\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]{geometry}
\usepackage[estonian]{babel}
\usepackage[pdftex]{graphicx}
\usepackage{titling}
\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 1.5em%
    {\large \@date}%
  \end{center}%
  \par
  \vskip 1.5em}
\makeatother
\begin{document}
\title{Tartu Ülikooli matemaatikaolümpiaad}
\date{Tartu, 17.05.2024}
\maketitle
\thispagestyle{empty}

\begin{enumerate}
\item Mitu korda on keskmiselt vaja visata ideaalset täringut (iga silmade arvu $1,2,3,4,5,6$ saamise tõenäosus on $\frac16$, sõltumata teistest visetest), kuni saadakse tulemuseks 6 silma?

\item Tõestage, et diferentsiaalvõrrandi
\[
y'=\frac1{1+x^2+y^2}
\]
iga lahend on tõkestatud funktsioon.

\item Tähistagu $\mathbb{R}[x]$ kõigi polünoomfunktsioonide $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ hulka. 
Igale polünoom\-funkt\-sioo\-ni\-le $p\in\mathbb{R}[x]$ olgu seatud vastavusse reaalarv $D(p)$ nii, et
\begin{enumerate}
\renewcommand{\labelenumii}{\arabic{enumii})}
\item $D(\alpha_1 p_1+\alpha_2 p_2)=\alpha_1 D(p_1)+\alpha_2 D(p_2)$,
\item $D(p_1p_2)=D(p_1) p_2(\tfrac12)+p_1(\tfrac12)D(p_2)$,
\end{enumerate}
kus $p_1,p_2\in\mathbb{R}[x]$ ning $\alpha_1,\alpha\in\mathbb{R}$ on suvalised. (Kirjutis $p_1 p_2$ tähistab punktiviisi korrutist.)

\begin{enumerate}
\renewcommand{\labelenumii}{\alph{enumii})}
\item %Leidke $D(p)$ avaldis iga $p\in\mathbb{R}[x]$ jaoks.
Tõestage, et $D(p)=Cp'(\tfrac12)$ (kus $C\in\mathbb{R}$).
\item Asendame $D$ definitsioonis polünoomfunktsioonide hulga $\mathbb{R}[x]$ hulgaga $C[0,1]$ (pidevad funktsioonid $[0,1]\to\mathbb{R}$). 
%Leidke $D(f)$ avaldis iga $f\in C[0,1]$ jaoks.
Tõestage, et nüüd $D(f)=0$ iga $f\in C[0,1]$ korral.
%\item Tõestage, et kui operaatorit $D$ määravad tingimused 1) ja 2) jätta samaks, aga asendada argumentide hulk $\mathbb{R}[x]$ hulgaga $C[0,1]$ (kõik lõigus $[0,1]$ pidevad funktsioonid), siis $D(f)=0$ iga $f\in C[0,1]$ korral.
\end{enumerate}

\item Olgu $a,b,c\in\mathbb{C}$. Tõestage, et $a,b,c$ on komplekstasandil asuva (võib-olla kidunud) võrdkülgse kolmnurga tipud parajasti siis, kui
\[
a^2+b^2+c^2=bc+ca+ab.
\]

\item Tõestage, et igal lõplikul rühmal, mille elementide arv on vähemalt $3$, leidub mittetriviaalne (st. samasusteisendusest erinev) automorfism.

\emph{Märkus.} Olgu $G$ rühm tehte $*$ suhtes. Bijektsiooni $f\colon G\to G$, mille korral $f(x*y)=f(x)*f(y)$ iga $x,y\in G$ jaoks, nimetatakse rühma $G$ \emph{automorfismiks}.

\item Mina\v{c} ja Willans on saanud järgmise valemi $n$-nda algarvu leidmiseks:
\[
p_n=1+\sum_{m=1}^{2^n} \left\lfloor\left\lfloor\frac{n}{1+\sum_{j=2}^m\left\lfloor \frac{(j-1)!+1}{j}-\left\lfloor\frac{(j-1)!}{j}\right\rfloor\right\rfloor}\right\rfloor^{\frac1n}\right\rfloor.
\]
Tõestage, et valem kehtib.

