\documentclass[12pt]{article}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[intlimits]{amsmath}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{fullpage}
\usepackage{verbatim}
\usepackage{comment}
\usepackage[a4paper,top=1cm]{geometry}
\usepackage[estonian]{babel}
\usepackage[pdftex]{graphicx}
\usepackage{titling}
\allowdisplaybreaks
\DeclareMathOperator{\Realpart}{Re}
\DeclareMathOperator{\res}{res}
\DeclareMathOperator{\spanx}{span}
\newcommand{\Mat}{\operatorname{Mat}}
\newcommand{\e}{\varepsilon}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\rea}{\operatorname{Re}}
\everymath{\displaystyle}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\makeatletter
\def\@maketitle{%
  \newpage
  \null
  \vskip 2em%
  \begin{center}%
  \let \footnote \thanks
    {\LARGE \@title \par}%
    \vskip 0.5em%
    {\large \@date}%
  \end{center}%
  \par
  \vskip 1.5em}
\makeatother
\begin{document}
\title{Matemaatikavõistlus}
\date{Tartu, 03.11.2023}
\maketitle
\thispagestyle{empty}

\newcommand{\bfa}{\mathbf{a}}
\newcommand{\bfb}{\mathbf{b}}
\newcommand{\bfc}{\mathbf{c}}
\newcommand{\bfx}{\mathbf{x}}
\newcommand{\bfn}{\mathbf{0}}
\begin{enumerate}
\item Tõestage, et
\[
\sqrt[3]{2}+\sqrt{3}
\]
on irratsionaalarv.

\item Vektorruumi $A$ üle korpuse $K$ nimetatakse \emph{algebraks}, kui selles on (lisaks vektorruumi tehetele) defineeritud elementide omavaheline korrutamine: iga $\bfa,\bfb\in A$ korral $\bfa\circ \bfb\in A$, kusjuures $\bfa\circ (\bfb\circ \bfc)=(\bfa\circ \bfb)\circ \bfc$, $\bfa\circ (\bfb+\bfc)=\bfa\circ \bfb+\bfa\circ \bfc$, $(\bfb+\bfc)\circ \bfa=\bfb\circ \bfa+\bfc\circ \bfa$, $(\lambda \bfa)\circ \bfb=\bfa\circ (\lambda \bfb)=\lambda (\bfa\circ \bfb)$ (kõigi $\bfa,\bfb,\bfc\in A$ ja iga $\lambda\in K$ korral).

Tõestage, et kui $A$ on lõplikumõõtmeline nulliteguriteta algebra ning $\bfa\in A\setminus\{\bfn\}$ ja $\bfb\in A$, siis võrrandil $\bfa\circ \bfx=\bfb$ on täpselt üks lahend $\bfx\in A$.

\emph{Märkus.} Öeldakse, et elemendid $\bfa,\bfb\in A$ on algebras $A$ \emph{nullitegurid}, kui $\bfa,\bfb\ne\mathbf{0}$, aga $\bfa\circ \bfb=\mathbf{0}$.

\item Olgu $a\in\mathbb{R}$. Tõestage, et päratu integraali
\[
\int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^a)}
\]
väärtus ei sõltu reaalarvust $a$.

\item Olgu $n\in\mathbb{N}$. Leidke järgmise determinandi väärtus:
\[
\left|\begin{array}{cccccc}1&2&3&\ldots&n-1&n\\
n&1&2&\ldots&n-2 &n-1\\
n-1&n& 1 &\ldots&n-3&n-2\\
\hdotsfor{6}\\
2&3&4&\ldots&n&1\end{array}\right|.\]

\item Tõestage, et iga positiivsete liikmetega arvjada $(a_n)$ korral kehtib võrratus
\[
\limsup_{n\to\infty} \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+a_{n+1}}{a_n}\geq4.
\]
Tooge ka näide jadast $(a_n)$ nii, et võrratus kehtiks võrdusena.

