OD INTEGRALOV DO OGRLIC1
BARBARA DRINOVEC DRNOVŠEK
Fakulteta za matematiko in fiziko Univerze v Ljubljani
Inštitut za matematiko, fiziko in mehaniko
Math. Subj. Class. (2010): 26-01, 26A42
V članku obravnavamo nalogo, ki so jo reševali madžarski študenti matematike na
memorialnem tekmovanju Miklós Schweitzer.
FROM INTEGRALS TO NECKLACES
In the paper we consider a problem which was given to Hungarian students of ma-
thematics at the Miklós Schweitzer Memorial Competition.
Uvod
Madžarsko matematično društvo od leta 1949 organizira memorialno tek-
movanje Miklós Schweitzer, ki je namenjeno študentom matematike na Ma-
džarskem. Naloge na tem tekmovanju so zahtevne, študenti jih rešujejo 10
dni, pri reševanju pa smejo uporabljati kakršno koli literaturo. Naloge sodijo
v različna matematična področja, ki jih študenti spoznajo na univerzitetnem
in magistrskem študiju: algebra, analiza, geometrija, kombinatorika, opera-
torska teorija, teorija množic, teorija števil, topologija, verjetnost in druga
[7]. Objavljene so na spletu [8] ter v knjižni obliki z rešitvami [2, 5].
V članku bomo obravnavali nalogo iz leta 1995:
Naloga 1. Naj bosta f in g integrabilni funkciji na intervalu [0, 1], za kateri
velja
∫
1
0
f(x) dx =
∫
1
0
g(x) dx = 1.
Pokaži, da obstaja tak interval I ⊂ [0, 1], da velja
∫
I
f(x) dx =
∫
I
g(x) dx =
1
2
.
V. Totik je v članku [6] napisal sedem različnih študentskih rešitev zgor-
nje naloge iz analize z uporabo zelo različnih matematičnih rezultatov, ki se-
gajo na področja kombinatorike, geometrije in topologije. Predstavili bomo
1Del članka je avtorica predstavila udeležencem Seminarja za učitelje matematike UL
FMF dne 20. 9. 2019.
Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 6 201
Barbara Drinovec Drnovšek
dve rešitvi naloge 1, spoznali bomo problem ogrlice in ga s pomočjo naloge
rešili ter predstavili njeno ekvivalentno formulacijo.
V nalogi lahko uporabimo katero koli od običajnih definicij integrabil-
nosti: Riemannovo, Lebesguovo ali Riemann-Stieltjesovo.
Če v nalogi vzamemo f = g, potem iz integrabilnosti funkcije f sledi,
da je integral kot funkcija zgornje meje, F (x) =
∫ x
0
f(t) dt, zvezna funkcija
na intervalu [0, 1]. Zato funkcija F doseže vse vrednosti med F (0) = 0 in
F (1) = 1, torej doseže tudi vrednost 1
2
, tj. obstaja x ∈ [0, 1], za katerega
velja F (x) = 1
2
in interval I = [0, x] reši nalogo.
Z uvedbo nove spremenljivke enostavno izpeljemo, da lahko interval [0, 1]
zamenjamo z drugim zaprtim intervalom. Če vrednosti obeh integralov v
predpostavki zamenjamo z a ∈ R, potem je treba v zaključku 1
2
zamenjati
z a
2
.
Nalogo je dovolj rešiti za kakšno gosto podmnožico integrabilnih funkcij,
npr. za zvezne funkcije ali za stopničaste funkcije: denimo, da sta funkciji
f in g limitni funkciji zaporedij (fn)n in (gn)n, torej da velja
lim
n→∞
∫
1
0
|f(x)− fn(x)| dx = 0, lim
n→∞
∫
1
0
|g(x)− gn(x)| dx = 0
in denimo, da velja
∫
1
0
fn(x) dx =
∫
1
0
gn(x) dx = 1.
Če je naloga rešljiva za funkciji fn in gn, potem obstajata števili an in bn,
0 ≤ an < bn ≤ 1, za kateri velja
∫ bn
an
fn(x) dx =
∫ bn
an
gn(x) dx =
1
2
.
