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

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

\begin{document}
\title{Matemaatika võistlus}
\date{Tartu, 13.03.2020}
\maketitle
\thispagestyle{empty}

\begin{enumerate}
\item
Olgu antud $4\times 2$ maatriks $A$ ja $2 \times 4$ maatriks $B$, mis rahuldavad tingimust
\[
AB = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 0\\
0 & 1 & 0 & -1\\
1 & 0 & -1 & 0\\
0 & 1 & 0 & -1\\
\end{pmatrix}.
\]
Leia $BA$.
\item
Kas jada $(a_n)$, mille puhul $a_1 = 3$ ja $a_{n+1} = \frac{5+\frac 2 {a_n}}{2+ \frac 1 {a_n}}$, $n \geq 1$, koondub? Kui jah, leia selle piirväärtus.
\item
Olgu $a > 1$. Tõesta, et
\[
\int_0^{\pi/2} \cos(ax) (\cos x)^{a-2} dx = 0.
\]
(Mõned erijuhud väärivad ka punkte: $a = 3$, $a=4$, $a \in \mathbb Z$.)
\item
Iga $n \in \mathbb N$ korral tähistame 
\[
\begin{pmatrix}
x_n & y_n \\
z_n & v_n
\end{pmatrix}
:= \begin{pmatrix}
1 & 1 \\
2 & 1
\end{pmatrix}^{2n}
-
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}.
\]
Tõesta, et 
\[
\lim_{n \to \infty}
\gcd(x_n, y_n, z_n, v_n) = \infty.
\]
(Siin $\gcd$ tähistab suurimat ühist tegurit.)
\item Leia kõik funktsioonid $f: 
(0, \infty) \to (0, \infty)$, mille korral
\[
f(x+f(y)) = f(x+y) + f(y)
\]
kõikide $x, y > 0$ korral.
\end{enumerate}
\newpage
\title{Math Competition}
\date{Tartu, 13.03.2020}
\maketitle
\thispagestyle{empty}
\begin{enumerate}
\item
Let $A$ be $4\times 2$ matrix and let $B$ be $2 \times 4$ matrix such that
\[
AB = \begin{pmatrix}
1 & 0 & -1 & 0\\
0 & 1 & 0 & -1\\
1 & 0 & -1 & 0\\
0 & 1 & 0 & -1\\
\end{pmatrix}.
\]
Find $BA$.
\item
Does the sequence $(a_n)$ with $a_1 = 3$ and $a_{n+1} = \frac{5+\frac 2 {a_n}}{2+ \frac 1 {a_n}}$, $n \geq 1$, converge? If yes, find its limit.
\item
Let $a > 1$. Prove that 
\[
\int_0^{\pi/2} \cos(ax) (\cos x)^{a-2} dx = 0.
\]
(Some points are reserved for cases: $a = 3$, $a=4$, $a \in \mathbb Z$.)
\item
Let 
\[
\begin{pmatrix}
x_n & y_n \\
z_n & v_n
\end{pmatrix}
:= \begin{pmatrix}
1 & 1 \\
2 & 1
\end{pmatrix}^{2n}
-
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}.
\]
Prove that 
\[
\lim_{n \to \infty}
\gcd(x_n, y_n, z_n, v_n) = \infty.
\]
\item Find all functions $f: 
(0, \infty) \to (0, \infty)$ satisfying
\[
f(x+f(y)) = f(x+y) + f(y)
\]
for all $x, y > 0$.
\end{enumerate}
\newpage
\textbf{Hints}
\begin{enumerate}
\item
Split both matrices into blocks of $2\times 2$ matrices.
\item
Find a fixed point and obtain a recurrence relation for the error, estimate using it.
\item
Split into 2 integrals using a trigonometric identity, integrate one of them using integration by parts.
\item
Prove that the matrix in question has the form 
$\begin{pmatrix}
a & b\\
2b & a
\end{pmatrix}$. It is useful to know its determinant. 