\emph{Märkus.} Kui arvjada $(b_n)$ on ülalt tõkestamata, siis defineeritakse \[
\limsup_{n\to\infty} b_n=\infty.
\]
Kui aga $(b_n)$ on ülalt tõkestatud, siis defineeritakse
\[
\limsup_{n\to\infty} b_n = \lim_{n\to\infty}\sup\{b_k\colon k\geq n\}.
\]
\end{enumerate}

\newpage
\title{Math Competition}
\date{Tartu, 03.11.2023}
\maketitle
\thispagestyle{empty}
\begin{enumerate}
\item Prove that
\[
\sqrt[3]{2}+\sqrt{3}
\]
is an irrational number.

\item A linear space $A$ over the field $K$ is called an \emph{algebra} if (in addition to linear space operations) multiplication of its elements has been defined: for every $\bfa,\bfb\in A$ we have $\bfa\circ \bfb\in A$ such that $\bfa\circ (\bfb\circ \bfc)=(\bfa\circ \bfb)\circ \bfc$, $\bfa\circ (\bfb+\bfc)=\bfa\circ \bfb+\bfa\circ \bfc$, $(\bfb+\bfc)\circ \bfa=\bfb\circ \bfa+\bfc\circ \bfa$, $(\lambda \bfa)\circ \bfb=\bfa\circ (\lambda \bfb)=\lambda (\bfa\circ \bfb)$ (for all $\bfa,\bfb,\bfc\in A$ and $\lambda\in K$).

Prove that if $A$ is a finite dimensional algebra without zero divisors, $\bfa\in A\setminus\{\bfn\}$ and $\bfb\in A$, then the equation $\bfa\circ \bfx=\bfb$ has exactly one solution $\bfx\in A$.

\emph{Remark.} Elements $\bfa,\bfb\in A$ are called \emph{zero divisors} if $\bfa,\bfb\ne\mathbf{0}$ but $\bfa\circ \bfb=\mathbf{0}$.

\item Assume $a\in\mathbb{R}$. Prove that the value of the improper integral
\[
\int_0^\infty \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^a)}
\]
is independent of the value of $a$.

\item Let $n\in\mathbb{N}$. Calculate the value of the following determinant:
\[
\left|\begin{array}{cccccc}1&2&3&\ldots&n-1&n\\
n&1&2&\ldots&n-2 &n-1\\
n-1&n& 1 &\ldots&n-3&n-2\\
\hdotsfor{6}\\
2&3&4&\ldots&n&1\end{array}\right|.\]

\item Prove that for every positive real sequence $(a_n)$ we have
\[
\limsup_{n\to\infty} \frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+a_{n+1}}{a_n}\geq4.
\]
Also bring an example of a sequence $(a_n)$ for which the inequality holds as equality.

\emph{Remark.} If the sequence $(b_n)$ is unbounded from above, it is defined that \[
\limsup_{n\to\infty} b_n=\infty.
\]
If $(b_n)$ is bounded from above, it is defined that
\[
\limsup_{n\to\infty} b_n = \lim_{n\to\infty}\sup\{b_k\colon k\geq n\}.
\]

\end{enumerate}

\newpage

\section*{Lahendused}
\begin{enumerate}
\item \emph{Lahendus 1.}
Oletame, et $r=\sqrt[3]{2}+\sqrt{3}\in\mathbb{Q}$, siis
\[
2=(r-\sqrt{3})^3=r^3-3\sqrt{3}r^2 +9r-3\sqrt{3},
\]
millest järeldub, et
\[(3r^2+3)\sqrt{3}=r^3+9r-2.\]
See on võimatu, sest $\sqrt{3}$ on irratsionaalarv.

\emph{Lahendus 2.}
Vaatleme kuuenda astme polünoomi $p\in\mathbb{C}[x]$, mille tegurite hulk on
\[
\left\{x-\left(\iota\sqrt[3]{2}+\varepsilon\sqrt{3}\right)\colon \varepsilon\in\{1,-1\},\iota\in\left\{1,\exp\frac{2\pi\mathrm{i}}{3},\exp\frac{4\pi\mathrm{i}}{3}\right\}\right\}.
\]
Arendamise järel leiame, et
\[
p(x)=x^6-9x^4-4x^3+27x^2-36x-23.
\]
Teadaolevalt on täisarvuliste kordajatega polünoomi $p$ ainsad võimalikud ratsionaalarvulised juured $\pm1$ ja $\pm 23$. Järelikult $\sqrt[3]{2}+\sqrt{3}$, olles  polünoomi $p$ (kompleksarvuline) juur, ei saa 
olla ratsionaalarv.