Ker sta zaporedji (an)n in (bn)n omejeni, obstajata konvergentni podzapo-
redji (ank)k in (bnk)k z limitama a in b. Z upoštevanjem pravila o aditivnosti
domene in trikotnǐske neenakosti dobimo
∣
∣
∣
∣
∣
∫ b
a
f(x) dx−
∫ bnk
ank
fnk(x) dx
∣
∣
∣
∣
∣
=
∣
∣
∣
∣
∣
∫ bnk
ank
f(x) dx−
∫ bnk
ank
fnk(x) dx+
∫ ank
a
f(x) dx+
∫ b
bnk
f(x) dx
∣
∣
∣
∣
∣
≤
∫
1
0
|f(x)− fnk(x)| dx+
∫ ank
a
|f(x)| dx+
∫ b
bnk
|f(x)| dx.
202 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 6
Od integralov do ogrlic
Vsi trije členi v vsoti konvergirajo proti 0, ko pošljemo k proti neskončno,
zato velja
∫ b
a
f(x) dx = lim
k→∞
∫ bnk
ank
fnk(x) dx =
1
2
.
Ker enak sklep velja za funkcijo g, je interval I = [a, b] rešitev naloge za
funkciji f in g.
Rešitev z uporabo ovojnega števila
Ovojno število orientirane sklenjene krivulje v ravnini, ki ne vsebuje izho-
dǐsča, prešteje, kolikokrat krivulja obkroži izhodǐsče. Če je krivulja gladka,
ovojno število določimo tako, da preštejemo, kolikokrat krivulja orientirano
preseka poltrak skozi izhodǐsče, ki krivuljo seka transverzalno.
Formalno ovojno število definiramo takole: Naj bo γ : [a, b] → R2 \
{(0, 0)} zvezna preslikava, za katero velja γ(a) = γ(b). Potem je njena
zaloga vrednosti γ(I) orientirana sklenjena krivulja v ravnini. Točko γ(t) za-
pǐsemo v polarnem zapisu z r(t) in ϕ(t), pri čemer velja γ(t) = (r(t) cosϕ(t),
r(t) sinϕ(t)). Spomnimo se, da točka γ(t) določa polarni kot ϕ(t) do več-
kratnika 2π natančno. Ker je γ zvezna preslikava, lahko s pravilno izbiro
tega večkratnika dosežemo, da je funkcija ϕ zvezna na intervalu [a, b]. Ker
je γ(a) = γ(b), je razlika ϕ(b) − ϕ(a) celoštevilski večkratnik števila 2π.
Ovojno število γ je
ϕ(b)− ϕ(a)
2π
.
Iz zapisanega sledi, da je ovojno število preslikave γ celo število. Natančno
definicijo ovojnega števila in izpeljavo njegovih osnovnih lastnosti najdemo
v [4].
b b
Slika 1. Krivulji z ovojnima številoma 1 in 2.
201–210 203
Barbara Drinovec Drnovšek
Naj bo V zvezno vektorsko polje na D ⊂ R2 in K ⊂ D orientirana
enostavno sklenjena krivulja, tj. orientirana sklenjena krivulja brez samo-
presečǐsč. Izberimo zvezno parametrizacijo γ : [a, b] → K krivulje K, ki
določa dano orientacijo. Če V nima ničel na K, je ovojno število zožitve V
na K ovojno število preslikave V ◦ γ in ni odvisno od izbire parametriza-
cije γ. Ovojno število zožitve zveznega vektorskega polja V na K prešteje,
kolikokrat se V zasuka okrog izhodǐsča, ko potujemo po K v izbrani smeri.
Izrek 2. Naj bo V : D̄ → R2 zvezno vektorsko polje na zaprtem enotskem
disku, ki nima ničel na robu bD. Če je ovojno število zožitve V na bD
neničelno, potem ima V ničlo na D.
Dokaz. Denimo, da V nima ničle na D. Za r ∈ [0, 1] definiramo γr(t) =
V (reit), t ∈ [0, 2π]. Potem je γr parametrizacija orientirane sklenjene krivu-
lje v ravnini, ki ne gre skozi izhodǐsče. Ovojno število γr je zvezno odvisno
od parametra r in ima vrednosti v Z, zato je konstantno. Ker je ovojno
število γ0 enako 0, je ovojno število γr enako 0 za vse r ∈ [0, 1], kar je v
nasprotju s predpostavko. Dokazali smo, da ima V ničlo na D.
Rešitev naloge z uporabo izreka o ovojnem številu:
S T označimo trikotnik {(x, y) : 0 ≤ x ≤ y ≤ 1}. Zvezno vektorsko polje
U : T → R2 definiramo s predpisom
U(x, y) =
(
∫ y
x
f(t) dt−
1
2
,
∫ y
x
g(t) dt−
1
2
)
.
