\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, 08.03.2024}
\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 Defineerime iga $z\in\mathbb{C}$ korral maatriksi $A(z)\in\Mat_3(\mathbb{C})$ järgmise valemiga:
\[
A(z)=\left(\begin{array}{ccc}4z^2&1&-1\\ -1&2z^2&0\\ 3&0&1\end{array}\right).
\]
Mitu erinevat sellist $z$ väärtust leidub, et $|z|<1$ ning $A(z)$ ei ole pööratav?


\item Olgu $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ diferentseeruv lahtises ühikringis $D=\{(x,y)\colon x^2+y^2<1\}$ ning kehtigu $f(0,0)=0$. Tõestage, et iga punkti $(x,y)\in D$ korral kehtib võrdus
\[
f(x,y)=x\int_0^1 \frac{\partial f}{\partial x}(xt,yt)\,\mathrm{d}t+y\int_0^1\frac{\partial f}{\partial y}(xt,yt)\,\mathrm{d}t.
\]

{\small \emph{Märkus.} Osatuletised defineeritakse valemitega $\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)=\lim_{h\to0}\frac{f(a+h,b)-f(a,b)}{h}$ ning $\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)=\lim_{h\to0}\frac{f(a,b+h)-f(a,b)}{h}$.}

\item Tehke kindlaks, kas rida 
\[
\sqrt{2}+\sqrt{2-\sqrt{2}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}+\ldots
\]
on koonduv või hajuv.

\item Olgu $(R,+,\cdot)$ lõplik ring. Tõestage, et leiduvad positiivsed täisarvud $m$ ja $n$ nii, et $m>n$ ning
\[
\forall x\in R\qquad x^m=x^n.
\]

\item Olgu iga $n\in\mathbb{N}$ korral $a_n>0$ ning olgu $\sum_{n=1}^\infty a_n=\infty$. Tähistame arvrea $\sum_{n=1}^\infty a_n$ osasummade jada sümboliga $(S_n)$.
\begin{enumerate}
    \item Tõestage, et rida $\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{S_n}$ on hajuv.
    \item Tõestage, et rida $\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{S_n^2}$ on koonduv.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage
\title{Math Competition}
\date{Tartu, 08.03.2024}
\maketitle
\thispagestyle{empty}
\begin{enumerate}
\item For every complex number $z$ define a matrix $A(z)\in\Mat_3(\mathbb{C})$ as follows:
\[
A(z)=\left(\begin{array}{ccc}4z^2&1&-1\\ -1&2z^2&0\\ 3&0&1\end{array}\right).
\]
How many different values of $z$ does there exist such that $|z|<1$ and $A(z)$ is not invertible?


\item Let a function $f\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ be differentiable in the open unit disc $D=\{(x,y)\colon x^2+y^2<1\}$ and let us have $f(0,0)=0$. Prove that for every point $(x,y)\in D$ the following equality
\[
f(x,y)=x\int_0^1 \frac{\partial f}{\partial x}(xt,yt)\,\mathrm{d}t+y\int_0^1\frac{\partial f}{\partial y}(xt,yt)\,\mathrm{d}t.
\]
holds.

{\small \emph{Remark.} The partial derivatives are defined as $\frac{\partial f}{\partial x}(a,b)=\lim_{h\to0}\frac{f(a+h,b)-f(a,b)}{h}$ and $\frac{\partial f}{\partial y}(a,b)=\lim_{h\to0}\frac{f(a,b+h)-f(a,b)}{h}$.}

\item Is the series 
\[
\sqrt{2}+\sqrt{2-\sqrt{2}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}}+\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}+\ldots
\]
convergent or divergent?

