\documentclass{article}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{titling}

\usepackage[estonian]{babel}

\usepackage{mathtools}
\DeclarePairedDelimiter{\fl}{\lfloor}{\rfloor}
\DeclarePairedDelimiter{\abs}{|}{|}

\begin{document}
\title{Matemaatika Võistlus}
\date{17.02.2017}
\maketitle
\thispagestyle{empty}
\begin{enumerate}
\item Olgu $n \in \mathbb N$ ja $a_0, a_1, \dots, a_n \in \mathbb R$.
Kas peab kehtima võrdus
\[
\lim_{x \to \infty} 
\frac{\fl{a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0}}{a_n \fl{x}^n + a_{n-1} \fl{x}^{n-1} + \dots + a_1 \fl{x} + a_0} = 1,
\]
kui on teada,
\begin{enumerate}
\item et $a_0, a_1, \dots, a_n > 0$;
\item või ainult et $a_n > 0$?
\end{enumerate}
\item 
Tõesta, et reaalarvulise maatriksi
\[
\begin{pmatrix}
a_1 & a_2 & a_3 \\
b_1 & b_2 & b_3 \\
c_1 & c_2 & c_3
\end{pmatrix}
\]
determinant ei ole $0$, kui $|a_1| > |a_2| + |a_3|$, $|b_2| > |b_1| + |b_3|$ ja $|c_3| > |c_1| + |c_2|$.

\item
Olgu mittekonstantne funktsioon $f:[a,b] \to \mathbb R$ pidevalt diferentseeruv lõigus $[a,b]$, kusjuures $f(a) = f(b) = 0$.
Tõesta, et leidub $\xi \in [a,b]$ nii, et
\[
\abs*{f'(\xi)} > \frac 4 {(b-a)^2} \int_a^b f(x) dx.
\]

\item 
Tähistame 
\[
t_{\alpha, n} = \sqrt{2^{\alpha^1} + \sqrt{2^{\alpha^2} + \dots + \sqrt{2^{\alpha^n}}}}.
\]
Milliste $\alpha \geq 0$ korral jada $(t_{\alpha, n})_{n=1}^\infty$ koondub?