Če je (x, y) ∈ T ničla vektorskega polja U , potem interval I = [x, y] reši
nalogo.
Ker je trikotnik T homeomorfen zaprtemu enotskemu disku D̄, lahko
uporabimo izrek 2: Če vektorsko polje U na bT nima ničle, potem ima U
ničlo v notranjosti T , čim ima U na bT neničelno ovojno število. Za t ∈ [0, 1]
po definiciji U izračunamo U(t, t) = (−1
2
,−1
2
) in
U(0, t) + U(t, 1) = (0, 0). (1)
Od tod ocenimo ovojno število U na bT : Iz točke (0, 0) potujemo po robu
bT v pozitivni smeri. Vektorsko polje U je na diagonali konstantno. Zasuk
U vzdolž horizontalne stranice od U(1, 1) = (−1
2
,−1
2
) do U(0, 1) = (1
2
, 1
2
) je
π do celoštevilskega večkratnika 2π natančno, kajti vektorja sta si nasprotno
enaka. Iz (1) sledi, da je zasuk U vzdolž vertikalne stranice, ko nadaljujemo
potovanje v pozitivni smeri, enak zasuku U vzdolž horizontalne stranice, ko
potujemo v pozitivni smeri (glej sliko 2). Polarna kota se seštejeta, torej je
zasuk vektorskega polja U vzdolž bT enak 2π do celoštevilskega večkratnika
4π natančno, zato je ovojno število U |bT neničelno. S tem smo rešili nalogo.
204 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 6
Od integralov do ogrlic
(1, 1)
(0, 0)
T
Slika 2. Primer vektorskega polja U na bT .
Rešitev z uporabo Borsuk-Ulamovega izreka
Izrek 3. Naj bo T : Sn → Rn zvezna preslikava iz n razsežne enotske sfere.
Potem obstaja točka x ∈ Sn, za katero velja T (x) = T (−x). Če je preslikava
T liha, potem velja T (x) = T (−x) = 0.
Borsuk-Ulamov izrek v posebnem primeru pove, da obstajata antipodni
točki na ekvatorju z enako temperaturo in antipodni točki na Zemlji, ki
imata enako temperaturo in enak zračni tlak. Dokaz bomo izdelali v primeru
n = 1, splošen primer pa je bil obravnavan v Obzorniku [3].
Dokaz. Funkcijo f : [0, 2π] → R definiramo s predpisom f(x) = T (eix).
Funkcija f je zvezna in velja f(0) = f(2π). Zvezno funkcijo g : [0, π] → R
definiramo s predpisom g(x) = f(π + x)− f(x). Izračunamo g(0) = f(π)−
f(0) in g(π) = f(2π) − f(π) = f(0) − f(π) = −g(0). Bodisi je g(0) = 0
ali pa je g v krajǐsčih intervala nasprotno predznačena, zato ima ničlo. Za
ničlo x funkcije g velja 0 = g(x) = T (eix+iπ) − T (eix) = T (−eix) − T (eix).
Našli smo antipodni točki na S1, v katerih T doseže enako vrednost.
Rešitev naloge z uporabo Borsuk-Ulamovega izreka:
Za (x, y, z) ∈ S2 naj bo
Xf (x, y, z) = sgnx
∫ x2
0
f(t) dt+ sgn y
∫ x2+y2
x2
f(t) dt+ sgn z
∫
1
x2+y2
f(t) dt,
pri čemer smo s sgn označili funkcijo predznak, ki pozitivnemu številu in
ničli priredi 1, negativnemu številu pa −1. Če so vse komponente točke
(x, y, z) ∈ S2 neničelne, potem je Xf zvezna v točki (x, y, z), ker je integral
zvezna funkcija svojih mej, funkcija predznak pa je v neničelnih točkah
201–210 205
Barbara Drinovec Drnovšek
zvezna. Če je ena od komponent točke (x, y, z) ∈ S2 enaka 0, potem ustrezna
funkcija sgn sicer ni zvezna v 0, vendar je omejena in je pomnožena z zvezno
funkcijo, ki ima v 0 vrednost 0, zato je ustrezni člen v vsoti zvezna funkcija.
S tem smo dokazali, da je Xf zvezna funkcija na S
2.
Preslikavo T : S2 → R2 definiramo s predpisom
T (x, y, z) = (Xf (x, y, z), Xg(x, y, z)).
