БІРІНШІ РЕТТІ РЕКУРРЕНТ ТЕҢДЕУЛЕРДІҢ ШЫҒАРУ ТӘСІЛДЕРІ

БІРІНШІ РЕТТІ РЕКУРРЕНТ ТЕҢДЕУЛЕРДІҢ ШЫҒАРУ ТӘСІЛДЕРІ
Батырбек Қайрат
Асатана қаласы, Сарыарқа ауданы
№61 орта мектебінің математика пәнінің мұғалімі
Орта мектеп оқулықтарда және оқыту барысында ҰБТ-ны ғана ескеріп,
арифметикалық және геометриялық прогрессиялардың мүшелерін табу мен
қосындысын табудан ары қарай зерттелмей қалатыны белгілі. Сонымен қатар
математика олимпиадаларда жиі кездесетін, өте маңызды орын алатын
тақырыптардың бірі рекурренттік тізбек орта мектеп оқулықтарында
бүркемеленіп қалатыны рас. Сондықтан, бұл мақаланың мақсаты рекурренттік
тізбекті стандарт емес тәсілмен шығару және құру болып табылады.
 a n  нақты сандар тізбегі болсын.   0,1 және k  0 үшін
an  an1  k , n  0,1,2,...
1

бірінші ретті сызықтық біртекті емес рекуррент теңдеу берілсін.
Бұл теңдеудің жалпы мүшесін табайық. Ендеше, n  1, n үшін
a1   a0  k
a 2   a1  k
a3   a 2  k
....

....

....

a n   a n 1  k

Бірінші рекуррент теңдеуді   ға көбейтіп, екінші рекуррент теңдеуге
қоссамыз:
a2  2 a0  k  k

Осы рекуррент теңдеуді   ға көбейтіп, үшінші рекуррент теңдеуге
қоссамыз:
a3  3 a0  k  k  k2

Осылай ретпен an  тізбегін табамыз:

n 1

a n  n a 0  k  k
k 1

немесе
n  1
a n   a0  k 
 1
n

2 

№1. Кез келген натурал n үшін an  тізбегі
a1  1, a n 1  2a n  1

шарттарымен берілген. Тізбектің жалпы мүшесінің формуласын табыңыз.
Берліген тізбекті

a n 1  1  2a n  1

ықшамдалған тізбек түріне келтіреміз.
Осыдан, a n  1  x n делік, онда x1  2, x n 1  2 x n болады. Бұдан,
n 1
x n  2   x1  2 n .
Демек,
an  1  2 n

немесе
an  2 n  1.

Берліген тізбекті формулаға салсақ, онда
a n  n a 0  k 

n  1
 1

Мұнда,   2, k  1 . Ендеше,
a n  n a 0  k 

n  1
2n 1
 2  0  1
 2n 1 .
 1
2 1

 Бізге бірінші ретті сызықтық біртекті емес рекуррент
pa n  qa n 1  k
3

теңдеу берілсін. Осы теңдеуден  ,   мәндерін таңдау арқылы
a n     a n 1   
4
ықшамдалған рекуррент теңдеу түрінде келтіріп аламыз.
Мұнда,  ,   мәндерін
q

  p


   1  k

p
жүйесі арқылы таба аламыз. 

5

Ескерту: Бұл жерде p  q керек. Егер p  q болса, онда біздің рекурренттік
тізбек арифметикалық прогрессияға айналады. Ондай тізбекті шығару бізге
қиындық туғызбайды.
№2. an  тізбегі
1
a1  , 3an1  2an  1, n  N
2

рекурренттік формуласымен берілсін. Тізбектің жалпы мүшесінің формуласын
табыңыз.
Шешуі: Берліген тізбекті
3a n1  1  2a n  1

немесе
an1  1 

2
an  1
3

ықшамдалған тізбек түрінде келтіреміз.
3
2

2
3

Осыдан, an  1  xn деп белгілесек, онда x1  , xn1  xn болады.
Бұдан,
2
xn   
3

n 1

2
 x1   
3

n2

.

Демек,
2
an  1   
3

n2

немесе
2
an   
3

n2

1.