\newcommand{\bfe}{\mathbf{e}}
\item Olgu $A$ lõplikumõõtmeline nulliteguriteta algebra. Olgu $\bfe_1,\ldots,\bfe_n$ algebra $A$ mingi baas, olgu $\bfa,\bfb\ne\bfn$.

Paneme tähele, et siis $\bfa\circ \bfe_1,\ldots,\bfa\circ\bfe_n$ on samuti algebra $A$ baas. Tõepoolest, tegu on $n$-elemendilise lineaarselt sõltumatu süsteemiga $n$-mõõtmelises algebras. See süsteem on lineaarselt sõltumatu, sest
\[
\lambda_1 \bfa\circ \bfe_1+\ldots+\lambda_n \bfa\circ \bfe_n=\bfn\Rightarrow \bfa\circ(\lambda_1\bfe_1+\ldots+\lambda_n \bfe_n)=\bfn,
\]
kuna $\bfa\ne\bfn$ ja algebra on nulliteguriteta, siis $\lambda_1\bfe_1+\ldots+\lambda_n \bfe_n=\bfn$, nüüd muidugi $\lambda_1=\ldots=\lambda_n=0$.

Esitame vektori $\bfb$ sellel baasil:
\[
\bfb=\mu_1 \bfa\circ \bfe_1+\ldots+\mu_n \bfa\circ\bfe_n.
\]%
\newcommand{\bfd}{\mathbf{d}}%
Tähistame 
\[\bfc=\mu_1 \bfe_1+\ldots+\mu_n \bfe_n,\]
siis $\bfa\circ \bfc=\bfb$ ja oleme leidnud ühe lahendi võrrandile $\bfa\circ \bfx=\bfb$.

Oletame, et veel $\bfa\circ \bfd=\bfb$, siis nende võrduste lahutamisel saame, et 
\[
\bfa\circ(\bfc-\bfd)=\bfb-\bfb=\bfn,
\]
järelikult $\bfc-\bfd=\bfn$, mistõttu $\bfc=\bfd$. Oleme saanud, et lahend on üheselt määratud.

\item Tähistame
\[I_1=\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^a)},\qquad
I_2=\int_1^\infty \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^a)}.\]

Kuna
\[
\frac1{(1+x^2)(1+x^a)}\leq \frac1{1+x^2},\qquad x\geq0,
\]
siis uuritav integraal ja $I_2$ koonduvad ning uuritava integraali väärtus on $I_1+I_2$.

Teeme integraalis $I_1$ muutuja vahetuse $t=\frac1x$, siis $\mathrm{d}t=-\frac{\mathrm{d}x}{x^2}$ (seega $\mathrm{d}x=-\frac{\mathrm{d}t}{t^2}$) ning rajad $0\ldots1$ muutuvad kujule $\infty\ldots0$. Saame, et
\[
I_1=-\int_{\infty}^1 \frac{\mathrm{d}t}{t^2(1+\frac1{t^2})(1+\frac1{t^a})}=\int_1^\infty \frac{t^a\mathrm{d}t}{(t^2+1)(t^a+1)}.
\]
Niisiis
\begin{align*}
I_1+I_2&=\int_1^\infty \frac{t^a\mathrm{d}t}{(t^2+1)(t^a+1)}+\int_1^\infty \frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^a)}=\int_1^\infty \frac{(1+x^a)\,\mathrm{d}x}{(1+x^2)(1+x^a)}=\\
&=\int_1^\infty \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}=\lim_{x\to\infty} \arctan x-\arctan 1=\frac\pi2-\frac\pi4=\frac\pi4.
\end{align*}

\item \emph{Lahendus 1.}
Tähistame
\[
A=\left(\begin{array}{cccccc}1&2&3&\ldots&n-1&n\\
n&1&2&\ldots&n-2 &n-1\\
n-1&n& 1 &\ldots&n-3&n-2\\
\hdotsfor{6}\\
2&3&4&\ldots&n&1\end{array}\right).
\]

Tähistame polünoomi $f=1+2x+3x^2+\ldots+nx^{n-1}\in\mathbb{C}[x]$. Tähistame $n$. astme ühejuure $\omega=\exp\frac{2\pi\mathrm{i}}{n}$.