Ker sta funkciji Xf in Xg zvezni in lihi, je preslikava T zvezna in liha,
zato ima po Borsuk-Ulamovem izreku ničlo. Označimo jo z (x̄, ȳ, z̄). Med
števili x̄, ȳ in z̄ imata natanko dve enak predznak: če bi bila vsa tri enako
predznačena, bi po predpostavki o f sledilo, da je Xf (x̄, ȳ, z̄) ∈ {−1, 1},
kar pa ni res. Če imata ȳ in z̄ enak predznak, potem velja
∫ x̄2
0
f(t) dt =
∫
1
x̄2
f(t) dt in
∫ x̄2
0
g(t) dt =
∫
1
x̄2
g(t) dt. Ker je
∫
1
0
f(t) dt =
∫
1
0
g(t) dt = 1,
sledi, da za I lahko vzamemo [0, x̄2]. Podobno premislimo, da če imata x̄ in
z̄ enak predznak, lahko vzamemo I = [x̄2, x̄2 + ȳ2], če pa imata x̄ in ȳ enak
predznak, lahko vzamemo I = [x̄2 + ȳ2, 1]. S tem smo rešili nalogo.
Problem ogrlice
Problem 4. Pirata imata ogrlico, na kateri je v naključnem vrstnem redu
nanizanih 2k belih in 2k črnih biserov. Določi najmanǰse število rezov, s
katerimi ogrlico pravično razdelimo med pirata.
Iščemo torej najmanǰse število rezov, s katerimi razrežemo ogrlico in nato
vsakemu od piratov damo natanko k belih in k črnih biserov. Z rešitvijo
naloge bomo dokazali, da sta dovolj dva reza. Rešitev problema ogrlice se
da izpeljati tudi direktno iz Borsuk-Ulamovega izreka [1].
Izberemo biser na ogrlici in ga indeksiramo z 1, nato se premikamo po
ogrlici v pozitivni smeri. Zaporedju belih in črnih biserov priredimo funkciji
f, g : [0, 4k) → R takole: če je m-ti biser bel, naj bo
f |[m− 1,m) ≡ 1 in g|[m− 1,m) ≡ 0,
sicer pa
f |[m− 1,m) ≡ 0 in g|[m− 1,m) ≡ 1.
Integral funkcije f po intervalu s celoštevilskima krajǐsčema prešteje
bele bisere na ustreznem delu ogrlice, integral g pa prešteje črne bisere.
Zato velja
∫
4k
0
f(t) dt =
∫
4k
0
g(t) dt = 2k. Rešitev naloge zagotavlja obstoj
intervala I ⊂ [0, 4k], za katerega velja:
∫
I
f(t) dt =
∫
I
g(t) dt = k.
206 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 6
Od integralov do ogrlic
b b b bbc bc bc bc
1 2 3 4 5 6 7 8
1 f
1 2 3 4 5 6 7 8
1 g
Slika 3. Primer ogrlice in prirejenih funkcij f in g.
Če ima I celoštevilski krajǐsči, potem integral f po I prešteje število
belih, integral g po I pa prešteje število črnih biserov, torej lahko ogrlico
pravično razdelimo z dvema rezoma.
Denimo, da je I = [a, b], kjer je a = ⌊a⌋ + α in b = ⌊b⌋ + β, pri čemer
je vsaj eden od α, β ∈ [0, 1) neničeln. Sledi, da je α = β, sicer vsaj eden od
integralov po I ni naravno število. Podobno sklepamo, da je f(a) = f(b)
in g(a) = g(b). V tem primeru velja
∫
I
f(t) dt =
∫ ⌊b⌋
⌊a⌋ f(t) dt in
∫
I
g(t) dt =
∫ ⌊b⌋
⌊a⌋ g(t) dt, torej je na intervalu [⌊a⌋ , ⌊b⌋] natanko k belih in k črnih biserov.
Ekvivalentna trditev
Trditev 5. Dva igralca mečeta kovanec. Če pade cifra, igralec dobi en evro,
sicer izgubi en evro. Denimo, da sta oba igralca v nekem časovnem intervalu
dobila 2n evrov. Potem obstaja časovni interval, v katerem sta oba dobila n
evrov.
Dokazali bomo, da sta trditev 5 in naloga 1 ekvivalentni.