\item Let $(R,+,\cdot)$ be a finite ring. Prove that there exist positive integers $m$ and $n$ such that $m>n$ and
\[
\forall x\in R\qquad x^m=x^n.
\]

\item Assume that for every $n\in\mathbb{N}$ there holds $a_n>0$. Let $\sum_{n=1}^\infty a_n=\infty$. Denote the sequence of partial sums of the series $\sum_{n=1}^\infty a_n$ by $(S_n)$.
\begin{enumerate}
    \item Prove that the series $\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{S_n}$ is divergent.
    \item Prove that the series $\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{S_n^2}$ is convergent.
\end{enumerate}
\end{enumerate}


\newpage

\section*{Lahendused}
\begin{enumerate}
\item \emph{Lahendus 1.} Maatriks pole pööratav parajasti siis, kui determinant on $0$. Saame, et
\[
\det A(z)=8z^4+6z^2+1.
\]
Seega tuleb lahendada küsimus, mitu juurt on polünoomil $\det A$ ühikringis.

Polünoom $\det A$ on biruutpolünoom, seetõttu saame leida selle juured täpselt. Tähistades $z^2=u$, leiame, et
\[
8u^2+6u+1=0\quad\Leftrightarrow\quad u=\frac{-6\pm\sqrt{36-32}}{16}=\frac{-3\pm1}{8}\in\left\{-\frac14,-\frac12\right\}.
\]
Mõlema $u$ väärtuse ruutjuured jäävad ühikringi sisse, nad on $\pm\frac{\mathrm{i}}{2},\pm\frac{\mathrm{i}}{\sqrt{2}}$.

Järelikult on ülesandes otsitavaid $z$ erinevaid väärtusi $4$ tükki.

\emph{Lahendus 2.} Alustame analoogiliselt eelmise lahendusega; leiame, et vaja on uurida polünoomi $\det A$ selliste juurte arvu, mis jäävad ühikringi sisse.
Kuna polünoomil $p(z)=8z^4$ on ühikringis $4$ juurt ning ühikringjoonel $|z|=1$ kehtib
\[
|8z^4|=8|z|^4=8>7\geq |6z^2+1|,
\]
siis vastavalt Rouch\'e teoreemile on ka polünoomide $p$ ja $6z^2+1$ summal ehk polünoomil $\det A$ neli juurt ühikringis.

Et
\[
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}(\det A(z))=z(32z^2+12)
\]
ja selle polünoomi juured on
\[
0,\quad \pm\mathrm{i}\sqrt{\frac{3}8},
\]
millest ükski pole $\det A(z)$ juur, siis $\det A(z)$ juurtest ükski pole kordne juur. Järelikult on ülesandes otsitavaid $z$ erinevaid väärtusi $4$ tükki.

\emph{Märkus.} Kuigi lahendus 2 kasutab täiendavat tööriista (Rouch\'e teoreem polünoomi $f+g$ juurte määramiseks sellises piirkonnas, mille rajal $f$ domineerib), on ta selles mõttes üldisem, et ei vajata juurte endi väljaarvutamist.

\item Vaatame funktsiooni $g(x,y,t)=f(xt,yt)$. Funktsioon $g$ on diferentseeruv, sest ta on diferentseeruvate funktsioonide kompositsioon. Vastavalt ahelareeglile
\[
\frac{\partial g}{\partial t}(x,y,t)=\frac{\partial f}{\partial x}(xt,yt)\cdot x+\frac{\partial f}{\partial y}(xt,yt)\cdot y.
\]
Võttes võrduse pooltest integraali $\int_0^1$ muutuja $t$ järgi, on paremal täpselt tegu uuritava võrduse parema poolega (sest $x$ ja $y$ on konstandid $t$ seisukohast).
Seega peame tõestama, et
\[
\int_0^1 \frac{\partial g}{\partial t}(x,y,t)\,\mathrm{d}t=f(x,y).
\]
See võrdus aga kehtib, sest funktsiooni $t\mapsto\frac{\partial g}{\partial t}(x,y,t)$ algfunktsioon on $g$ ja järelikult Newton--Leibnizi valemi põhjal 
\[
\int_0^1 \frac{\partial g}{\partial t}(x,y,t)\,\mathrm{d}t=g(x,y,1)-g(x,y,0)=f(x,y)-f(0,0)=f(x,y).
\]

\item \emph{Vastus.} Koonduv.