Tõestame, et maatriksi $A$ kõik omaväärtused on $f(\omega^j)$, kus $j=0,1,\ldots,n-1$. See võimaldab determinandi välja arvutada, sest maatriksi determinant võrdub omaväärtuste korrutisega (juhul, kui neid on sama palju kui on maatriksi mõõde).

Tõepoolest, arvestades, et $\omega^n=1$, saame, et
\begin{align*}
&\left(\begin{array}{cccccc}1&2&3&\ldots&n-1&n\\
n&1&2&\ldots&n-2 &n-1\\
n-1&n& 1 &\ldots&n-3&n-2\\
\hdotsfor{6}\\
2&3&4&\ldots&n&1\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} 1\\ \omega^j \\ \omega^{2j} \\ \ldots\\ \omega^{(n-1)j}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} f(\omega^j)\\ \omega^j f(\omega^j) \\ \omega^{2j} f(\omega^j) \\ \ldots\\ \omega^{(n-1)j}f(\omega^j)\end{array}\right)\\
&\qquad{}=f(\omega^j)\cdot\left(\begin{array}{c} 1\\ \omega^j \\ \omega^{2j} \\ \ldots\\ \omega^{(n-1)j}\end{array}\right),\quad j=0,1,\ldots,n-1.
\end{align*}

Nüüd
\[
\det A = f(1)f(\omega)f(\omega^2)\cdot\ldots\cdot f(\omega^{n-1}).
\]
Saame, et 
\[
f(1)=1+2+\ldots+n=\frac{(n+1)n}2,
\]
aga juhul, kui $j=1,2,\ldots,n-1$,
\begin{align*}
f(\omega^j)&=1+2\omega^j+3\omega^{2j}+\ldots+n\omega^{(n-1)j}=\\
&=\frac{(1+2\omega^j+3\omega^{2j}+\ldots+n\omega^{(n-1)j})(\omega^j-1)}{\omega^j-1}=\\
&=\frac{\omega^j-1+2\omega^{2j}-2\omega^j+3\omega^{3j}-3\omega^{2j}+\ldots+n-n\omega^{(n-1)j}}{\omega^j-1}=\\
&=\frac{n}{\omega^j-1}.
\end{align*}

Järelikult 
\begin{align*}
\det A &= \frac{(n+1)n\cdot n^{n-1}}{2(\omega-1)(\omega^{2}-1)\cdot\ldots\cdot(\omega^{n-1}-1)}=\\
&=\frac{(-1)^{n-1}\cdot n^n(n+1)}{2(1-\omega)(1-\omega^2)\cdot\ldots\cdot(1-\omega^{n-1})}.
\end{align*}

Kuna $\omega,\omega^2,\ldots,\omega^{n-1}$, millele lisada $1$, on parajasti kõik polünoomi $g=x^n-1\in\mathbb{C}[x]$ juured, siis korrutis 
$(1-\omega)(1-\omega^2)\cdot\ldots\cdot(1-\omega^{n-1})$ on polünoomi $h=\frac{x^n-1}{x-1}$ väärtus kohal $1$. Selle võime leida näiteks polünoomfunktsioonide pidevust kasutades piirväärtusena:
\[
h(1)=\lim_{t\to 1}h(t)=\lim_{t\to 1}\frac{t^n-1}{t-1}=\lim_{t\to 1}nt^{n-1}=n.
\]

Kokkuvõttes
\[
\det A =(-1)^{n-1}\cdot\frac{ n^{n-1}(n+1)}{2}.
\]