Najprej pokažimo, kako trditev 5 izpeljemo iz naloge. Recimo, da sta
oba igralca dobila 2n evrov po k metih kovanca. Zaporedju metov prvega
201–210 207
Barbara Drinovec Drnovšek
igralca priredimo funkcijo f : [0, k) → R takole: če je pri m-tem metu padla
cifra, naj bo f |[m − 1,m) ≡ 1, sicer pa f |[m − 1,m) ≡ −1. Zaporedju
metov drugega igralca priredimo funkcijo g na enak način. Integral funkcije
f po intervalu s celoštevilskima krajǐsčema je dobiček oziroma izguba prvega
igralca v ustreznem času. Zato velja
∫ k
0
f(t) dt =
∫ k
0
g(t) dt = 2n. Rešitev
naloge zagotavlja obstoj intervala I = [a, b], za katerega velja
∫
I
f(t) dt =
∫
I
g(t) dt = n.
Če sta a in b celi števili, potem smo dobili ustrezni časovni interval.
Sicer lahko zapǐsemo a = ⌊a⌋ + α in b = ⌊b⌋ + β, kjer je vsaj eno od števil
α, β ∈ [0, 1) neničelno.
• Če α 6= β, potem vsaj eden od integralov funkcij f in g po I ni celo
število, kar je protislovje.
• Če je α = β 6= 1
2
, potem sta integrala funkcij f in g po I lahko ce-
loštevilska samo v primeru, ko je f(a) = f(b) in g(a) = g(b). V tem
primeru velja
∫
I
f(t) dt =
∫ ⌊b⌋
⌊a⌋ f(t) dt in
∫
I
g(t) dt =
∫ ⌊b⌋
⌊a⌋ g(t) dt, torej je
[⌊a⌋ , ⌊b⌋] ustrezni časovni interval.
• Denimo, da je α = β = 1
2
. Potem velja bodisi f(a) = f(b) in g(a) = g(b)
bodisi f(a) 6= f(b) in g(a) 6= g(b), kajti sicer bi bil en integral lih,
drugi pa sod. V prvem primeru lahko ponovimo sklep iz preǰsnje točke,
v drugem primeru pa velja:
∫
I
f(t) dt =
∫ ⌊b⌋
⌊a⌋+1 f(t) dt in
∫
I
g(t) dt =
∫ ⌊b⌋
⌊a⌋+1 g(t) dt, torej smo v obeh primerih dobili ustrezni časovni interval.
Dokazali smo, da trditev 5 sledi iz naloge 1.
Dokažimo še obratno: denimo, da trditev 5 drži. Nalogo 1 je dovolj
dokazati za zvezni funkciji f in g, ki ustrezata predpostavki. Ker sta zvezni,
sta omejeni, torej obstaja M ∈ R, da velja |f(x)| ≤ M in |g(x)| ≤ M za vse
x ∈ [0, 1]. Funkciji
F (x) =
1
M
∫ x
0
f(t) dt in G(x) =
1
M
∫ x
0
g(t) dt
sta zvezno odvedljivi in velja F ′(x) = 1
M
f(x) ter G′(x) = 1
M
g(x). Zato ve-
ljata oceni |F ′(x)| ≤ 1 in |G′(x)| ≤ 1 za vse x ∈ [0, 1]. V nadaljevanju bomo
dokazali, da lahko funkciji F in G enakomerno poljubno dobro aproksimi-
ramo z zveznima kosoma linearnima funkcijama, ki imata enaki vrednosti v
0 in 1 ter imata na vsakem linearnem delu naklon 1 ali −1.
Naj bo m ∈ N. Za vsak l ∈ {0, 1, . . . ,m} obstaja natanko en j ∈
Z, za katerega velja F ( l
m
) ∈ [ j−1
m
, j
m
) in definiramo pm(
l
m
) = j−1
m
. Po
208 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 6
Od integralov do ogrlic
Lagrangeevem izreku velja |F (x + 1
m
) − F (x)| = 1
m
|F ′(c)| ≤ 1
m
za neki
c ∈ [x, x + 1
m
], od tod sledi pm(
l+1
m
) − pm(
l
m
) ∈ {− 1
m
, 0, 1
m
} za vsak l ∈
{0, 1, . . . ,m− 1}. Definiramo še
pm(
2l+1
2m
) =
{
pm(
l
m
) + 1
2m
, pm(
l+1
m
) ≥ pm(
l
m
)
pm(
l
m
)− 1
2m
, pm(
l+1
m
) < pm(
l
m
)
.
1
1
b b b
b
b
bF
p5
Slika 4. Aproksimacija funkcije F s kosoma linearno funkcijo p5.