\emph{Lahendus 1.}
Tähistame $f(x)=\sqrt{2+x}$, $a_0=0$ ja $a_n=f(a_{n-1})$, $n=1,2,\ldots$. Nüüd on võimalik uuritav rida ümber kirjutada kujule
\begin{equation}\label{rida}
\sum_{n=0}^\infty \sqrt{f(2)-f(a_n)}.
\end{equation}

Näitame, et rida \eqref{rida} on koonduv, sest teda majoreerib koonduv geomeetriline rida (I võrdluslause). Täpsemalt, tõestame, et
\begin{equation}\label{Ivordl}
\sqrt{f(2)-f(a_n)}\leq \left(\frac1{2\sqrt2}\right)^n\cdot (2-\sqrt{2}),\qquad n=0,1,\ldots
\end{equation}

Võrratuse \eqref{Ivordl} tõestame matemaatilise induktsiooni teel. Baasi kontroll on vahetu.
Sammu läbiviimiseks kasutame Lagrange'i keskväärtusteoreemi funktsiooni $f$ jaoks lõigus otspunktidega $2$ ja $a_n$. Arvestame, et $f'(x)=\frac1{2\sqrt{2+x}}$ %, jada $(a_n)$ on kasvav ja 
ning $0\leq a_n<2$ iga $n$ korral. Viimase hinnangu saab omakorda tõestada induktiivselt: kui $a_{n-1}<2$, siis $a_n=\sqrt{2+a_{n-1}}<\sqrt{4}=2$. %sealjuures ka $a_{n-1}<\sqrt{2+a_{n-1}}$, sest see võrratus on samaväärne tingimusega $(2-a_{n-1})(1+a_{n-1})>0$.

Lagrange'i keskväärtusteoreem funktsiooni $f$ jaoks lõigus $[a_n,2]$ annab punkti $c_n\in(a_n,2)$ nii, et 
\begin{align*}
\sqrt{f(2)-f(a_n)} &= \sqrt{f'(c_n)}\cdot \sqrt{2-a_n} = \frac1{2\sqrt{2+c_n}}\cdot \sqrt{f(2)-f(a_{n-1})}<\\
&<\frac1{2\sqrt2}\cdot \sqrt{f(2)-f(a_{n-1})}.
\end{align*}
Eeldades, et 
\[
\sqrt{f(2)-f(a_{n-1})}\leq \left(\frac1{2\sqrt2}\right)^{n-1}\cdot (2-\sqrt{2}),
\]
annab saadud tulemus sammu teostamisel ühe teguri $\frac1{2\sqrt2}$ juurde.

Kuna $\frac1{2\sqrt2}<1$, siis rida liikmetega $\left(\frac1{2\sqrt2}\right)^n\cdot (2-\sqrt{2})$ on koonduv. Järelikult on võrratuse \eqref{Ivordl} tõttu koonduv ka uuritav rida.

\emph{Lahendus 2.}
Paneme tähele, et
\begin{align*}
\sin\frac\pi4&=\cos\frac\pi4=\frac{\sqrt{2}}{2},\\
\sin\frac{\pi}{8}&=\sqrt{\frac{1-\cos\frac\pi4}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}{2}}=\frac12\cdot\sqrt{2-\sqrt{2}},\\
\cos\frac{\pi}{8}&=\sqrt{\frac{1+\cos\frac\pi4}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}{2}}=\frac12\cdot\sqrt{2+\sqrt{2}},\\
\sin\frac{\pi}{16}&=\sqrt{\frac{1-\cos\frac\pi8}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac12\cdot\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}}=\frac12\cdot\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2}}},\\
\cos\frac{\pi}{16}&=\sqrt{\frac{1+\cos\frac\pi8}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac12\cdot\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}}=\frac12\cdot\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}.
\end{align*}
Üldiselt, kui teame, et
\begin{align*}
    \sin\frac{\pi}{2^{n+1}}&=\frac12\cdot\underbrace{\sqrt{2-\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}_{\text{$n$ juuremärki}},\\
\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}&=\frac12\cdot\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}_{\text{$n$ juuremärki}},
\end{align*}
siis 
\begin{align*}
    \sin\frac{\pi}{2^{n+2}}&=\sqrt{\frac{1-\cos\frac\pi{2^{n+1}}}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac12\cdot\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}_{\text{$n$ juuremärki}}}{2}}=\\
	&=\frac12\cdot\underbrace{\sqrt{2-\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}_{\text{$n+1$ juuremärki}},\\
\cos\frac{\pi}{2^{n+2}}&=\sqrt{\frac{1+\cos\frac\pi{2^{n+1}}}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac12\cdot\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}_{\text{$n$ juuremärki}}}{2}}=\\
&=\frac12\cdot\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots+\sqrt{2}}}}_{\text{$n+1$ juuremärki}}.
\end{align*}
Matemaatilise induktsiooni printsiibi põhjal on uuritav rida
\[
\sum_{k=1}^\infty2\sin\frac\pi{2^{k+1}}.
\]
Kuna protsessis $k\to\infty$ kehtib $\lim_k\frac{\sin\frac\pi{2^{k+1}}}{\frac\pi{2^{k+1}}}=1$ ning rida $\sum_{k=1}^\infty \frac\pi{2^{k+1}}$ on koonduv (sest ta on geomeetriline rida), siis mittenegatiivsete liikmetega ridade II võrdluslause kohaselt on koonduv ka uuritav rida.


