\documentclass{article}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{fullpage}
\usepackage{verbatim}
\usepackage[estonian]{babel}
\renewcommand{\geq}{\geqslant}
\renewcommand{\leq}{\leqslant}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\e}{\varepsilon}
\newcommand{\Mat}{\operatorname{Mat}}
\everymath{\displaystyle}

\begin{document}

\title{Matemaatikavõistlus}
\date{05.04.2015}
\maketitle
\thispagestyle{empty}

\begin{enumerate}
\item
Olgu $P$ täisarvuliste kordajatega kuuppolünoom, kusjuures $P(k)$ jagub $5$-ga
iga täisarvu $k$ korral. Tõestage, et polünoomi $P$ kõik kordajad jaguvad $5$-ga.
\item
Maatriksi $X \in \Mat_2(\mathbb C)$ ja positiivse täisarvu $n$ korral tähistame 
$\alpha_n(X) = E + X + X^2 + \dots + X^n$.
Milliste positiivsete täisarvude $n$ korral kehtib lause
\[
\forall X,Y\in\Mat_2(\mathbb C)\qquad XY = YX \quad\Leftrightarrow\quad \alpha_n(X)\alpha_n(Y) = \alpha_n(Y)\alpha_n(X)?
\]
\item
Olgu $m > 0$.
Olgu funktsioon $f\colon[0,\infty)\to\R$ poollõigus $[0,\infty)$ pidev ning
vahemikus $(0,\infty)$ pidevalt diferentseeruv, kusjuures
kõigi $x \in (0, \infty)$ korral kehtivad võrratused
\[
\mathrm{e}^{\frac{2x} m} f(x)f'(x) \geq m
\]
ja 
\[
|f(x)| \leq m.
\]
Tõestage, et $f(0) = 0$ ning eksisteerib piirväärtus 
$\lim_{x \to \infty} f(x)$. Leidke kõik võimalused, millega antud piirväärtus võib võrduda.
\end{enumerate}

\newpage

\textbf{Lahendused.}
\begin{enumerate}
\item Polünoom on $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$. Valides $x=0$, $x=1$, $x=-1$ ja $x=2$, saame, et
\begin{align*}
5 &\mid d,\\
5 &\mid a+b+c+d,\\
5 &\mid -a+b-c+d,\\
5 &\mid 8a+4b+2c+d.
\end{align*}
Jaguvusseose aditiivsuse omadus ($5\mid u, v\Rightarrow 5\mid u+v$) annab, et
$5\mid 2(b+d)$, millest $5\mid b+d$, sest $5$ ja $2$ on ühistegurita.
Et $5\mid d$, siis $5\mid b$. Nüüd $5\mid a+c$ ja samas $5\mid 8a+2c$, millest $5\mid 4a+c$.
Järelikult $5\mid 3a$, millest $5\mid a$ ja seetõttu $5\mid c$.

\item \emph{Lahendus 1.} Juhul $n=1$ on muidugi need võrdused samaväärsed.
Näitame, et juhul $n>1$ nii ei ole.

Olgu $n>1$.

Olgu $X=\left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\
0 & x\end{array}\right)$ ning $Y=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\
0 & 0\end{array}\right)$. Siis
\begin{align*}
XY-YX&=\left(\begin{array}{cc}
0 & -x\\
0 & 0
\end{array}\right),\\
\alpha_n(X) &=\left(\begin{array}{cc}
1 & 0\\
0 & 1+x+\ldots+x^n\end{array}\right),\\
\alpha_{n}(Y) &=\left(\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
0 & 1\end{array}\right).
\end{align*}
Seega, tähistades $T_n=1+x+\ldots+x^n$, leiame, et
\begin{align*}
\alpha_{n}(X)\alpha_{n}(Y)-\alpha_{n}(Y)\alpha_{n}(X) &=
\left(\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
0 & T_{n}\end{array}\right)-
\left(\begin{array}{cc} 1 & T_{n} \\
0 & T_{n}\end{array}\right)=\\
&=\left(\begin{array}{cc} 0 & (1-T_{2k}) \\
0 & 0 
\end{array}\right).
\end{align*}
Valides $x$ nii, et ta on polünoomi $T_n(x)-1=x+\ldots+x^n$ nullist erinev juur, näeme, et
$XY-YX \ne 0$, ent $\alpha_{n}(X)\alpha_n (Y)-\alpha_n (Y)\alpha_n(X)=0$.

