i
i
“Jerman” — 2016/1/7 — 9:40 — page 232 — #1 i
i
i
i
i
i
Vesti
DVAINDVAJSETO MEDNARODNO TEKMOVANJE
ŠTUDENTOV MATEMATIKE
Tudi tokrat se je v Blagoevgradu v Bolgariji med 27. julijem in 2. avgu-
stom 2015 pomerilo 330 študentov matematike s 73 univerz z vsega sveta.
Čeprav so še vedno prevladovale evropske univerze, sta se tekmovanja že
tradicionalno udeležili tudi izjemno številni brazilska in iranska ekipa, med
tekmovalci pa ste na primer lahko našli tudi študente iz Kostarike, Mehike,
Kitajske in Arabskih emiratov. Ljubljansko univerzo so zastopali Rok Ha-
vlas, Vesna Iršič, Teo Kukuljan, Veno Mramor in Neža Žager Korenjak,
primorsko pa Ivan Bartulović, Vladan Jovičić, Marko Palangetić in Roman
Solodukhin.
Študentje so dva dneva, vsak dan po pet ur, reševali po pet nalog. Ve-
činoma zelo zvite in težke naloge so iz snovi, ki se predava pri standardnih
predmetih v prvih dveh letnikih študija matematike.
Slika 1. Predstavniki slovenskih univerz v menzi Amerǐske univerze.
Veno Mramor in Marko Palangetić sta dobila drugo nagrado, Ivan Bar-
tulović in Teo Kukuljan tretjo, preostali študentje pa so dobili pohvale. Na
lestvici 74 ekip je ljubljanska ekipa zasedla 47., primorska pa 48. mesto.
Zelo veliko o tekmovanju, preǰsnjih tekmovanjih, nalogah in rezultatih
lahko najdete na domači strani organizatorja www.imc-math.org.
Za bolǰsi vpogled v težo in tip nalog sledi nekaj nalog z rešitvami. Le-
tošnje naloge so bile bolj simpatične in lažje rešljive kot preǰsnja leta. Ver-
jamem, da bodo za mnoge bralce zanimiv izziv.
232 Obzornik mat. fiz. 62 (2015) 6
i
i
“Jerman” — 2016/1/7 — 9:40 — page 233 — #2 i
i
i
i
i
i
Dvaindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Nekakšen nenapisan dogovor pravi, da je treba vsak dan začeti z dosto-
pno nalogo, ki naj bi jo rešila velika večina študentov. Tudi jaz sem bil med
ocenjevalci naslednje zelo simpatične naloge iz linearne algebre:
I.1. Naj bo n ≥ 2. Realni matriki A in B velikosti n× n zadoščata enačbi
(A+B)−1 = A−1 +B−1 .
Pokaži, da je detA = detB. Ali enak sklep velja tudi v primeru kom-
pleksnih matrik?
Ko enakost pomnožimo z A+B, dobimo
I = (A−1 +B−1)(A+B) = 2I +A−1B +B−1A,
ali ekvivalentno
A−1B +B−1A+ I = 0 .
Prvi seštevanec je inverz drugega, zato se enačba s substitucijo X =
A−1B poenostavi v
X +X−1 + I = 0 .
Od tod sledi X2 +X + I = 0 in
X3 − I = 0.
Zato je X3 = I, (detX)3 = 1 in zaradi realnosti matrik velja
1 = detX = det(A−1B) = detBdetA .
Tako smo pokazali, da je v realnem primeru detA = detB.
Enakost (detX)3 = 1 da slutiti, da nam lahko v kompleksnem primeru
nagajajo tretji koreni enote. Naj bo ζ = 12(−1 + i
√
3). Za A vzemimo
identično matriko, za B pa diagonalno matriko, ki ima na diagonali ζ
ali ζ2, tako da detB 6= 1. V primeru, ko n ni večkratnik števila 3, lahko
na primer vzamemo kar B = ζI.
Tedaj je A−1 = I, B−1 = B, I +B +B = 0 in
(A+B)−1 = (−B)−1 = −B = I +B = A−1 +B−1 ,
vendar detA = 1 6= detB.
Podobno dostopna je bila naloga iz analize, s katero se je začel naslednji
dan.
Obzornik mat. fiz. 62 (2015) 6 233
i
i
“Jerman” — 2016/1/7 — 9:40 — page 234 — #3 i
i
i
i
i
i
Vesti
Slika 2. Ljubljanska ekipa pred rilskim samostanom.
II.1. Pokaži, da velja
∞∑
n=1
1√
n(n+ 1)
< 2 .
Študentje so našli ogromno različnih rešitev, verjetno najbolj naravna
pa je ocena z integralom.
S pomočjo substitucije t = x2 je zelo lahko v primeru a ≥ 0 eksplicitno
izračunati integral∫ ∞
a
1√
x(x+ 1)
dx = π − 2 arctg
√
a .