\emph{Märkus.} Kirjutis $\lfloor x\rfloor$ tähistab suurimat täisarvu, mis ei ületa arvu $x$, st. täisarvu, mis rahuldab järgmisi võrratusi: $\lfloor x\rfloor \leq x<\lfloor x\rfloor +1$.


\end{enumerate}

\newpage
\title{Math Olympiad of University of Tartu}
\date{Tartu, 17.05.2024}
\maketitle
\thispagestyle{empty}
\begin{enumerate}
\item What is the average number of times that an ideal dice (the probability of obtaining any of the values $1, 2, 3, 4, 5, 6$ is $\frac16$ independently of other rolls) must be rolled until one obtains the value $6$?

\item Prove that every solution of the differential equation
\[
y'=\frac1{1+x^2+y^2}
\]
is a bounded function.

\item Let us denote by $\mathbb{R}[x]$ the set of all polynomial functions $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$. 
For every polynomial function $p\in\mathbb{R}[x]$ let us denote a real number $D(p)$ such that
\begin{enumerate}
\renewcommand{\labelenumii}{\arabic{enumii})}
\item $D(\alpha_1 p_1+\alpha_2 p_2)=\alpha_1 D(p_1)+\alpha_2 D(p_2)$,
\item $D(p_1p_2)=D(p_1) p_2(\tfrac12)+p_1(\tfrac12)D(p_2)$,
\end{enumerate}
where $p_1,p_2\in\mathbb{R}[x]$ and $\alpha_1,\alpha\in\mathbb{R}$ are arbitrary. (The expression $p_1 p_2$ denotes pointwise multiplication.)

\begin{enumerate}
\renewcommand{\labelenumii}{\alph{enumii})}
\item %Leidke $D(p)$ avaldis iga $p\in\mathbb{R}[x]$ jaoks.
Prove that $D(p)=Cp'(\tfrac12)$ (where $C\in\mathbb{R}$).
\item In the definition of $D$, let us replace the set $\mathbb{R}[x]$ by $C[0,1]$ (continuous functions $[0,1]\to\mathbb{R}$). 
%Leidke $D(f)$ avaldis iga $f\in C[0,1]$ jaoks.
Prove that now $D(f)=0$ for every $f\in C[0,1]$.
%\item Tõestage, et kui operaatorit $D$ määravad tingimused 1) ja 2) jätta samaks, aga asendada argumentide hulk $\mathbb{R}[x]$ hulgaga $C[0,1]$ (kõik lõigus $[0,1]$ pidevad funktsioonid), siis $D(f)=0$ iga $f\in C[0,1]$ korral.
\end{enumerate}

\item Let $a,b,c\in\mathbb{C}$. Prove that $a,b,c$ are vertices of a (possibly degenerate) equilateral triangle lying in the complex plane if and only if
\[
a^2+b^2+c^2=bc+ca+ab.
\]

\item Prove that for every finite group with at least $3$ elements, there exists a non-trivial (i.e., different from identity) automorfism.

\emph{Remark.} Let $G$ be a group with respect to the operation $*$. A bijection $f\colon G\to G$, for which $f(x*y)=f(x)*f(y)$ for every $x,y\in G$, is called an \emph{automorfism} of $G$.

\item Mina\v{c} and Willans have obtained the following formula for finding the $n$-th prime number:
\[
p_n=1+\sum_{m=1}^{2^n} \left\lfloor\left\lfloor\frac{n}{1+\sum_{j=2}^m\left\lfloor \frac{(j-1)!+1}{j}-\left\lfloor\frac{(j-1)!}{j}\right\rfloor\right\rfloor}\right\rfloor^{\frac1n}\right\rfloor.
\]
Prove that this formula holds.

\emph{Remark.} The symbol $\lfloor x\rfloor$ denotes the largest integer not exceeding $x$, i.e., the integer satisfying the following inequalities: $\lfloor x\rfloor \leq x<\lfloor x\rfloor +1$.

