə sayma:

k

ədədi yalnız

i \ge k

olan sətirlərdə görünür, yəni

n-k+1

dəfə. Deməli cəm

\sum_{k=1}^{n} k(n-k+1) = (n+1)\sum k - \sum k^2

(n+1)\frac{n(n+1)}{2} - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{n(n+1)}{6}\bigl[3(n+1) - (2n+1)\bigr] = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}.

Kiçik halda yoxlama:

n=3

1+3+6 = 10

və

\frac{3\cdot4\cdot5}{6} = 10

. Uyğundur. Cavab:

\frac{n(n+1)(n+2)}{6}

Məsələ 72. Yarımfinal ·

d(m)

ilə

m

ədədinin natural bölənlərinin sayını işarə edək. İsbat edin ki,

d(1) + d(2) + \dots + d(N) = \left[\frac{N}{1}\right] + \left[\frac{N}{2}\right] + \dots + \left[\frac{N}{N}\right].

Həll. İki cür sayma.

1 \le k \le N

və

k \mid m \le N

şərtlərini ödəyən

(k, m)

cütlərini sayaq.Birinci sayma — $m$ üzrə. Hər

m

üçün uyğun

k

-ların sayı

m

-in bölənlərinin sayıdır, yəni

d(m)

. Cəmi

d(1)+\dots+d(N)

.İkinci sayma — $k$ üzrə. Hər

k

üçün

k

-ya bölünən və

N

-i aşmayan

m

-lər

k, 2k, 3k, \dots

ədədləridir; onların sayı

\left[\frac{N}{k}\right]

-dır (bölənlərin sayı intizamı — D11). Cəmi

\sum_{k=1}^{N}\left[\frac{N}{k}\right]

.Eyni çoxluğu iki cür saydığımıza görə nəticələr bərabərdir. Yoxlama:

N=4

: sol tərəf

1+2+2+3 = 8

; sağ tərəf

4+2+1+1 = 8

. Uyğundur. Cavab: Eynilik doğrudur

Məsələ 73. RFO üslubu ·

S = 1\cdot 2 + 2\cdot 2^2 + \dots + 2026\cdot 2^{2026}

ədədinin son üç rəqəmini tapın.

Həll. Əvvəlcə qapalı şəkil:

S = 2025\cdot 2^{2027} + 2

.İndi

2^{2027}

-nin

1000

-ə bölünməsindən qalığı tapaq.

2^{10} = 1024 \equiv 24 \pmod{1000}

deyil — daha səmərəli yol

8

və

125

modullarına ayırmaqdır.

2^{2027}

açıq-aydın

8

-ə bölünür.

125

modulunda

2^{100} \equiv 1

(çünki

2^{100} = (2^{10})^{10}

və

2^{10} = 1024 \equiv 24

24^{10} = (24^2)^5 = 576^5 \equiv 76^5

; addım-addım:

76^2 = 5776 \equiv 26

76^4 \equiv 26^2 = 676 \equiv 51

76^5 \equiv 51\cdot 76 = 3876 \equiv 1 \pmod{125}

). Deməli

2^{2027} = 2^{2000}\cdot 2^{27} \equiv 2^{27} \pmod{125}

2^{7} = 128 \equiv 3

2^{21} \equiv 3^3 = 27

2^{27} = 2^{21}\cdot 2^6 \equiv 27\cdot 64 = 1728 \equiv 103 \pmod{125}

8

-ə bölünən və

125

moduluna görə

103

qalığını verən ədəd:

103 + 125t \equiv 0 \pmod 8

şərtindən

t = 5

, yəni

728

. Deməli

2^{2027} \equiv 728 \pmod{1000}

.Nəhayət

S \equiv 2025\cdot 728 + 2 \equiv 25\cdot 728 + 2 = 18200 + 2 \equiv 202 \pmod{1000}

. Cavab: Son üç rəqəm:

202

Məsələ 74. RFO üslubu ·

1

-dən

2026

-ya qədər olan ədədlərdən

3

-ə bölünənlərin cəmini tapın.

Həll.

3

-ə bölünənlər

3, 6, \dots, 2025

-dir; sayı

\left[\frac{2026}{3}\right] = 675

. Sabit vuruğu çıxaraq:

3(1+2+\dots+675) = 3\cdot\frac{675\cdot 676}{2} = 3\cdot 228150 = 684450 .

Cavab:

684450

Məsələ 75. RFO üslubu ·

2026\times 2026

cədvəlinin

i

-ci sətir,

j

-ci sütunundakı xanaya

i+j

yazılıb. Bütün xanalardakı ədədlərin cəmini tapın.