Za vse l ∈ {0, 1, . . . , 2m − 1} velja |pm(
l+1
2m
) − pm(
l
2m
)| = 1
2m
, zato
lahko pm razširimo do zvezne kosoma linearne funkcije na [0, 1], ki ima na
vsakem linearnem delu naklon ±1. Za vsak l ∈ {0, 1, . . . ,m− 1} in za vsak
x ∈ [ l
m
, l+1
m
] z uporabo trikotnǐske neenakosti dobimo
|F (x)− pm(x)| ≤ |F (x)− F (
l
m
)|+ |F ( l
m
)− pm(
l
m
)|+ |pm(
l
m
)− pm(x)|
≤ 1
m
+ 1
m
+ 1
m
= 3
m
, (2)
pri čemer smo pri oceni prvega člena upoštevali, da je |F ′| ≤ 1, pri drugem in
tretjem členu pa ocena velja po definiciji funkcije pm. Na enak način funkciji
G priredimo funkcijo qm. Ker imata F in G v krajǐsčih intervala [0, 1] enaki
vrednosti, imata pm in qm v krajǐsčih intervala [0, 1] enaki vrednosti.
Funkciji pm priredimo izide 2m metov kovanca za prvega igralca takole:
če je naklon pm na intervalu [
l
2m
, l+1
2m
] enak 1, je rezultat cifra, sicer grb.
Na enak način funkciji qm priredimo izide metov drugega igralca. Ker je
pm(0) = qm(0) in pm(1) = qm(1), igralca po 2m metih dobita enako. Ker
je število metov sodo, je njun dobiček sodo število 2n. Z uporabo trditve 5
dobimo časovni interval [am, bm], v katerem sta oba igralca dobila n evrov.
Na tem intervalu sta oba igralca vrgla enako cifer (in enako grbov), njun
dobiček na tem intervalu pa je bil enak polovičnemu dobičku na koncu, zato
201–210 209
Barbara Drinovec Drnovšek
velja
pm(bm)− pm(am) = qm(bm)− qm(am) =
1
2
(pm(1)− pm(0)).
Po definiciji funkcije F velja
∫
1
0
f(x) dx = M(F (1)− F (0)) = M(pm(1)− pm(0) + o1),
pri čemer z uporabo ocene (2) dobimo |o1| <
6
m
. Podobno izpeljemo
∫ bm
am
f(x) dx = M(F (bm)− F (am)) = M(pm(bm)− pm(am) + o2),
kjer je |o2| <
6
m
. Sedaj izračunamo
∫ bm
am
f(x) dx = M(pm(bm)− pm(am) + o2) =
1
2
M(pm(1)− pm(0)) +Mo2
=
1
2
∫
1
0
f(x) dx−
1
2
Mo1 +Mo2 =
1
2
+Mo3,
kjer je |o3| <
9
m
. Podobno velja za G in qm. Sedaj nadaljujemo podobno
kot v začetku uvodnega razdelka: v omejenih zaporedjih (am)m in (bm)m
obstajata konvergentni podzaporedji in za njuni limiti a in b velja
∫ b
a
f(x) dx =
∫ b
a
g(x) dx =
1
2
.
Torej smo rešili nalogo.
LITERATURA
[1] N. Alon in D. B. West, The Borsuk-Ulam theorem and bisection of necklaces, Proc.
Amer. Math. Soc. 98 (1986), 623–628.
[2] Contests in higher mathematics (Hungary, 1949–1961). In memoriam Miklós Schwe-
itzer, (G. Szasz, L. Geher, I. Kovacs, L. Pinter, eds), Akadémiai Kiadó, Budapest,
1968.
[3] K. Kelvǐsar, Borsuk-Ulamov izrek, Obzornik Mat. Fiz. 63 (2016), 41–52.
[4] R. Narasimhan in Y. Nievergelt, Complex analysis in one variable, Second edition.
Birkhäuser Boston, Inc., Boston, MA, 2001.
[5] G. J. Szekely (Ed.), Contests in Higher Mathematics, Springer, New York, 1996.
[6] V. Totik, A tale of two integrals, Amer. Math. Monthly 106 (1999), 227–240.
[7] Miklós Schweitzer Competition, dostopno na en.wikipedia.org/wiki/Mikl%C3%B3s_
Schweitzer_Competition, ogled 22. 11. 2019.
[8] Problems of the Miklós Schweitzer Memorial Competition, dostopno na www.math.
u-szeged.hu/~mmaroti/schweitzer/, ogled 22. 11. 2019.
210 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 6