\item
Consider $g(x) := f(x) - x$. Look for standard properties of functions.
\end{enumerate}

\newpage
\begin{enumerate}
\item
Tähistame $A = 
\begin{pmatrix}
A_1\\
A_2
\end{pmatrix}
$,
$B=
\begin{pmatrix}
B_1 &
B_2
\end{pmatrix}
$
ning $E = \begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & 1
\end{pmatrix}$.
Siis
\[
AB = 
\begin{pmatrix}
A_1 B_1 & A_1 B_2\\
A_2 B_1 & A_2 B_2
\end{pmatrix}
= 
\begin{pmatrix}
E & -E\\
E & -E
\end{pmatrix}.
\]
Niisiis $B_1 = A_1^{-1}$ and $B_2 = -A_2^{-1}$. Järelikult,
\[
BA = B_1A_1 - B_2A_2 = \begin{pmatrix}
0 & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}.
\]
\item \emph{Lahendus 1.}
Piirväärtus (kui see on olemas) on järgmise rekurrentsi püsipunkt:
\[
a = \frac{5+\frac 2 {a}}{2+ \frac 1 {a}}
\Leftrightarrow 2a+1 = 5 + \frac 2 a
\Leftrightarrow a^2 - 2a - 1 = 0
\Leftrightarrow a = 1 \pm \sqrt 2.
\]
Kuna jada liikmed on positiivsed, siis ainus võimalus saaks olla $a = 1 + \sqrt 2$. Tähistame $a + \delta_n = a_n$. Nüüd
\[
a + \delta_{n+1} = \frac{5+\frac 2 {a + \delta_n}}{2+ \frac 1 {a + \delta_n}} =
\frac{5(a + \delta_n)+ 2}{2(a + \delta_n)+ 1}
= \frac{7 + 5\sqrt 2 + 5\delta_n}{3 + 2\sqrt 2 +2\delta_n}, 
\]
mistõttu
\[
\delta_{n+1} = \frac{7 + 5\sqrt 2 + 5\delta_n - 
(1+\sqrt 2)(3 + 2\sqrt 2 +2\delta_n)}{3 + 2\sqrt 2 +2\delta_n} = \frac{(3 - 2\sqrt 2)\delta_n}{3 + 2\sqrt 2 +2\delta_n}.
\]
Kui $|\delta_n| < 1$, siis
\[
|\delta_{n+1}| < \frac{(3 - 2\sqrt 2)}{3} \cdot |\delta_n|.
\]
Märgime, et $\delta_1 = 3 - (1+\sqrt 2) = 2 - \sqrt 2 \approx 0.6 < 1$.
Seega $\delta_n \to 0$.

\emph{Lahendus 2.}
Jada $(a_n)$ koonduvust saab tõestada ka järgmisel viisil.
On selge, et $a_n>0$ iga $n$ korral. 

Saame, et $a_{n+1}=\frac{5a_n+2}{2a_n+1}=\frac52-\frac1{4a_n+2}$ (formaalselt nagu "`ratsionaalmurru teisendamine polünoomi ja algmurdude summaks"').
Järelikult eeldusel $a_n>a_{n+1}$ kehtib
$\frac1{4a_n+2}<\frac1{4a_{n+1}+2}$ ning seega ka $a_{n+1}>a_{n+2}$. Et $a_1>a_2$, siis induktsiooni abil näeme, et jada on rangelt kahanev.

On teada, et kahanev alt tõkestatud jada on koonduv.

Piirväärtuse leiame samal moel nagu eelmises lahenduses.

\emph{Lahendus 3.}
Funktsioon $f(x)=\frac{5+\frac2x}{2+\frac1x}=\frac{5x+2}{2x+1}=\frac52-\frac1{4x+2}$ kujutab lõigu $[2,3]$ samasse lõiku (kuna funktsioon on kasvav,
siis piisab näha, et $f(2)\geq2$ ja $f(3)\leq 3$). Leiame, et $f'(x)=\frac1{(2x+1)^2}$, seega $|f'(x)|<1$ lõigus $[2,3]$, järelikult $f$ on ahendav lõigus $[2,3]$.
Banachi püsipunkti printsiibi kohaselt leidub funktsioonil $f$ lõigus $[2,3]$ täpselt üks püsipunkt. Selle leiame nagu lahenduses 1.