\end{enumerate}


\newpage

\section*{Lahendused}
\begin{enumerate}
\item \emph{Lahendus 1.} Tähistame lühiduse huvides $p=\frac16$ ning $q=1-p$. Tulemuse "`6 silma"' esmakordse tuleku tõenäosuste kohta saame järgneva tabeli:

\begin{tabular}{cc}
Katsete arv & Katse tõenäosus\\
\hline 
1 & $p$\\
2 & $pq$\\
3 & $pq^2$\\
\vdots & \vdots\\
\hline
\end{tabular}

Katsete arvu keskväärtus $m$ avaldub järgmiselt:
\[
m=\sum_{k=1}^\infty k\cdot pq^{k-1}.
\]
Selle rea summa leidmiseks on mitu võimalust, üks neist on astmeridade teooria kasutamine.
Kuna astmerida $\sum_{k=1}^\infty q^k$ võib tema koonduvusvahemikus $(-1,1)$ liikmeti diferentseerida, siis
\[
\sum_{k=1}^\infty kq^{k-1}=\left(\frac{q}{1-q}\right)'=\frac1{(1-q)^2}.
\]
Järelikult
\[
m=\sum_{k=1}^\infty k\cdot pq^{k-1}=p\cdot \sum_{k=1}^\infty kq^{k-1}=\frac{p}{(1-q)^2}=\frac p{p^2}=\frac1p.
\]

Niisiis keskmine visete arv, et saada 6 silma, on $\frac1p=6$ viset.

\emph{Lahendus 2.}
Koonduva rea summat
\[
m=\sum_{k=1}^\infty k\cdot pq^{k-1}=p+2pq+3pq^2+\ldots
\]
saab leida ka järgnevalt. Kuna
\[
qm=\sum_{k=1}^\infty k\cdot pq^k=pq+2pq^2+\ldots,
\]
siis lahutamisel saame:
\[
m-qm=p+pq+pq^2+\ldots=p\cdot\sum_{k=0}^\infty q^k=\frac{p}{1-q}=\frac pp=1.
\]
Järelikult $m=\frac1{1-q}=\frac1p=6$.


\item Leidugu punkti $(x_0,y_0)$ jaoks diferentseeruv funktsioon $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ nii, et
\[
f'(x)=\frac1{1+x^2+f(x)^2},\qquad x\in\mathbb{R},
\]
ning $y_0=f(x_0)$.

Paneme tähele, et tuletisfunktsioon $f'$ on positiivne. Järelikult funktsioon $f$ on rangelt kasvav. Newton--Leibnizi valemi kohaselt
\[
f(x)=y_0+\int_{x_0}^x \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2+f(t)^2},\qquad x\ne x_0.
\]
Nüüd
\[|f(x)-y_0|\leq \int_{-\infty}^\infty \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2+f(t)^2}\leq
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\mathrm{d}t}{1+t^2}=
\pi.\]

\emph{Märkus 1.} Ülesande lahendamise jaoks polnud üldse oluline, kas lahendikõveraid (iga punkti jaoks) leidub ja kas nad on üheselt määratud. Nendele küsimustele vastused on jaatavad.
Vastavalt globaalsele Picard--Lindelöfi teoreemile iga konkreetse $(x_0,y_0)$ korral leidub täpselt üks diferentseeruv funktsioon $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ nii, et
\[
f'(x)=\frac1{1+x^2+f(x)^2},\qquad x\in\mathbb{R},
\]
ning $y_0=f(x_0)$.

