i
i
“Sega” — 2018/12/6 — 10:54 — page 110 — #1 i
i
i
i
i
i
Vesti
Petindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Kot že nekaj let zapored je v Blagoevgradu v Bolgariji tudi letos od 22. do
28. julija potekalo 25. tekmovanje študentov matematike. Iz Slovenije sta
se ga udeležili dve ekipi. Fakulteto za matematiko in fiziko Univerze v
Ljubljani so zastopali Lenart Treven, Tea Štrekelj, Luka Lodrant in Nejc
Černe iz tretjega letnika ter Severin Mejak iz prvega letnika druge stopnje
študija. Fakulteto za matematiko, naravoslovje in informacijske tehnologije
Univerze na Primorskem pa so zastopali študenti Arbër Avdullahu, Daniil
Baldouski in Ðorđe Mitrović. Vodji ekip sva bila Gregor Šega in Slobodan
Filipovski.
V dvodnevnem reševanju desetih nalog se je pomerilo 351 študentov,
razvrščenih v 70 ekip iz okrog 42 držav. Običajno univerzitetno ekipo se-
stavlja od tri do šest študentov, se pa na tekmovanje lahko prijavi vsak
študent, tudi če njegova univerza ne sodeluje. Letos je bilo takih študentov
kar precej, kar pomeni dodatno delo za vodje ekip. V ekipni razvrstitvi
so univerze rangirane po formuli »vsota najbolǰsih treh tekmovalcev plus
povprečje vseh«.
Naši ekipi sta bili tudi tokrat zelo uspešni. Drugo nagrado je osvojil
Lenart Treven, tretjo so osvojili Tea Štrekelj, Luka Lodrant, Severin Mejak,
Arbër Avdullahu in Daniil Baldouski. Pohvalo sta si zaslužila Nejc Černe
in Ðorđe Mitrović.
Ekipno smo dosegli petinštirideseto (ekipa Fakultete za matematiko in
fiziko) ter šestinpetdeseto mesto (ekipa Famnit).
Slika 1. Študenti Fakultete za matematiko in fiziko na izletu v samostan Rila.
110 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3
i
i
“Sega” — 2018/12/6 — 10:54 — page 111 — #2 i
i
i
i
i
i
Petindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Slika 2. Študenti na začetku prvega tekmovalnega dne.
Študenti imajo po prihodu na mesto tekmovanja en dan počitka, v kate-
rem vodje ekip določijo tekmovalne naloge. Sledita dva tekmovalna dneva,
ko je vsak dan na razpolago pet ur za reševanje petih nalog. Popoldne in
pozno v noč pa sledi delo za vodje ekip, ki morajo oceniti študentske izdelke.
Po končanem drugem reševalnem dnevu je delo študentov opravljeno, tako
da običajno sledi en dan za oglede lokalnih znamenitosti, naslednji dan pa je
na vrsti podelitev nagrad. Vmes vodje ekip preverijo, ali so njihovi študenti
dobili res ustrezno število točk glede na to, koliko so rešili. Tako nekateri
študenti dobijo kakšno dodatno točko, včasih pa kdo kakšno točko tudi iz-
gubi. Vsota vseh sprememb števila točk študentov ene ekipe se šteje kot
uspeh vodje ekipe. Preǰsnja leta so uspešni vodje ekip lahko zbrali tudi 50
in več točk, letos pa je zmagovalec te kategorije dobil le 26 točk. Razlog
najverjetneje tiči v tem, da so popravljalci nalog svojo nalogo letos res kva-
litetno opravili. Splet naključij pa je tokrat v tem točkovanju avtorja zapisa
prinesel na odlično tretje mesto.
Študenti imajo od konca drugega tekmovalnega dne do podelitve nagrad
precej časa, ki ga delno porabijo tudi za druženje. