\documentclass{article}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{fullpage}
\usepackage{verbatim}
\usepackage[estonian]{babel}
\usepackage{titling}

\newcommand{\Mat}{\operatorname{Mat}}
\newcommand{\e}{\varepsilon}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\everymath{\displaystyle}

\begin{document}
\title{Matemaatika treeningvõistlus}
\date{Tartu, 30.10.2020}
\maketitle
\thispagestyle{empty}

\begin{enumerate}
\item
Tõesta, et iga positiivne ratsionaalarv on esitatav kujul 
\[
a_0+\frac{a_1}{2!} + \dots + \frac{a_n}{(n+1)!},
\]
mingi positiivse täisarvu $n$ korral, kus $a_k \in \mathbb Z$ ($k\in\{0,\ldots,n\}$), $a_0\geq0$ ja $0 \leq a_k \leq k$ iga $k \in \{1, \dots, n\}$ korral. 
\item
Leia kõik funktsioonid $f\colon \mathbb R \to \mathbb R$, mille korral 
\[
|f(x+h) - f(x-h)| \leq h^2 f(x)
\]
kõigi $x \in \mathbb R$ ja $h > 0$ jaoks ning kehtib vähemalt üks järgmistest tingimustest:
\begin{enumerate}
\item
$f$ on pidev,
\item
$f$ on \emph{lokaalselt kumer}, st iga $x \in \mathbb R$
korral leidub $\e > 0$ nii, et $f$ on \emph{kumer} vahemikus $(x-\e, x+\e)$ ehk $f(\lambda a + (1-\lambda)b) \leq \lambda f(a) + (1-\lambda) f(b)$ kõigi $\lambda \in (0,1)$ ja $a,b \in (x-\e, x+\e)$ korral.
\end{enumerate}
\item
Olgu $z_1, \dots, z_n$ kompleksarvud.
Tõesta, et
\[
\sum_{k=1}^n |z_k|^2 - \left|\sum_{k=1}^n  \frac{z_k}{\sqrt{2^k}}\right|^2
 \geq
 \sum_{k=1}^n \left|\frac{z_k}{\sqrt{2^n}}\right|^2.
\]

\item
Tähistagu $\mathrm{Mat}_2(\mathbb{R})$ kõigi reaalsete $2\times 2$ maatriksite hulka. Tõesta, et 
iga $A \in \mathrm{Mat}_2(\mathbb{R})$ korral
\begin{enumerate}
\item
$A^2 + |A|E = (\operatorname{tr} A)A$, (siin $|A|$ on maatriksi $A$ determinant ja $\operatorname{tr} A = a_{11} + a_{22}$ on tema jälg ning $E$ on ühikmaatriks),
\item
leiduvad $B, C \in \mathrm{Mat}_2(\mathbb{R})$ nii, et $A = B^2 + C^2$. 
\end{enumerate}


\item
Arvuta
\[
\lim_{n \to \infty} \frac 1 {n^2} \int_0^n \frac{nx^x+x^{x+1}}{(1+x)^x}\,\mathrm{d}x.
\]
\end{enumerate}

\newpage
\title{Math Competition}
\date{Tartu, 30.10.2020}
\maketitle
\thispagestyle{empty}
\begin{enumerate}
\item
Prove that every positive rational number can be represented as
\[
a_0+\frac{a_1}{2!} + \dots + \frac{a_n}{(n+1)!},
\]
for some positive integer $n$, where $a_k \in \mathbb Z$ ($k\in\{0,\ldots,n\}$), $a_0\geq0$, and $0 \leq a_k \leq k$ for all $k \in \{1, \dots, n\}$. 
\item
Find all functions $f: \mathbb R \to \mathbb R$ such that
\[
|f(x+h) - f(x-h)| \leq h^2 f(x)
\]
for all $x \in \mathbb R$ and $h > 0$, and also at least one of the following conditions is satisfied:
\begin{enumerate}
\item
$f$ is continuous,
\item
$f$ is \emph{locally convex} meaning that for every $x \in \mathbb R$ there exists $\e > 0$ such that $f$ is \emph{convex} in the interval $(x-\e, x+\e)$, that is, $f(\lambda a + (1-\lambda)b) \leq \lambda f(a) + (1-\lambda) f(b)$ for all $\lambda \in (0,1)$ and $a,b \in (x-\e, x+\e)$.
\end{enumerate}
\item
Let $z_1, \dots, z_n$ be complex numbers.
Prove that
\[
\sum_{k=1}^n |z_k|^2 - \left|\sum_{k=1}^n  \frac{z_k}{\sqrt{2^k}}\right|^2
 \geq
 \sum_{k=1}^n \left|\frac{z_k}{\sqrt{2^n}}\right|^2.
\]

\item
Let $\mathrm{Mat}_2(\mathbb{R})$ denote the set of all real $2\times 2$ matrices. Prove that for all $A \in \mathrm{Mat}_2(\mathbb{R})$:
\begin{enumerate}
\item
one has $A^2 + |A|E = (\operatorname{tr} A)A$, (here, $|A|$ denotes the determinant of $A$, $\operatorname{tr} A = a_{11} + a_{22}$ denotes its trace, and $E$ denotes the identity matrix),
\item
there exist $B, C \in \mathrm{Mat}_2(\mathbb{R})$ such that $A = B^2 + C^2$. 
\end{enumerate}



\item
Calculate
\[
\lim_{n \to \infty} \frac 1 {n^2} \int_0^n \frac{nx^x+x^{x+1}}{(1+x)^x}\,\mathrm{d}x.
\]
\end{enumerate}

\newpage

\section*{Lahendused}
\begin{enumerate}
\item
Lahendus tugineb jäägiga jagamisele ja matemaatilisele induktsioonile:
\[
\frac pq = \frac{p(q-1)!}{q!} = \frac{sq + a_{q-1}}{q!} = \frac{s}{(q-1)!} + \frac{a_{q-1}}{q!},
\]
kus $0 \leq a_{q-1} < q$, ning jagamisi jätkatakse, kuni viimaseks jagajaks on $2$.

\item
Mõlemal juhul on funktsioon $f$ \emph{lokaalselt tõkestatud}.

Tõepoolest, (a)-osas kasutame vahetult pidevuse definitsiooni:
fikseerime $x\in\mathbb{R}$, siis leidub $\varepsilon>0$ nii, et
kui $|y-x|<\varepsilon$, siis $f(x)-1<f(y)<f(x)+1$.

(b)-osas ülalt tõkestatus järeldub vahetult lokaalse kumeruse definitsioonist: olgu $y\in(x-\varepsilon,x+\varepsilon)$, siis
$y=\lambda\cdot(x-\varepsilon)+(1-\lambda)\cdot(x+\varepsilon)$ (kus $\lambda=\frac{x+\varepsilon-y}{2\varepsilon}$), mistõttu
\[
f(y)\leq \lambda f(x-\varepsilon)+(1-\lambda)f(x+\varepsilon).
\]

Ülesande tingimuse põhjal $f(x)\geq0$ iga $x\in\mathbb{R}$ korral.

Kirjutame ülesande tingimuse ümber kujule
\[
\frac{|f(y) - f(x)|}{|y-x|} \leq f\left(\frac{x+y}2\right) \frac{|y-x|}4
\]
Fikseerides $x$ ja minnes piirile $y\to x$, kusjuures $x$ ümbruses kehtib $|f(y)|\leq M$, saame, et
\[
|f'(x)| \leq M\cdot 0 = 0.
\]
Niisiis on $f$ konstantne funktsioon. Teiselt poolt, vahetu kontroll näitab, et kõik konstantsed funktsioonid rahuldavad ülesande tingimust.

\emph{Märkus.} Saab näidata, et lokaalselt kumer funktsioon on ka lokaalselt (alt) tõkestatud.
Olgu konkreetsuse mõttes $x-\varepsilon<x<y$ (teistpidist paigutust vaadeldakse analoogiliselt ja üldine alumine tõke on miinimum kahest leitavast tõkkest). Olgu $x=\lambda(x-\varepsilon)+(1-\lambda)y$, täpsemalt $\lambda=\frac{y-x}{y-x+\varepsilon}$.
Nüüd kumeruse tõttu
\[
f(x)\leq \lambda f(x-\varepsilon)+(1-\lambda)f(y) = \lambda f(x-\varepsilon)+\frac{\varepsilon}{y-x+\varepsilon}f(y),
\]
millest
\[
f(y)\geq \frac{y-x+\varepsilon}{\varepsilon}\cdot (f(x)-\lambda f(x-\varepsilon)).
\]
Kui $f(x)>\lambda f(x-\varepsilon)$, siis, arvestades, et $\frac{y-x+\varepsilon}{\varepsilon}>1$, kehtib $f(y)\geq f(x)-\lambda f(x-\varepsilon)\geq\min\{f(x),f(x)-f(x-\varepsilon)\}$.
Kui aga $f(x)<\lambda f(x-\varepsilon)$, siis arvestades, et $\frac{y-x+\varepsilon}{\varepsilon}<2$, kehtib $f(y)\geq 2(f(x)-\lambda f(x-\varepsilon))\geq \min\{2f(x),2f(x)-2f(x-\varepsilon)\}$.
Kokkuvõttes 
\[
f(y)\geq\min\{f(x),f(x)-f(x-\varepsilon),2f(x),2f(x)-2f(x-\varepsilon),0\}.
\]

\item
Võrratuse saame kirjutada ümber kujul
\[
\frac{2^n-1}{2^n} \cdot \sum_{k=1}^n |z_k|^2 \geq \left|\sum_{k=1}^n  \frac{z_k}{\sqrt{2^k}}\right|^2.
\]
Kolmnurga võrratus ja Cauchy võrratus annavad, et 
\[
\left|\sum_{k=1}^n  \frac{z_k}{\sqrt{2^k}}\right|^2
\leq \left(\sum_{k=1}^n  \left|\frac{z_k}{\sqrt{2^k}}\right|\right)^2 \leq \left(\sum_{k=1}^n  \frac{1}{2^k}\right)\left(\sum_{k=1}^n |z_k|^2\right),
\]
nagu soovitud.
\item
\begin{enumerate}
\item
Vahetu kontroll.
\item
Rakendame (a)-osa maatriksile $A + tE$. Saame, et
\[
A = A+tE - tE = \frac{(A+tE)^2 + |A+tE|E}{\tr(A+tE)} - tE = \frac{(A+tE)^2}{\tr(A+tE)} + \left(\frac{|A+tE|}{\tr(A+tE)}- t\right)E.
\]
Kuna $\tr(A+tE) \to \infty$ protsessis $t \to \infty$, on esimene liidetav piisavalt suure $t$ korral mingi maatriksi ruut. Teine liidetav on alati maatriksi ruut (v.a. kui $\tr(A+tE)=0$), sest $E = E^2$ and 
$-E = 
\begin{pmatrix}
0 & 1\\
-1 & 0
\end{pmatrix}^2
$
on maatriksi ruudud.
\end{enumerate}
\item
Tõestame järgmise lemma.
Kui $f$ ja $g$ on pidevad ning $f(x) \to L$
protsessis $x \to \infty$,
siis
\[
\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} \int_{0}^n f(x) g\left(\frac{x}{n}\right) \,\mathrm{d}x = L \int_0^1 g(x) \,\mathrm{d}x.
\]
\begin{proof}
Tähistame $h(x) = f(x) - L$ ning paneme tähele, et
\[
\frac{1}{n} \int_{0}^n f(x) g\left(\frac{x}{n}\right)\,\mathrm{d}x = \frac{1}{n} \int_{0}^n h(x) g\left(\frac{x}{n}\right)\,\mathrm{d}x + \frac{L}{n} \int_{0}^n g\left(\frac{x}{n}\right)\,\mathrm{d}x.
\]
Märkides $t = \frac xn$, saame, et
\[
\frac{L}{n} \int_{0}^n g\left(\frac{x}{n}\right)\,\mathrm{d}x
= L \int_{0}^1 g(t)\,\mathrm{d}t. 
\]
Et $g$ on pidev lõigus  $[0,1]$, on ta selles lõigus tõkestatud, seega on jäänud näidata, et
\[
\frac{1}{n} \int_{0}^n h(x)\,\mathrm{d}x \mathop{\longrightarrow}_n 0
\]
Iga $\e > 0$ korral fikseerime $N$ nii, et $|h(x)| < \e$ kui $x > N$. Siis
\[
\left|\frac{1}{n} \int_{0}^n h(x)\,\mathrm{d}x\right| \leq \left|\frac{1}{n} \int_{0}^N h(x)\,\mathrm{d}x\right| + \e \frac{1}{n} \int_{N}^n\,\mathrm{d}x \leq 
\left|\frac{1}{n} \int_{0}^N h(x)\,\mathrm{d}x\right| + \e \mathop{\longrightarrow}_n \e.
\]
Kuna $\e>0$ oli suvaline, siis järeldub siit lemma väide.
\end{proof}
Ülesande lahendamiseks olgu $f(x) = \left(\frac{x}{1+x}\right)^x \to \mathrm{e}^{-1}$ ja $g(x) = 1 + x$ ning rakendame lemmat.
Otsitav integraal võrdub arvuga
\[
\frac1{\mathrm{e}} \int_0^1 (1+x)\,\mathrm{d}x = \frac 3 {2\mathrm{e}}.
\]
\end{enumerate}
\end{document}