Globaalse Picard--Lindelöfi teoreemi saab sõnastada järgnevalt: \emph{kui pidev funktsioon $F\colon \mathbb{R}\times\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ on teise argumendi järgi ühtlaselt Lipschitzi funktsioon (st. tõus on tõkestatud sama konstandiga kogu lähtehulga jaoks), siis leidub igal algväärtusülesandel $\{y'(x)=F(x,y(x));\,y_0=y(x_0)\}$ üheselt määratud lahend $\mathbb{R}\to\mathbb{R}^n$.}
% https://math.stackexchange.com/questions/1236413/globally-lipschitz-implies-solutions-exist-for-all-time/1236482#1236482

Meie juhtumil on $n=1$ ja $F(x,y)=\frac{1}{1+x^2+y^2}$, sealjuures
\[
\left|\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right|=\frac{2|y|}{(1+x^2+y^2)^2}\leq \frac{2|y|}{(1+y^2)^2}<1,\quad x,y\in\mathbb{R}.
\]

\newcommand{\vertiii}[1]{{\left\vert\kern-0.25ex\left\vert\kern-0.25ex\left\vert #1 
    \right\vert\kern-0.25ex\right\vert\kern-0.25ex\right\vert}}
\emph{Märkus 2.} Kuna põhiliselt kasutatakse õpikutes Picard--Lindelöfi (Cauchy) teoreemi lokaalset varianti (näiteks mingis väikeses kinnises ristkülikus), siis skitseerime täielikkuse huvides siinkohal eelmises märkuses kaldkirjas toodud väite tõestuse. Olgu ühtlane Lipschitzi tõke $L$, see tähendab,
\[
\|F(x,y_2)-F(x,y_1)\|\leq L\|y_2-y_1\|,\qquad x\in \mathbb{R},\quad y_1,y_2\in\mathbb{R}^n.
\]
Tähistame pidevate $\mathbb{R}\to \mathbb{R}^n$ funktsioonide ruumis normi
\[
\vertiii{y}=\sup_{x\in\mathbb{R}}\mathrm{e}^{-2L|x|}\|y(x)\|
\]
ning vaatleme funktsioonide ruumi $S=\{y\in C(\mathbb{R},\mathbb{R}^n)\colon\vertiii{y} <\infty\}$.
Hulka $S$ kuuluvad ka konstantsed funktsioonid. Tõestuse idee on näidata, et Picardi operaator $P\colon S\to S$,
\[
(Py)(x)=y_0+\int_{x_0}^x F(t,y(t))\,\mathrm{d}t,\qquad y\in S,\quad x\in\mathbb{R},
\]
on ahendav (ruumi $S$ normis), ja rakendada Banachi püsipunkti printsiipi jadale $(y_0,P(y_0),P(P(y_0)),\ldots)$.

Ahendavus järeldub järgmisest võrratusest:
\begin{align*}
&\mathrm{e}^{-2Lx}\|(P(y_2))(x)-(P(y_1))(x)\|\leq\\
&\qquad{}\leq \int_{x_0}^x\mathrm{e}^{-2L(x-t)}\cdot\mathrm{e}^{-2Lt}\cdot L\cdot\|y_2(t)-y_1(t)\|\,\mathrm{d}t\leq\\
&\qquad{}\leq L\vertiii{y_2-y_1}\int_{x_0}^x \mathrm{e}^{-2L(x-t)}\mathrm{d}t\leq\\
&\qquad{}\leq\frac12(1-\mathrm{e}^{-2L(x-x_0)})\vertiii{y_2-y_1}\leq\\
&\qquad{}\leq \frac12\vertiii{y_2-y_1}.
\end{align*}


\item Kõigepealt, valides $p_1=p_2=1$, leiame punkti 2) põhjal, et $D(1)=2D(1)$, millest $D(1)=0$. Homogeensuse tõttu (punkt 1)) on kõigi konstantsete (polünoom)funktsioonide $D$-väärtus null.

a) %Tõestame, et $D(p)=Cp'\left(\frac12\right)$, kus $C$ on mingi konstant.
%
Lineaarsus (punkt 1)) võimaldab vastust saada üksikute monoomide kaupa.
Tõestame matemaatilise induktsiooni abil, et
\begin{equation}\label{vord}
    D(x^n)=n D(x)\cdot\left(\frac12\right)^{n-1}.
\end{equation}

Baasjuhul $n=1$ pole midagi tõestada.

