i
i
“srebrniRed” — 2019/12/13 — 13:10 — page 117 — #4 i
i
i
i
i
i
Šestindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Verjetno najpomembneǰse poslanstvo društva je kravžljanje mladih mo-
žganov. Talente je namreč treba prebuditi. Ključna za uspeh pri prebu-
janju talentov pa je motivacija, kar je naloga društva. Uspeh pa ne pride
brez velikega truda in dolgoletne tradicije. Društvo pripravlja in sodeluje
na različnih tekmovanjih vseh vrst, od šolskih tekmovanj do mednarodnih
olimpijad. Organizira tekmovanja iz znanja, ki se jih vsako leto udeleži več
kot 100.000 tekmovalcev. V sedemdesetih letih se to število kar namnoži.
V zadnjih letih beležimo izjemne dosežke posameznikov na olimpijadah,
kar nedvomno prispeva k ugledu Slovenije v svetu tam, kjer šteje – med
mladimi. Olimpijade iz matematike, fizike in astronomije potekajo po ce-
lem svetu in so zelo podobne športnim olimpijadam, le da se pri enih tek-
muje v umskih veščinah, pri drugih pa v telesnih. Razlika je tudi v tem, da
je neposredni televizijski prenos matematičnega tekmovanja lahko nekoliko
manj zanimiv, kot je na primer smučanje. Je pa dolgoročni družbeni po-
men nabiranja znanja iz naravoslovno-matematičnih veščin verjetno širšega
pomena, kot je šport, saj je ključ do uspeha na vseh področjih znanosti,
gospodarstva, medicine in tudi družboslovja ter športa.
Člani društva so prostovoljci, ki delajo brezplačno. Predsednǐsko pri-
znanje je še posebej pomembno za vse tiste posameznike, ki jih ne morem
danes poimensko našteti, a dobro vemo, kdo so. Oni svoje življenjsko delo
posvečajo poslanstvu društva. Seveda smo nagrajeni tudi vsakič, ko naši
tekmovalci izkažejo uspehe, a državno odlikovanje je vendarle pomembno
priznanje širše družbe za požrtvovalno delo skupine posameznikov, ki tvorijo
društvo. V izjemno čast mi je, da lahko v imenu DMFA Slovenije prejmem
to priznanje in se v imenu vseh članov društva zanj srčno zahvalim.
LITERATURA
[1] Predsednik Pahor na posebni slovesnosti vročil državna odlikovanja: srebrni red za
zasluge, red za zasluge in medalje za zasluge, dostopno na www.up-rs.si/up-rs/
uprs.nsf/objave/A3042FB21FC143A4C125843300255232?OpenDocument, ogled 10. 7.
2019.
Urednǐstvo
Šestindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Tudi letos je konec julija v Blagoevgradu v Bolgariji potekalo mednarodno
tekmovanje študentov matematike. Pomerilo se je 360 študentov. Ljubljan-
sko univerzo so predstavljali Viktor Cvrtila, Grega Saksida, Tea Štrekelj in
Gašper Urh, Univerzo na Primorskem pa Ðorđe Mitrović, Besfort Shala in
Roman Solodukhin.
Besfort Shala in Roman Solodukhin sta dobila drugo nagrado, Ðorđe
Mitrović in Gašper Urh tretjo, Gregor Saksida in Tea Štrekelj pa sta dobila
pohvalo.
Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 3 117
i
i
“srebrniRed” — 2019/12/13 — 13:10 — page 118 — #5 i
i
i
i
i
i
Vesti
Slika 1. Predstavniki Slovenije pred kampusom Amerǐske univerze v Blagoevgradu. Z
leve: Grega Saksida, Gašper Urh, Ðorđe Mitrović, Besfort Shala, Roman Solodukhin, Tea
Štrekelj in Viktor Cvrtila.
Naloge s tekmovanja in posamične rezultate lahko najdete na internetni
strani www.imc-math.org.
Za vtis sledi nekaj rešenih nalog s tekmovanja. Upam, da vas bo kakšna
od nalog motivirala za možgansko telovadbo, še preden boste pogledali njeno
rešitev.
Tekmovalci so dva dni, vsak dan po pet ur, reševali po pet nalog. Rimska
številka označuje dan tekmovanja, arabska pa zaporedno številko naloge.
Praviloma teža naloge narašča z zaporedno številko.
I.1. Izračunaj produkt
∞∏
n=3
(n3 + 3n)2
n6 − 64
.
Podobno kot seštejemo teleskopske vsote, lahko naredimo tudi s produkti.
118 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 3
i
i
“srebrniRed” — 2019/12/13 — 13:10 — page 119 — #6 i
i
i
i
i
i
Šestindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Razpǐsimo n-ti faktor produkta an kot
n2(n2 + 3)2
(n3 − 8)(n3 + 8))
=
n2(n2 + 3)2
(n− 2)(n2 + 2n+ 4)(n+ 2)(n2 − 2n+ 4)
=
=
n
n− 2
· n
n+ 2
· n
2 + 3
(n− 1)2 + 3
· n
2 + 3
(n+ 1)2 + 3
.
Za N ≥ 3 je N -ti delni produkt
∏N
n=3 an enak(
N∏
n=3
n
n− 2
)
·
(
N∏
n=3
n
n+ 2
)
·
(
N∏
n=3
n2 + 3
(n− 1)2 + 3
)
·
(
N∏
n=3
n2 + 3
(n+ 1)2 + 3
)
=
N(N − 1)
1 · 2
· 3 · 4
(N + 1)(N + 2)
· N
2 + 3
22 + 3
· 3
2 + 3
(N + 1)2 + 3
=
72
7
N(N − 1)(N2 + 3)
(N − 1)(N + 2)((N + 1)2 + 3)
.