\emph{Lahendus 2.} Teostame maatriksi
\[
A=\left(\begin{array}{cccccc}1&2&3&\ldots&n-1&n\\
n&1&2&\ldots&n-2 &n-1\\
n-1&n& 1 &\ldots&n-3&n-2\\
\hdotsfor{6}\\
2&3&4&\ldots&n&1\end{array}\right).
\]
ridade-veergudega elementaarteisendusi (need ei muuda determinandi väärtust).
Esmalt lahutame 2. reast 3. rea, 3. reast 4. rea jne, kuni $n$-ndast reast 1. rea. Saame, et
\[
A\sim \left(\begin{array}{cccccc}1&2&3&\ldots&n-1&n\\
1&1-n&1&\ldots&1 &1\\
1&1& 1-n &\ldots&1&1\\
\hdotsfor{6}\\
1&1&1&\ldots&1&1-n\end{array}\right).
\]

Järgnevalt lahutame kõigist veergudest $1$. veeru. Saame, et
\[
A\sim \left(\begin{array}{cccccc}1&1&2&\ldots&n-2&n-1\\
1&-n&0&\ldots&0 &0\\
1&0& -n &\ldots&0&0\\
\hdotsfor{6}\\
1&0&0&\ldots&0&-n\end{array}\right).
\]

Nüüd liidame 1. reale $\frac1n$-ga korrutatud 2. rea, $\frac{2}{n}$-ga korrutatud 3. rea jne, kuni $\frac{n-1}{n}$-ga korrutatud $n$-nda rea. Saame, et
\[
A\sim \left(\begin{array}{cccccc}1+\frac{1+2+\ldots+(n-1)}{n}&0&0&\ldots&0&0\\
1&-n&0&\ldots&0 &0\\
1&0& -n &\ldots&0&0\\
\hdotsfor{6}\\
1&0&0&\ldots&0&-n\end{array}\right).
\]
On jäänud determinanti arendada 1. rea järgi ning kasutada ära, et
\[1+\frac{1+2+\ldots+(n-1)}{n}=1+\frac{n-1}{2}=\frac{n+1}{2}.\]
Lõppvastus tuleb
\[
\det A =(-1)^{n-1}\cdot\frac{ n^{n-1}(n+1)}{2}.
\]

\emph{Märkus.} Seda tüüpi maatriksit $A$ nimetatakse \emph{tsirkulantmaatriksiks} (üldjuhul tsirkuleeritakse suvalist esimest rida $(a_1,\ldots,a_n)$, praeguses ülesandes oli $a_k=k$). Üldise tsirkulantmaatriksi determinanti saab leida lahenduse 1 võtetega, mõne kitsama erijuhu (nt aritmeetilise jada) korral aga ka lahenduse 2 võtetega.


\item Tähistame
\[
b_n=\frac{a_1+a_2+\ldots+a_n+a_{n+1}}{a_n}.
\]

Paneme kõigepealt tähele, et kui $(a_n)=(2^n)$, siis
\[
b_n=\frac{2+2^2+\ldots+2^{n+1}}{2^n}=\frac{2^{n+2}-2}{2^n}=4-\frac2{2^n}.
\]
Seetõttu 
\[
\lim_{n} b_n=4,
\]
muidugi siis ka
\[
\limsup_n b_n=4.
\]

Kuna selline geomeetriline jada realiseerib võrdusjuhu, siis uurime liiget $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ (mis ülaltoodud erijuhul on $2$). Kõigepealt on selge, et kui jada $\left(\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)$ on ülalt tõkestamata, siis ka $(b_n)$ on ülalt tõkestamata, sest
\[
b_n = \frac{a_1+\ldots+a_n}{a_n}+\frac{a_{n+1}}{a_n}\geq \frac{a_{n+1}}{a_n}.
\]

Vaatleme nüüd juhtu, kus
\[
\limsup_n \frac{a_{n+1}}{a_n}=:\alpha\in[0,\infty).
\]
Vastavalt ülemise piirväärtuse definitsioonile, iga fikseeritud $\varepsilon>0$ korral leidub indeks $N$ nii, et
\[
n\geq N\quad\Rightarrow \quad \frac{a_{n+1}}{a_n} < \alpha+\varepsilon\quad\Rightarrow\quad \frac{a_n}{a_{n+1}} > \frac1{\alpha+\varepsilon}.
\]
(Tõepoolest, supreemumite jada liige $\sup_{n\geq k}\frac{a_{k+1}}{a_k}$ peab jääma mingist indeksist alates vahemikku $(\alpha-\varepsilon,\alpha+\varepsilon)$.)