\item Olgu ringi $R$ elementide arv $k$ ning $R=\{ r_1,\ldots,r_k\}$. Vaatleme otsekorrutist
\[
S=\underbrace{R\times R\times\ldots\times R}_{\text{$k$ otsetegurit}}.
\]
Vahetu kontroll näitab, et $S$ on samuti ring komponendiviisiliste tehete suhtes.

Tähistame $\alpha=(r_1,\ldots,r_k)\in S$ ning vaatleme elementide jada $\alpha,\alpha^2,\alpha^3,\ldots$
Kuna $S$ on samuti lõplik ring, peab Dirichlet' printsiibi kohaselt leiduma selles jadas kaks võrdset elementi: $\alpha^n=\alpha^m$. Nüüd samasugune võrdus kehtib ka koordinaatide kaupa: $r_i^n=r_i^m$, kus $1\leq i\leq k$.

\item 
\begin{enumerate}
    \item Paneme tähele, et kõigi positiivsete täisarvude $n$ ja $p$ korral
    \[
    \frac{a_{n+1}}{S_{n+1}}+\frac{a_{n+2}}{S_{n+2}}+\ldots+\frac{a_{n+p}}{S_{n+p}}\geq \frac{\sum_{k=n+1}^{n+p}a_k}{S_{n+p}}=\frac{S_{n+p}-S_n}{S_{n+p}}.
    \]
    Kuna $\lim_{p\to\infty}\frac{S_{n+p}-S_n}{S_{n+p}}=1$, kehtib iga $n$ ja piisavalt suure $p=p(n)$ korral
    \[
    \frac{a_{n+1}}{S_{n+1}}+\frac{a_{n+2}}{S_{n+2}}+\ldots+\frac{a_{n+p}}{S_{n+p}}> \frac12.
    \]
    Järelikult rea $\sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{S_n}$ osasummade jada pole Cauchy jada, mistõttu rida on hajuv.

    \item Paneme tähele, et kui $n>1$, siis
    \[
    \frac{a_n}{S_n^2}\leq \frac{a_n}{S_nS_{n-1}}=\frac{S_{n}-S_{n-1}}{S_nS_{n-1}}=\frac1{S_{n-1}}-\frac1{S_n}.
    \]
    Seega, kui $n$ ja $p$ on suvalised positiivsed täisarvud, siis
    \[
    \sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{a_n}{S_n^2}\leq \sum_{k=n+1}^{n+p}\left(\frac1{S_{k-1}}-\frac1{S_k}\right)=\frac1{S_n}-\frac1{S_{n+p}} < \frac1{S_n}.
    \]
    Et $\lim_{n\to\infty}\frac1{S_n}=0$ (sest ülesande tingimuste kohaselt $\lim_{n\to\infty}S_n=\infty$), siis Cauchy kriteeriumi kohaselt on rida $\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{S_n^2}$ koonduv.
\end{enumerate}


\end{enumerate}
\end{document}