Həll. Cəmi iki hissəyə ayıraq:

\sum_{i,j}(i+j) = \sum_{i,j} i + \sum_{i,j} j

. Simmetriyaya görə hər iki cəm eynidir. Birincisində

i

hər sətirdə

2026

dəfə (sütunların sayı qədər) təkrarlanır:

\sum_{i=1}^{2026}\sum_{j=1}^{2026} i = 2026\sum_{i=1}^{2026} i = 2026\cdot 2053351 .

Deməli ümumi cəm

2\cdot 2026\cdot 2053351 = 8320178252

. Kiçik halda yoxlama:

2\times 2

cədvəl:

2+3+3+4 = 12

və

2\cdot 2\cdot 3 = 12

. Uyğundur. Cavab:

8320178252

Məsələ 76. RFO üslubu ·

1^3 + 2^3 + \dots + n^3

cəminin

n+1

-ə bölünməsi üçün

n

-in ödəməli olduğu şərti tapın.

Həll. Cəm

\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2

-dir.Hal 1: $n$ cütdür. Onda

\frac{n}{2}

tamdır və cəm

\left(\frac{n}{2}\right)^2 (n+1)^2

şəklindədir —

(n+1)^2

vuruğu var, deməli

n+1

-ə bölünür.Hal 2: $n$ təkdir. Onda

n+1

cütdür və cəm

n^2\left(\frac{n+1}{2}\right)^2

şəklindədir. Bu ifadənin

n+1

-ə bölünməsi

\frac{(n+1)^2}{4}\cdot n^2

ifadəsinin

(n+1)

-ə bölünməsi deməkdir;

n

və

n+1

qarşılıqlı sadə olduğuna görə şərt

(n+1) \mid \frac{(n+1)^2}{4}

, yəni

4 \mid n+1

olmasıdır.Deməli cəm

n+1

-ə o vaxt bölünür ki,

n

cüt olsun və ya

n \equiv 3 \pmod 4

olsun; yeganə istisna

n \equiv 1 \pmod 4

halıdır. Yoxlama:

n=5

(

n \equiv 1

): cəm

225

n+1 = 6

— bölünmür.

n=3

: cəm

36

n+1 = 4

— bölünür.

n=4

: cəm

100

5

— bölünür. Cavab:

n \not\equiv 1 \pmod 4

Məsələ 77. RFO üslubu ·

1\cdot 2026 + 2\cdot 2025 + 3\cdot 2024 + \dots + 2026\cdot 1

cəmini tapın.

Həll. Ümumi hədd

k(2027-k)

k = 1, \dots, 2026

. Parçalayaq:

\sum_{k=1}^{2026} k(2027-k) = 2027\sum_{k=1}^{2026} k - \sum_{k=1}^{2026} k^2 = 2027\cdot 2053351 - 2774077201 .

2027\cdot 2053351 = 4162142477

, deməli cəm

4162142477 - 2774077201 = 1388065276

.Eyni cavabı qapalı düsturla da almaq olar: bu cəm

\frac{n(n+1)(n+2)}{6}

ifadəsinin

n = 2026

halıdır (yuxarıdakı «iki cür sayma» məsələsinə bax):

\frac{2026\cdot 2027\cdot 2028}{6} = 1388065276

— uyğundur. Cavab:

1388065276

Məsələ 78. RFO üslubu · İsbat edin ki,

1^2 + 2^2 + \dots + 2026^2

cəmi

2027

-yə bölünür, lakin

1^3 + 2^3 + \dots + 2026^3

cəmi

2027^2

-yə bölünür.

Həll. Kvadratlar cəmi

\frac{2026\cdot 2027\cdot 4053}{6} = 1013\cdot 2027\cdot 1351

— tərkibində

2027

var.Kublar cəmi isə

\left(\frac{2026\cdot 2027}{2}\right)^2 = (1013\cdot 2027)^2 = 1013^2\cdot 2027^2

— tərkibində

2027^2

var. Cavab: Hər iki iddia doğrudur

Məsələ 79. RFO üslubu ·

a_n = 1 + 2 + \dots + n

olsun.

\dfrac{1}{a_1} + \dfrac{1}{a_2} + \dots + \dfrac{1}{a_{2026}}

cəmini hesablayın.

Həll.

\frac{1}{a_k} = \frac{2}{k(k+1)} = 2\left(\frac1k - \frac{1}{k+1}\right)

— teleskop (C6). Deməli

\sum_{k=1}^{2026}\frac{1}{a_k} = 2\left(1 - \frac{1}{2027}\right) = \frac{2\cdot 2026}{2027} = \frac{4052}{2027}.

Kiçik halda yoxlama:

\frac11 + \frac13 = \frac43

və düsturla

2(1-\frac13) = \frac43

. Uyğundur. Cavab:

\frac{4052}{2027}