\emph{Lahendus 4.}
Uurime jada $b_n=(a_n-1)^2-2$. Saame, et 
\begin{align*}
b_{n+1}&=\left(\frac{5 a_n+2}{2a_n+1}-1\right)^2-2=
\left(\frac{3a_n+1}{2a_n+1}\right)^2-2=\\
&=\frac{9a_n^2+6a_n+1-8a_n^2-8a_n-2}{(2a_n+1)^2}=\frac{(a_n-1)^2-2}{(2a_n+1)^2}=\frac{b_n}{(2a_n+1)^2}.
\end{align*}
Et $b_1=2>0$ ja $2a_n+1\ne0$ (sest $a_n>0$), siis
induktiivselt leiame, et $b_n>0$ iga $n$ korral. Siit teeme järelduse, et $(a_n-1)^2>2$, mistõttu $a_n>1+\sqrt{2}$ iga $n$ korral.
Samuti näeme, et jada $(b_n)$ on kahanev. Et $a_n>1+\sqrt{2}$, siis $(2a_n+1)^2 > (2(1+\sqrt{2})+1)^2=(3+2\sqrt{2})^2=17+12\sqrt{2}$.
Siit teeme järelduse, et $b_n=\frac{b_1}{(17+12\sqrt{2})^{n-1}}\to0$, millest $a_n\to1+\sqrt{2}$.

\emph{Märkus.} Jada $(a_n)$ kahanevust on võimalik näidata mitmel moel. Uurides vahetult võrratust
$a_n\geq a_{n+1}$ näeme, et see on samaväärne tingimusega $a_n\geq \frac{5a_n+2}{2a_n+1}$ ehk $(a_n-(1+\sqrt{2}))(a_n-(1-\sqrt{2}))\geq0$.
Seega peame lisaks näitama, et $a_n\geq 1+\sqrt{2}$, enne pole selliselt arutledes kasvavus näidatud.

Induktsiooniga saab aga näidata küll, et $a_n>1+\sqrt{2}$. Nimelt, $n=1$ korral see väide kehtib. Olgu teada, et $a_n>1+\sqrt{2}$ mingi $n$
korral. Tingimus $a_{n+1}>1+\sqrt{2}$ tähendab, et $\frac52-\frac1{4a_n+2}>1+\sqrt{2}$ ehk $4a_n+2>\frac1{\frac32-\sqrt{2}}=6+4\sqrt{2}$,
mistõttu $4a_n>4+4\sqrt{2}$ ja $a_n>1+\sqrt{2}$, nagu vaja.

\item
Kasutame summa koosinuse valemit:
\[
\int_0^{\pi/2} \cos(ax) (\cos x)^{a-2}\, \mathrm{d}x
= \int_0^{\pi/2} \cos((a-1)x) (\cos x)^{a-1} \,\mathrm{d}x
- \int_0^{\pi/2} \sin((a-1)x) \sin x (\cos x)^{a-2} \,\mathrm{d}x.
\]
Samas aga
\begin{align*}
- \int_0^{\pi/2} \sin((a-1)x) \sin x (\cos x)^{a-2} \,\mathrm{d}x &= \int_0^{\pi/2} \frac{\sin((a-1)x)}{a-1} \,\mathrm{d}(\cos x)^{a-1} \\
& = \left.\frac{\sin((a-1)x)(\cos x)^{a-1}}{a-1}\right|_0^{\pi/2} - \int_0^{\pi/2} \frac{(\cos x)^{a-1}}{a-1} \,\mathrm{d} \sin((a-1)x)\\
& = 0 - \int_0^{\pi/2} \cos((a-1)x) (\cos x)^{a-1} \,\mathrm{d}x.
\end{align*}

\emph{Märkus 1.}
Kuna $\cos 3x=(\cos x)-4\cos x (\sin x)^2$, siis
\begin{align*}
\int_0^{\pi/2} \cos 3x\cos x\,\mathrm{d}x&=\int_0^{\pi/2}(\cos x)^2\,\mathrm{d}x-4\int_0^{\pi/2}(\sin x\cos x)^2\,\mathrm{d}x.
\end{align*}
Ositi integreerimise või võrduste $(\cos x)^2=\frac{1+\cos 2x}{2}$ ja
$(\sin x\cos x)^2=\left(\frac{\sin 2x}{2}\right)^2 =\frac{1-\cos 4x}{4}$ abil vahetu integreerimise teel leiame, et
$\int_0^{\pi/2}(\cos x)^2\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{4}$ ja $\int_0^{\pi/2}(\sin x\cos x)^2\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{16}$.

Analoogiliselt saab käituda juhul $a=4$, arvestades, et $\cos 4x=1-8\left(\cos x\sin x\right)^2$.