\medskip

\emph{Lahendus 2.}
Kontranäite võime valida ka teisiti. Olgu $X=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0\\ 0 & 0\end{array}\right)$.
Maatriksi $Y$ koostame nii, et $Y^{n+1}=E$. Selleks olgu $Y=\left(\begin{array}{cc}\cos \e & \sin \e \\ -\sin \e & \cos \e\end{array}\right)$,
kus $\e(n+1)=2\pi$. Nüüd $\alpha_n(Y)(Y-E)=Y^{n+1}-E=0$, samas $\det(Y-E)=2-2\cos \e=\left(2\sin\frac \e2\right)^2\ne0$.
Järelikult $\alpha_n(Y)=0$, mistõttu $\alpha_{n}(X)\alpha_n (Y)-\alpha_n (Y)\alpha_n(X)=0$.
Samas $XY=\left(\begin{array}{cc}\cos \e & \sin \e \\ 0 & 0\end{array}\right)$ ja
$YX=\left(\begin{array}{cc}\cos \e & 0 \\ -\sin \e & 0\end{array}\right)$, mistõttu
$XY\ne YX$.

\medskip

\emph{Märkus.} Lahendus 2 näitab, et ülesande väide kehtib tegelikult ka maatriksite ringi $\Mat_2(\R)$ jaoks.

\item Antud võrratus $f(x)f'(x)\geq m\mathrm{e}^{-\frac{2x}{m}}$ on samaväärne võrratusega
$(f(x)^2)' \geq 2m\mathrm{e}^{-\frac{2x}{m}}$.
Näeme, et $(f(x)^2)'>0$, kui $x\in(0,\infty)$, 
järelikult on funktsioon $f^2$, aga siis ka $|f|$ rangelt kasvav poollõigus $[0,\infty)$.
Teiselt poolt on $|f|$ antud poollõigus tõkestatud: $|f(x)|\leq m$.
Monotoonsusprintsiibi põhjal saame, et leidub lõplik piirväärtus
$A:=\lim_{x\to\infty} |f(x)|$.

Newton--Leibnizi valemist (funktsiooni $(f(x)^2)'$ kohta, mis on suvalise $\e>0$ korral lõigus $[\e,x]$ pidev) järeldame, et
\[
f(x)^2 = f(\e)^2+\int_\e^x (f(t)^2)'\,\mathrm{d}t\geq
f(\e)^2+\int_\e^x 2m\mathrm{e}^{-\frac{2t}{m}}\,\mathrm{d}t=f(\e)^2+m^2\mathrm{e}^{-\frac{2\e}{m}}
-m^2\mathrm{e}^{-\frac{2x}{m}}.
\]
Läheme võrratuses mõlemal pool piirile $\e\to0\mathchar"2B$. Kuna $f$ on pidev punktis $0$, saame, et
\[
f(x)^2 \geq f(0)^2 + m^2 -m^2\mathrm{e}^{-\frac{2x}{m}}.
\]
Minnes nüüd piirile $x\to\infty$, näeme, et $A^2\geq f(0)^2+m^2$. Teiselt poolt aga nõude
$|f(x)|\leq m$ tõttu $A^2\leq m^2$. Järelikult tuleb ainsa võimalusena kõne alla, et
$f(0)=0$ ja $A=m$.

Näitame järgnevalt, et $\lim_{x\to\infty} f(x)$ eksisteerib ning tema ainsad võimalikud väärtused on $m$ ja $-m$.

Kuna $\lim_{x\to\infty}|f(x)|=m$, siis leidub arv $D>0$ nii, et
kui $x>D$, siis $f(x)>\frac m2\lor f(x)<-\frac m2$.

Paneme tähele, et leiab aset täpselt üks teineteist välistavatest võimalustest:
$x>D\Rightarrow f(x)>\frac m2$ ning $x>D\Rightarrow f(x)<-\frac m2$.
Tõepoolest, kui leiduksid punktid $x_1,x_2\in (D,\infty)$
nii, et $f(x_1)>\frac m2$ ja $f(x_2)< -\frac m2$, siis funktsiooni $f$ pidevuse
ja Bolzano--Cauchy teoreemi tõttu leiduks punkt $x_3$ vahemikust otspunktidega $x_1$ ja $x_2$
nii, et $f(x_3)=0$, mis on võimatu.

Niisiis, kogu vahemikus $(D,\infty)$ kehtib kas $f=|f|$ või $f=-|f|$,
mistõttu otsitav piirväärtus $\lim_{x\to \infty}f(x)$ eksisteerib ja on kas $m$ või $-m$.

Märgime lõpuks, et mõlemad variandid võivad realiseeruda.
Tõepoolest, funktsioonid
$f(x)=\pm m\sqrt{1-\mathrm{e}^{-\frac{2x}{m}}}$ rahuldavad ülesande nõudeid,
kuna $f(x)^2=m^2-m^2\mathrm{e}^{-\frac{2x}{m}}$ ning selle tuletis on $2m\mathrm{e}^{\frac{-2x}{m}}$.
\end{enumerate}
\end{document}