Kehtigu võrdus \eqref{vord}, kui $n$ rollis on $n-1$. Valides $p_1=x$ ja $p_2=x^{n-1}$, saame, et
\begin{align*}
D(x^n)&=D(x)\cdot \left(\frac12\right)^{n-1}+\frac12D(x^{n-1})=\\
&=D(x)\cdot \left(\frac12\right)^{n-1}+\frac12 \cdot (n-1)D(x)\left(\frac12\right)^{n-2}=\\
&=nD(x)\cdot\left(\frac12\right)^{n-1},
\end{align*}
nagu vaja.

Tähistanud $D(x)=C$, olemegi saanud, et $D(p)=Cp'\left(\frac12\right)$.

Teiselt poolt, kontroll näitab, et $D(p)=Cp'\left(\frac12\right)$ rahuldab tingimusi 1) ja 2).

b) Nüüd on $D\colon C[0,1]\to\mathbb{R}$ lineaarne operaator, kusjuures $D(fg)=D(f)g(\tfrac12)+D(g)f(\tfrac12)$ suvaliste $f,g\in C[0,1]$ korral.

Paneme tähele, et kui funktsiooni $f\in C[0,1]$ jaoks kehtib, et $f(\tfrac12)=0$ ning $f\geq0$, siis $D(f)=0$. Tõepoolest, sellise funktsiooni korral saame, et
\[
D(f)=D\left(\left(\sqrt{f}\right)^2\right)=2D\left(\sqrt{f}\right)\cdot\sqrt{f(\tfrac12)}=0.
\]

See, et $D$ on lineaarne ja et konstantse funktsiooni $D$-väärtus on $0$, võimaldab üldisust kitsendamata eeldada, et $f(\tfrac12)=0$. Tõepoolest, kui nii ei ole, tähistame $\tilde f(x)=f(x)-f(\tfrac12)$ ning paneme tähele, et \[
D(\tilde f)=D(f-f(\tfrac12))=D(f)-D(f(\tfrac12))=D(f).
\]

Olgu niisiis $f\in C[0,1]$ suvaline, eeldame üldisust kitsendamata ainult, et $f(\tfrac12)=0$. Jagame $f$ kaheks osaks:
\[
f_+(x)=\frac{|f(x)|+f(x)}{2},\qquad f_-(x)=\frac{|f(x)|-f(x)}{2}, \qquad f=f_+-f_-.
\]
Funktsioonid $f_+,f_-$ on samuti lõigus $[0,1]$ pidevad, sest absoluutväärtuse võtmine on pidev ja aritmeetilised tehted säilitavad pidevuse. Ent lisaks kehtivad omadused $f_+,f_-\geq0$ ning $f_+(\tfrac12)=f_-(\tfrac12)=0$. Niisiis
\[
D(f)=D(f_+-f_-)=D(f_+)-D(f_-)=0.
\]

\item \emph{Lahendus 1.}
Tähistame kompleksarvudele $a,b,c$ vastavad punktid tasandil tähtedega $A,B,C$. Vaatame kõigepealt juhtu, kui $A,B,C$ ei ole kollineaarsed.

Olgu kolmnurk $ABC$ võrdkülgne, konkreetsuse mõttes vastupäeva orienteerituna. Nüüd
\[
c-a=(b-a)\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{3}},\qquad
a-b=(c-b)\mathrm{e}^{\frac{\mathrm{i}\pi}{3}}.
\]
Järelikult
\[
(c-a)(c-b)=(a-b)(b-a),
\]
mis on samaväärne tingimusega
\[
a^2+b^2+c^2=bc+ca+ab.
\]

Vastupidi, eeldame, et kehtib $a^2+b^2+c^2=bc+ca+ab$ ehk $(c-a)(c-b)=(a-b)(b-a)$. Järelikult
\[
\frac{c-a}{b-a}=\frac{a-b}{c-b}=r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}
\]
mingite $r,\theta$ korral.
Niisiis
\[
\frac{|AC|}{|AB|}=\frac{|BA|}{|BC|}=r
\]
ning
\[
\angle BAC=\angle CBA=\pm \theta \pmod {2\pi}.
\]
Alusnurkade võrdumine annab haarade võrdumise: $|AC|=|BC|$. Järelikult $ABC$ on võrdkülgne.