\emph{Märkus 2.} Juhul $a=3$ on abi ka järgmisest valemist (trigonomeetriliste funktsioonide korrutise teisendamine summaks):
\[
\cos 3x\cos x=\frac12(\cos 4x+\cos 2x)
\]
Paraku analoogseid valemeid pole üldjuhu jaoks.

\emph{Märkus 3.}
Ositi integreerida saab juhul $a=3$ ka nii:
\begin{align*}
\int_0^{\pi/2} \cos 3x\cos x\,\mathrm{d}x&=\cos 3x\sin x\big|_0^{\pi/2}+3\int_0^{\pi/2}\sin 3x\sin x\,\mathrm{d}x=\\
&=3\left(-\sin 3x\cos x\big|_0^{\pi/2}+3\int_0^{\pi/2}\cos 3x\cos x\,\mathrm{d}x\right),
\end{align*}
seega $8\int_0^{\pi/2}\cos 3x\cos x\,\mathrm{d}x$, millest $\int_0^{\pi/2}\cos 3x\cos x\,\mathrm{d}x=0$.

Sarnaselt saab arutleda ka juhul $a=4$.

\item
Tähistame $A = \begin{pmatrix}
1 & 1 \\
2 & 1
\end{pmatrix}$. On selge, et $A^n$ üldkuju on
$\begin{pmatrix}
a & b \\
2b & a
\end{pmatrix}$ ning $|A^n| = a^2 - 2b^2 = (-1)^n$.
Märgime, et $A^{2n} - E = \begin{pmatrix}
a^2 + 2b^2 - 1 & 2ab \\
4ab & a^2 + 2b^2 - 1
\end{pmatrix}$,
mistõttu ülesandes toodud gcd on $g_n:= \gcd(a^2 + 2b^2 - 1, 2ab)$.

Kui $a^2 - 1 = 2b^2$, siis $g_n = \gcd(4b^2, 2ab) = 2b\cdot \gcd(2b,a)$. Muul juhul $a^2 = 2b^2 - 1$, seega
$g_n = \gcd(2a^2, 2ab) = 2a \cdot\gcd(a,b)$. Et nii $a$ kui ka $b$ on kasvavad suurused, kehtib $g_n \to \infty$.

\begin{comment}
\emph{Lahendus 2.}
Tähistame maatriksite jada liikme järgnevalt:
\begin{align*}
A_n&=\left(\begin{array}{rr} 1&1\\ 2&1\end{array}\right)^{2n}-\left(\begin{array}{rr} 1&0\\0&1\end{array}\right)=
\left(\begin{array}{rr} 3&2\\ 4&3\end{array}\right)^{n}-\left(\begin{array}{rr} 1&0\\0&1\end{array}\right)=\\
&=\left(A_{n-1}+\left(\begin{array}{rr} 1&0\\0&1\end{array}\right)\right)\cdot \left(\begin{array}{rr} 3&2\\ 4&3\end{array}\right)-\left(\begin{array}{rr} 1&0\\0&1\end{array}\right)=\\
A_{n-1}\cdot \left(\begin{array}{rr} 3&2\\ 4&3\end{array}\right)+\left(\begin{array}{rr} 2&2\\4&2\end{array}\right)
\end{align*}
Seega kehtib järgmine seos:
\[
\left(\begin{array}{rr} x_n & y_n \\ z_n & v_n \end{array}\right)=\left(\begin{array}{rr}3x_{n-1}+4y_{n-1}+2 & 2 x_{n-1}+3 y_{n-1}+2\\
3z_{n-1}+4v_{n-1}+4 & 2z_{n-1}+3 v_{n-1}+2\end{array}\right)
\]
Et suurim ühistegur ei muutu, kui ühele operandile liita mistahes arv korda teine, siis
\begin{align*}
\gcd \left(\begin{array}{rr} x_n & y_n \\ z_n & v_n \end{array}\right)&=\gcd\left(\begin{array}{rr}3x_{n-1}+4y_{n-1}+2 & 2 x_{n-1}+3 y_{n-1}+2\\
3z_{n-1}+4v_{n-1}+4 & 2z_{n-1}+3 v_{n-1}+2\end{array}\right)=\\
&=\gcd\left(\begin{array}{rr}x_{n-1}+y_{n-1} & 2 x_{n-1}+3 y_{n-1}+2\\
z_{n-1}+v_{n-1}+2 & 2z_{n-1}+3 v_{n-1}+2\end{array}\right)=\\
&=\gcd\left(\begin{array}{rr}x_{n-1}+y_{n-1} & y_{n-1}+2\\
z_{n-1}+v_{n-1}+2 & v_{n-1}-2\end{array}\right)=\\
&=\gcd\left(\begin{array}{rr}x_{n-1}-2 & y_{n-1}+2\\
z_{n-1}+4 & v_{n-1}-2\end{array}\right).
\end{align*}
\end{comment}