\item
Olgu $n \in \mathbb N$.
Tähistame
\[
A_{n,i} = \left(
\begin{matrix}
1 & i & i^2 & \dots & i^n\\
i & i^2 & i^3 & \dots & i^{n+1}\\
\dots & \dots & \dots & \dots & \dots\\
i^n & i^{n+1} & i^{n+2} & \dots & i^{2n}\\
 \end{matrix}
 \right).
\]
Arvuta
\[
\abs*{\sum_{i=1}^{n+1} A_{n,i}}.
\]
\end{enumerate}
\newpage
\section*{Lahendused}
\begin{enumerate}
\item
Tähistagu $P$ käsitletud polünoomi.
\begin{enumerate}
\item
Fikseeritud $x > 1$ korral $P(x) \geq P(\fl x) \geq P(x-1) > 0$. Seega ka
\[
\frac{P(x) - 1}{P(x)} \leq \frac{\fl{P(x)}}{P(\fl x)} \leq \frac{P(x)}{P(x-1)}.
\]
Kuna selle võrratuse nii vasak (sest $P(x) \to \infty$), kui ka parem pool, sest
\[
\frac{P(x)}{P(x-1)} \sim \frac{a_nx^n}{a^n(x-1)^n} \sim \frac{x^n}{x^n},
\]
koonduvad üheks, siis sama teeb ka keskmine osa.
\item
Paneme tähele, et $P(\fl x) \sim a_n\fl x$ ja toimime samamoodi nagu osas a).
\end{enumerate}
\item
Oletame, et ta on 0. Siis veerud on lineaarselt sõltuvad. Vaatleme juhtumit, kus esimese veeru juures on kordaja 0. Siis $\lambda b_2 + \mu b_3 = 0$, kust $|\mu| > |\lambda|$. Samas aga $\lambda c_2 + \mu c_3 = 0$, kust $|\lambda| > |\mu|$, vastuolu. Samamoodi võime näidata, et teised kordajad on nullist erinevad. Seega võime eeldada, et kordajad $\eta, \lambda, \mu \neq 0$. 
Oletame, et $|\eta| \geq |\lambda| \geq |\mu|$. Kuna $\eta a_1 + \lambda a_2 + \mu a_3 = 0$, siis 
$|a_1| \leq |a_2|\frac{|\lambda|}{|\eta|} + |a_3| \frac{|\mu|}{|\eta|} \leq |a_2| + |a_3|$, mis on vastuolu.
Samamoodi saab näidata, et vastolu tekib ka teiste võimalike järjestuste korral.
\item
Tähistame $M = \max_{x \in [a,b]} |f'(x)|$. Paneme tähele, et $x \in (a,b)$ korral leidub $\xi \in (a,x)$
nii, et
\[
f(x) = f(x) - f(a) = f'(\xi)(x-a) \leq M(x-a)
\]
ja leidub $\eta \in (x,b)$ nii, et
\[
-f(x) = f(b) - f(x) = f'(\eta)(b-x)
\]
ehk
\[
f(x) = -f'(\eta)(b-x) \leq M(b-x).
\]
Vaatleme funktsiooni $g$, mis on defineeritud võrdusega $g(x) = M(x-a)$, kui $x \in [a, \frac{a+b}2]$
ja võrdusega $g(x) = M(b-x)$, kui $x \in [\frac{a+b}2, b]$. Ta on pidev lõigus $[a,b]$, aga ei ole diferentseeruv punktis $\frac{a+b}2$. Seega $f \neq g$. Samas teame, et $f(x) \leq g(x)$ iga $x \in [a,b]$
korral. Seega nende integraalide vahel peab olema range võrratus. Nüüd
\[
\int_a^b f(x) dx < \int_a^b g(x) dx \leq M \left( \int_a^{\frac{a+b}2} (x-a) dx + \int^a_{\frac{a+b}2} (b-x) dx \right) = M\frac{(b-a)^2}4,
\]
mis ongi väide, kuna maksimum realiseerub.
\item
Selge, et $(t_{\alpha,n})$ on kasvav jada iga $\alpha \geq 0$ korral. 
Induktsiooniga on lihtne näha, et $t_{0,n} < 2$. Seega jada $(t_{0,n})$ koondub.
Nüüd paneme tähele, et $t_{2,n} = 2t_{0,n}$, seega jada $(t_{\alpha,n})$ koondub kõigi $\alpha \leq 2$ korral.

Teiselt poolt näeme, et 
\[
t_{\alpha, n} > (2^{\alpha^n})^{\frac{1}{2^n}} = 2^{(\frac{\alpha}{2})^n} \to_n \infty,
\]
kui $\alpha > 2$.
Vastus on $0 \leq \alpha \leq 2$.
\item 
Paneme tähele, et
\[
\sum_{i=1}^{n+1} A_{n,i} = 
\left(
\begin{matrix}
1 & 1 & 1 & \dots & 1\\
1 & 2 & 3 & \dots & n+1\\
1 & 2^2 & 3^2 & \dots & (n+1)^2\\
\dots & \dots & \dots & \dots & \dots\\
1 & 2^n & 3^n & \dots & (n+1)^n\\
 \end{matrix}
 \right)
 \cdot
 \left(
\begin{matrix}
1 & 1 & 1 & \dots & 1\\
1 & 2 & 3 & \dots & n+1\\
1 & 2^2 & 3^2 & \dots & (n+1)^2\\
\dots & \dots & \dots & \dots & \dots\\
1 & 2^n & 3^n & \dots & (n+1)^n\\
 \end{matrix}
 \right)^T,
\]
kusjuures need kordajad on Vandermondi maatriksid, mille determinandid on 
\[
\prod_{1 \leq i < j \leq n+1} (j-i) = \prod_{i=2}^n i^{n+1 - i} = \prod_{i=1}^n i!.
\]
Vastus on seega $(\prod_{i=1}^n i!)^2$.
\end{enumerate}
\end{document}