Vaatame lõpuks juhtu, kui $A,B,C$ on kollineaarsed. Tingimus $a^2+b^2+c^2=bc+ca+ab$ ehk $(c-a)(c-b)=(a-b)(b-a)$ on invariantne nihete (kõigile arvudele konstandi liitmine) ja ümber nullpunkti toimuvate pöörete (kõiki arvusid korrutatakse mingi teguriga $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$)  suhtes. Niisiis võime eeldada, et $a,b,c$ on reaalarvud ja $a=0$. Nüüd teiseneb tingimus kujule $c^2+b^2=bc$, mis kehtib parajasti siis, kui $c=b=0$ (seda saab tõestada, vaadeldes tingimust $c^2+b^2=bc$ ruutvõrrandina $c$ suhtes, või märgates, et see on samaväärne võrdusega $b^2+c^2+(c-b)^2=0$). Seega sel juhul antud tingimus on samaväärne sellega, et $a,b,c$ on kidunud võrdkülgse kolmnurga (kokkulangevad) tipud.

\emph{Lahendus 2.} Paneme tähele, et ülesande tingimus ei muutu nihete, pöörete ja skaleerimistega.
Tõepoolest, olgu kõigist arvudest lahutatud $\omega\in\mathbb{C}$, siis uus tingimus on järgmine:
\[
(a-\omega)^2+(b-\omega)^2+(c-\omega)^2=(b-\omega)(c-\omega)+(c-\omega)(a-\omega)+(a-\omega)(b-\omega)
\]
ehk
\[
a^2+b^2+c^2-2\omega(a+b+c)+3\omega^2=bc+ca+ab-2\omega(a+b+c)+3\omega^2
\]
ehk
\[
a^2+b^2+c^2=bc+ca+ab.
\]
Olgu nüüd kõiki arvusid korrutatud kompleksarvuga $r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}$ (kus $r>0$, $\varphi\in\mathbb{R}$), siis selle ruut tuleb tegurina mõlemalt poolt ette ja taandub tegurina välja.

Niisiis on antud tingimuse kehtimiseks (üldisust kitsendamata) kaks võimalust:
\begin{enumerate}
\item $a=0$, $b=1$. Nüüd jääb tingimus kujule $c^2+1=c$, mis on samaväärne sellega, et $c=\cos\frac\pi3\pm\mathrm{i}\sin\frac\pi3=\frac12\pm\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2}$. On jäänud teha kindlaks vektorite $b-a,c-b,a-c$ vahelised nurgad või pikkused.

Arvutame:
\begin{align*}
|b-a|^2&=1,\\
|c-b|^2&=\left\langle -\frac12\pm\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac12\pm\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\right\rangle=1,\\
|a-c|^2&=\left\langle -\frac12\mp\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac12\mp\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\right\rangle=1.
\end{align*}
Tegu on (mittekidunud) võrdkülgse kolmnurgaga.

\item $a=b=0$. Nüüd on tingimus kujul $c^2=0$ ehk $c=0$. Tegu on kidunud (võrdkülgse) kolmnurgaga.
\end{enumerate}

\item Olgu (lõplik) rühm $(G,*)$ esmalt mittekommutatiivne, siis $G\setminus \{a\colon \forall b\in G\, a*b=b*a\}\ne\emptyset$ on mittetühi. Valime sellest hulgast elemendi $a$ ning koostame teisenduse $f(x)=a^{-1}*x*a$. Kuna mingi $x\in G$ korral $a*x\ne x*a$, siis $x\ne a^{-1}*x*a$, järelikult $f$ pole samasusteisendus. Vahetu kontroll näitab, et $f$ on $G$ automorfism: $f(x)=f(y)$ annab, et $a^{-1}*x*a=a^{-1}*y*a$, millest $x=y$; fikseeritud elemendi $y$ korral osutub, et $f(a*y*a^{-1})=y$, ja
$f(x*y)=a^{-1}*x*y*a=(a^{-1}*x*a)*(a^{-1}*y*a)=f(x)*f(y)$.