№4. an  тізбегі
a1 

33 1
1
1
,
an1  an  , n  N
26 17
11
13

рекурренттік формуласымен берілсін. Тізбектің жалпы мүшесінің формуласын
табыңыз.
Шешуі: Берліген тізбекті жоғарыдағы есеп сияқты ықшамдалған тізбек
түріне бірден ретке келтіру қиын. Сондықтан, осындай тізбектерге белгілі
шығарылу жолының ықшамдалған тізбек түріне келтірудің формуласы ол
жоғарыда көрсетілген.
Ендеше, осы есепті 4 және 5 формулалары бойынша шығарамыз.
Алдымен, берілген тізбекті 4 ықшамдалған тізбек түріне келтірмес
бұрын,  ,   мәндерін табамыз:
q

17


  p



11

.

187
k
   1 
 


78
p

Осы  ,   мәндерін 4 формуласына қою арқылы
an 

187 17 
187 
  a n 1 

78 11 
78 

ықшамдалған тізбек түріне келтіре аламыз.
Осыдан an 

187
11
17
 xn деп белгілесек, онда x1  , xn1  xn болады. Бұдан
78
3
11

 17 
xn   
 11 

n 1

 x1 

11  17 
 
3  11 

Демек,
187 11  17 
an 
  
78
3  11 

немесе

n 1

n 1

.

11  17 
an    
3  11 

n 1



187
.
78

 a n  нақты сандар тізбегі болсын.   0 үшін

6
бірінші ретті сызықтық біртекті емес рекуррент теңдеу берілсін.
Осы рекуррент теңдеудің жалпы мүшесінің формуласын табамыз.
Ендеше, n  1, n үшін
an  an1  k n1 , n  0,1,2,...

a1   a 0  k
a 2   a1  k
a 3   a 2  k 2
....

....

....

a n   a n 1  k n 1

Осы рекуррент теңдеулерді сәйкесінше n1 , n2 , n3 ,..., ,1 көбейтіп, оларды
қоссақ, онда

a n   a0     
 k 1   
n

k

n

k

7

n

1. Егер    болса, онда
an  n a0  knn1 .

2. Егер    болса, онда
a n  n a 0  k

n   n
. 


№6. xn  тізбегі
x1  1, xn1  3xn  2 n

бірінші ретті сызықтық біртекті емес рекуррент теңдеуімен берілген.
Онда, кез келген натурал n саны үшін
xn  3n  2 n

табылатынын дәлелдеңіз.
Шешуі: xn1  3xn  2 n рекуррент теңдеуінен



xn1  2 n1  3 xn  2 n



түрлендіруге келтіреміз.
Айталық, yn  xn  2n болсын, сонда y n1  3 y n ; y1  3 . Бұдан,
yn  3n1 y1  3n1  3  3n .
Ендеше,
xn  2 n  3n

немесе
xn  3n  2 n .

Болмаса, берілген рекуррент теңдеуді бірден формулаға салайық.

x n  n x 0  k

n   n
.


Мұнда,   3,   2, k  1, x0  0 . Ендеше,
3n  2 n
xn  3  0  1 
 3n  2 n .
3 2
n

Қорыта келгенде рекурренттік тізбектер болсын, математика олимпиада
есептері болсын оны шығару қандай да бір стандарт емес тәсілдерді қажет
етеді. Сондықтан, бұл мақаланың ерекшелігі рекурренттік есептерін стандарт
емес тәсілдермен шығару барысында, соған өзіндік формула құра білу болып
табылады. Жоғарыда көрсетілген формулалар арқылы кей рекурренттік тізбекті
оңай шығаруға болатынын көрсетуге болады.

ПАЙДАЛАНҒАН ӘДЕБИЕТТЕР:
1. Батырбек Қайрат. Рекуррент тізбегі // «Шоқан оқулары-22» атты
халықаралық ғылыми – тәжірибелік конференция материалдар жинағы.
Қазақстан, Көкшетау, 2018. Т.4. (65-67 б.)
2. Просветов Г.И. Функциональные уравнения: Задачи и решения: Учебнопрактическое пособие. – М.: Издательство «Альфа-Пресс», 2010. – 48с.
3. Djukic D., Jankovic V., Matic I., Petrovic N. The IMO Compendium. A
collection of problems suggested for the International Mathematical Olympiads:
1959-2009. Second edition. Springer. – 2011. – 824p.