Ko gre N proti neskončno, zgornji izraz konvergira proti 727 .
Kot zanimivost naj omenim, da je velika večina tekmovalcev dobila pravo
idejo in pokraǰsala ustrezne zaporedne člene, pri tem pa naredila napako,
ker ni delala z limitami končnih produktov. Ocenjevalci so v tem primeru
nalogo ocenili s 60 %, zraven pa ilustrirali težavo z neskončnim produktom
∞∏
n=1
n
n+ 1
,
ki je enak 0 (N -ti delni produkt je enak 1N+1), na videz pa se vsi členi
pokraǰsajo in bi tako moral biti produkt enak 1.
I.3. Naj bo f : (−1, 1)→ R dvakrat odvedljiva funkcija, za katero velja
2f ′(x) + xf ′′(x) ≥ 1 za vse x ∈ (−1, 1).
Pokaži, da je ∫ 1
−1
xf(x) dx ≥ 1
3
.
Naloga črpa idejo iz zakladnice na videz nemogočih rešitev nalog z Rollovim
in Lagrangeevim izrekom, kjer moramo funkcijo napisati kot odvod primerne
funkcije. Hitro ugotovimo, da je drugi odvod funkcije
g(x) = xf(x)− x22
Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 3 119
i
i
“srebrniRed” — 2019/12/13 — 13:10 — page 120 — #7 i
i
i
i
i
i
Vesti
enak ravno
g′′(x) = 2f ′(x) + xf ′′(x)− 1 ≥ 0,
zato je funkcija g konveksna in se njena tangenta nahaja pod grafom funk-
cije. Če je g′(0) = a, je
g(x) ≥ g(0) + g′(0)x = ax,
zato je∫ 1
−1
xf(x) dx =
∫ 1
−1
(
g(x) +
x2
2
)
dx ≥
∫ 1
−1
(
ax+
x2
2
)
dx =
1
3
.
II.2 Naj C označuje množico vseh sestavljenih števil. Za vsako število n ∈ C
definirajmo an kot najmanǰse naravno število k, za katero n deli k!.
Utemelji, ali konvergira vrsta ∑
n∈C
(an
n
)n
.
Pokazali bomo, da je
an
n
≤ 2
3
za n > 4,
zato dano vrsto od drugega člena naprej majorizira konvergentna geome-
trijska vrsta s kvocientom 23 < 1.
Vsako sestavljeno število n > 4 je lahko treh različnih oblik:
(i) Recimo, da je število n deljivo z vsaj dvema različnima prašteviloma.
Tedaj ga lahko razcepimo na produkt tujih števil n = qr, kjer je r ≥ 2
in je brez škode za splošnost q > r. Tedaj n = qr deli q! = r!(r +
1) · · · (q − 1)q, zato je an ≤ q in je
an
n
≤ q
n
=
1
r
≤ 1
2
.
(ii) Tokrat naj bo n = p2 kvadrat praštevila p ≥ 3 (gledamo le n > 4). Ker
p2 deli p · 2p, ki deli (2p)!, je an ≤ 2p in je
an
n
≤ 2p
p2
=
2
p
≤ 2
3
.
(iii) Naj bo n potenca praštevila, n = pk, k ≥ 3. Tedaj n = pk deli produkt
p · p2 · · · pk−1, zato je an ≤ pk−1 in je
an
n
≤ p
k−1
pk
=
1
p
≤ 1
2
.
120 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 3
i
i
“srebrniRed” — 2019/12/13 — 13:10 — page 121 — #8 i
i
i
i
i
i
Šestindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
II.4 Določi vsa naravna števila n, za katera obstajata kvadratni obrnljivi
realni matriki A in B velikosti n× n, za kateri velja
AB −BA = B2A.
Enakost, ki velja za matriki A in B, lahko predelamo v veliko bolj informa-
tivno enačbo
B = A−1(B2 +B)A,
ki pove, da sta si matriki B in B2 +B podobni.
Naj bo najprej velikost matrik n liho število. Tedaj ima karakteristični
polinom matrike B vsaj eno realno ničlo, recimo λ. Po izreku o preslikavi
spektra je tudi λ2 + λ > λ realna lastna vrednost matrike B, ki je večja od
λ, saj zaradi obrnljvosti matrike B velja λ 6= 0. Tako pridemo do neskončne
množice različnih realnih lastnih vrednosti matrike B, kar je v nasprotju s
končno velikostjo matrike B.
Preostane nam še možnost, ko je n sodo število. V primeru n = 2
množica
{λ, λ2 + λ, (λ2 + λ)2 + λ2 + λ}
ne sme imeti več kot dveh elementov. Tako hitro najdemo kandidata za
lastni vrednosti matrike B, z nekaj vztrajnega poskušanja pa še primerno
realno matriko, na primer
B′ =
[
−1 1
−1 −1
]
in podobnostno transformacijo med B in B2 +B
A′ =
[
0 1
1 0
]
.
S pomočjo teh 2 × 2 matrik lahko zgradimo diagonalno bločni matriki po-
ljubne sode velikosti
A = A′ ⊕ · · · ⊕A′, B = B′ ⊕ · · · ⊕B′,
ki sta seveda realni, obrnljivi in ustrezata enakosti AB −BA = B2A.
Marjan Jerman
Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 3 XI