Integrand je strogo padajoča funkcija. Poglejmo si Darbouxove pravo-
kotnike širine 1 za spodnjo oceno ploščine. Ker je π > 2, moramo nekaj
prvih členov izračunati posebej. Dobimo:
∞∑
n=1
1√
n(n+ 1)
<
1
2
+
1
3
√
2
+
1
4
√
3
+
∫ ∞
3
1√
x(x+ 1)
dx =
=
1
2
+
1
3
√
2
+
1
4
√
3
+ π − 2 arctg
√
3 < 2 .
Zelo mi je bila všeč tudi naslednja veliko težja, a elementarna naloga z
zvito uporabo kompleksnih števil:
I.4. Ali obstaja 15 celih števil m1, . . ., m15, za katera velja
15∑
j=1
mj · arctg j = arctg 16 ?
234 Obzornik mat. fiz. 62 (2015) 6
i
i
“Jerman” — 2016/1/7 — 9:40 — page 235 — #4 i
i
i
i
i
i
Dvaindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Slika 3. Primorska ekipa.
Rezultat funkcije arctg si predstavljajmo kot polarni kot. Ker se koti pri
množenju kompleksnih števil seštevajo, pri potenciranju pa se množijo
z eksponentom, bi bil v primeru zgornje enakosti argument števila z =
1 + 16i enak argumentu produkta
w = (1 + i)m1 · (1 + 2i)m2 · · · (1 + 15i)m15 .
V tem primeru bi bil kvocient r = wz neničelno realno število. Še več,
ker je realni del števila w cel, realni del z pa enak 1, bi bil tudi kvocient
r neničelno celo število.
Absolutna vrednost |w|2 je r2-kratnik absolutne vrednosti |z|2:
(1 + 162)r2 =
15∏
j=1
(1 + j2)mj .
Sedaj pride najbolj nepričakovani del rešitve: Število
p = 1 + 162 = 257
je praštevilo, na desni pa za vse faktorje velja
1 + j2 < 1 + 162 = p .
To je v nasprotju z enoličnim razcepom števila na praštevila.
Za konec še primer zadnje, najtežje naloge:
Obzornik mat. fiz. 62 (2015) 6 235
i
i
“Jerman” — 2016/1/7 — 9:40 — page 236 — #5 i
i
i
i
i
i
Vesti
I.5. Naj bo n ≥ 2 in A1, A2, . . . , An+1 točke v n-razsežnem evklidskem pro-
storu, ki ne ležijo na isti hiperravnini. Točka B leži v notranjosti kon-
veksne ogrinjače točk A1, A2, . . . , An+1. Pokaži, da je kot ∠AiBAj top
za vsaj n parov (i, j), 1 ≤ i < j ≤ n+ 1.
Za 1 ≤ i ≤ n+1 označimo vi = BAi. Kot ∠AiBAj je top natanko tedaj,
ko je skalarni produkt 〈vi, vj〉 < 0. Ker je B v notranjosti konveksne
ogrinjače, za primerna pozitivna števila λ1, . . . , λn > 0 z vsoto, manǰso
od 1, velja
An+1B =
n∑
i=1
λiAn+1Ai ,
ali drugače
n∑
i=1
λivi +
(
1−
n∑
i=1
λi
)
vn+1 = 0 .
Potem je tudi λn+1 := 1−
∑n
i=1 λi > 0.
Poglejmo si graf, ki ima za vozlǐsča točke 1, 2, . . . , n + 1. Točki i in
j naj bosta povezani, če je 〈vi, vj〉 < 0. Pokazali bomo, da je ta graf
povezan. Ker ima vsak povezan graf z n+ 1 vozlǐsči vsaj n povezav, bo
s tem naloga rešena.
Če graf ne bi bil povezan, bi lahko vozlǐsča razbili na disjunktni podmno-
žici V in W z V ∪W = {1, . . . , n+1}, pri čemer bi zaradi nepovezanosti
veljalo 〈vi, vj〉 ≥ 0 za vse i ∈ V in j ∈W .
Poglejmo si enakost
0 =
∥∥∥∥n+1∑
i=1
λivi
∥∥∥∥2 =
=
∥∥∥∥∑
i∈V
λivi
∥∥∥∥2+∥∥∥∥∑
i∈W
λivi
∥∥∥∥2 + 2∑
i∈V
∑
j∈W
λiλj〈vi, vj〉 .
Seštevanci v zadnji dvojni vsoti so nenegativni. Ker točke ne ležijo v
isti hiperravnini, velja tudi∑
i∈V
λivi 6= 0 in
∑
i∈W
λivi 6= 0.
To pomeni, da zadnja enakost ni možna in prǐsli smo do protislovja.
Kljub na videz liberalnim ocenam kot zanimivost povejmo, da je ocena
v nalogi najbolǰsa možna. Za primer bi lahko vzeli vn+1 = (1, 1, . . . , 1),
za vi pa vektor, ki ima na i-tem mestu −1, drugje pa ničle. V tem
primeru je 〈vi, vj〉 < 0 le v primeru, ko je i = n+ 1 ali j = n+ 1.
Marjan Jerman
236 Obzornik mat. fiz. 62 (2015) 6