\item
Tõestame kõigepealt, et $f(y) > y$ kõigi $y > 0$ korral.
Kui mingi arvu $y > 0$ jaoks oleks tingimus $f(y)>y$ rikutud, siis kas $f(y) = y$,
mis annaks sarnaste liikmete koondamise järel võrduse $f(y) = 0$, või
$y > f(y)$ ning
\[
f(y) = f(y - f(y) + f(y)) = f(y - f(y) + y) + f(y),
\]
mistõttu $f(2y - f(y)) = 0$ (arvestame, et $2y - f(y) > 0$). Mõlemad juhud annavad vastuolu.

Nüüd saame defineerida abifunktsiooni $g(x) := f(x) - x > 0$ kõigi $x > 0$ korral. Algne tingimus omandab järgmise kuju:
\[
g(x + g(y) + y) + x + g(y) + y = g(x+y) + x + y + g(y) + y
\]
ehk
\[
g(x + y + g(y)) = g(x+y) + y
\]
iga $x,y > 0$ korral. Teisisõnu,
\begin{equation}
\label{g-eq}
g(x+g(y)) = g(x) + y
\end{equation}
alati, kui $x > y > 0$.
On selge, et $g$ on injektiivne (kehtigu $g(y)=g(z)$, olgu $x>y,z$, siis $y=g(x+g(y))-g(x)=g(x+g(z))-g(x)=z$). Järelikult, kui
$x>y+z$, siis
\[
g(x + g(y+z)) = g(x) + y + z = g(x + g(y)) + z = 
g(x + g(y) + g(z)).
\]
Tänu injektiivsusele saame, et funktsioon $g$ on aditiivne: $g(y+z) = g(y) + g(z)$ kõigi $y,z > 0$ jaoks. See on aga Cauchy funktsionaalvõrrand
positiivsete väärtustega funktsiooni jaoks ning teadaolevalt selle kõik lahendid on kujul $g(x) = cx$, kus $c$ on mingi positiivne konstant.

Määrame konstandi $c$ väärtuse.
Aditiivsus koos tingimusega (\ref{g-eq}) annab, et $g(g(y)) = y$ kõigi $y > 0$ jaoks, seega siis $c^2 y = y$ kõigi $y > 0$ jaoks. Niisiis $c = 1$, seega $g(x) = x$ ja järelikult $f(x) = 2x$ kõigi arvude $x > 0$ jaoks.

Vahetu kontroll näitab, et $f(x)=2x$ rahuldab lähtevõrrandit.

\emph{Cauchy funktsionaalvõrrani lahendus:} Esmalt kontrollitakse, et $g(nx) = ng(x)$ kõigi naturaalarvude $n$ ja reaalarvude $x >0$ korral.
Seejärel valitakse $x$ rolli $x/n$ ning saadakse, et $g(x/n) = g(x)/n$. Nende kombineerimisel saame, et iga positiivse ratsionaalarvu $q$ ja iga $x>0$ korral $g(qx) = qg(x)$. Kuna $g$ omandab ainult positiivseid väärtusi, garanteerib $g$ aditiivsus selle, et $g$ on rangelt kasvav. (Tõepoolest,
valime $x<y$, siis $g(y)=g(x+(y-x))=g(x)+g(y-x)>g(x)$.)

Olgu $x > 0$ irratsionaalne, leiame alt ja ülalt ratsionaallähendid: $q_n<x<r_n$, kus $q_n,r_n\to x$. Siis 
\[
c x = c \lim q_n = \lim g(q_n) \leq g(x) \leq \lim g(r_n) = c \lim r_n = c x,
\]
mistõttu $g(x) = cx$.


\end{enumerate}
\end{document}