Järgnevalt vaatame Abeli rühmi.
Olgu esiteks $G=\{e,a,a^2,\ldots,a^{m-1}\}$ (tsükliline rühm). Et $m>2$, saame valida $n$ sellise, et $n>1$ ja $n$ oleks $m$-ga ühistegurita. Nüüd $f(x)=x^n$ on otsitav automorfism, kuna seetõttu, et $\text{SÜT}(m,n)=1$, kehtib mooduli $m$ järgi võrdus $\{n,2n,3n,\ldots,(m-1)n\}=\{1,2,3,\ldots,m-1\}$ ja järelikult $f$ on sürjektsioon lõplikul hulgal (seega bijektsioon).

Kui $(G,*)$ on suvaline lõplik Abeli rühm, siis vastavalt Abeli rühmade põhiteoreemile laguneb ta tsükliliste rühmade otsesummaks (vastavalt elementide arvu tegurdusele aritmeetika põhiteoreemi järgides). Kui kasvõi üks neist otseliidetavatest on vähemalt $3$-elemendiline, saame automorfismi nii, et selles otseliidetavas kasutame eelmise lõigu teisendust ja mujal samasusteisendust. Kui kõik otseliidetavad on kahe-elemendilised, siis valime neist suvalised kaks ja permuteerime omavahel.

\item Wilsoni teoreemi kohaselt on täisarv $n>1$ algarv parajasti siis, kui
$n\mid (n-1)!+1$. Järelikult
\[
\left\lfloor\frac{(j-1)!+1}{j}-\left\lfloor \frac{(j-1)!}{j}\right\rfloor\right\rfloor=\begin{cases}1,&\text{kui $j$ on algarv},\\ 0, &\text{kui $j$ on kordarv}.\end{cases}
\]
Niisiis on jäänud tõestada, et
\[
p_n=2+\sum_{m=2}^{2^n}\left\lfloor\left\lfloor\frac{n}{1+\pi(m)}\right\rfloor^{\frac1n}\right\rfloor,
\]
kus $\pi(m)$ on arvu $m$ mitte ületavate algarvude arv.

Paneme tähele, et
\[
\left\lfloor\left\lfloor\frac{n}{1+\pi(m)}\right\rfloor^{\frac1n}\right\rfloor=\begin{cases}1, &\text{kui $\pi(m)\leq n-1$},\\ 0,&\text{muul juhul}.
\end{cases}
\]
Tõepoolest, 
\[
\frac{n}{1+\pi(m)}<1 \quad\Leftrightarrow\quad \pi(m)>n-1.
\]
Teiselt poolt, näiteks Bernoulli võrratuse ($(1+x)^r\leq 1+rx$, kui $0\leq r\leq 1$ ja $x\geq-1$) kohaselt
\[
\left\lfloor\frac{n}{1+\pi(m)}\right\rfloor^{\frac1n}\leq\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor^\frac1n\leq 1+\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor-1\right)\cdot\frac1n<1+\frac{n}{2}\cdot\frac1n<2
\]

Indeks $m$ läbib väärtused $2$-st $2^n$-ni. Sealjuures,
\[
\pi(m)\leq n-1\quad\Leftrightarrow\quad m<p_n.
\]
Niisiis, liidetav $1$ saadakse $m=2,3,4,\ldots,p_n-1$ korral, kokku $p_n-2$ korda. Järelikult
\[
2+\sum_{m=2}^{2^n}\left\lfloor\left\lfloor\frac{n}{1+\pi(m)}\right\rfloor^{\frac1n}\right\rfloor=2+(p_n-2)=p_n.
\]


\end{enumerate}
\end{document}