Nüüd, kui $n\gg N$, siis
\begin{align*}
b_n&=\frac{a_1+\ldots+a_n+a_{n+1}}{a_n}\geq \frac{a_N+\ldots+a_n+a_{n+1}}{a_n}=\\
&=\frac{a_N}{a_{N+1}}\cdots\ldots\frac{a_{n-2}}{a_{n-1}}\cdot\frac{a_{n-1}}{a_n}+\\
&\quad{}+\frac{a_{N+1}}{a_{N+2}}\cdots\ldots\frac{a_{n-2}}{a_{n-1}}\cdot\frac{a_{n-1}}{a_n}+\\
&\quad{}+\ldots+\\
&\quad{}+\frac{a_{n-2}}{a_{n-1}}\cdot \frac{a_{n-1}}{a_n}+\\
&\quad{}+\frac{a_{n-1}}{a_n}+\\
&\quad{}+1+{}\\
&\quad{}+\frac{a_{n+1}}{a_n}>\\
&>\left(\frac1{\alpha+\varepsilon}\right)^{n-N}+\left(\frac1{\alpha+\varepsilon}\right)^{n-N-1}+
\ldots+\frac1{\alpha+\varepsilon}+1+\frac{a_{n+1}}{a_n}.
\end{align*}

Juhul $\alpha\in[0,1)$ kehtib (piisavalt väikese $\varepsilon$ korral) $\frac1{\alpha+\varepsilon}>1$, seega parem pool on tõkestamata ning järelikult $\limsup_n b_n=\infty$.

Vaatleme juhtu $\alpha\geq1$. Saame, et
\begin{align*}
b_n&>\left(\frac1{\alpha+\varepsilon}\right)^{n-N}+\left(\frac1{\alpha+\varepsilon}\right)^{n-N-1}+
\ldots+\frac1{\alpha+\varepsilon}+1+\frac{a_{n+1}}{a_n}=\\
&=\frac{1-\left(\frac1{\alpha+\varepsilon}\right)^{n-N+1}}{1-\frac1{\alpha+\varepsilon}}+\frac{a_{n+1}}{a_n}.
\end{align*}
Ülemise piirväärtuse monotoonsuse tõttu
\[
\limsup_n b_n \geq \lim_n \frac{1-\left(\frac1{\alpha+\varepsilon}\right)^{n-N+1}}{1-\frac1{\alpha+\varepsilon}}+\limsup_n \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\alpha+\varepsilon}{\alpha+\varepsilon-1}+\alpha.
\]
Kuna selline võrratus kehtib iga $\varepsilon>0$ korral, siis juhul $\alpha=1$ saame, et $\limsup_n b_n=\infty$ (sest $1+\frac{1+\varepsilon}{\varepsilon}$ saab olla suurem mistahes reaalarvust).

Juhul $\alpha>1$ osutub, et $\sup\left\{\frac{\alpha+\varepsilon}{\alpha+\varepsilon-1}\colon\varepsilon>0\right\}=\frac{\alpha}{\alpha-1}$ (protsessis $\varepsilon\to0+$ kasvava ülalt tõkestatud suuruse piirväärtus), mistõttu
\[
\limsup_n b_n \geq \alpha+\frac\alpha{\alpha-1}=2+(\alpha-1)+\frac1{\alpha-1}\geq4.
\]

\emph{Märkus.} Lahendusest järeldub, et \emph{ainus} võimalus võrduse saamiseks ongi $\alpha-1=1$ ehk $\alpha=2$.


\end{enumerate}
\end{document}


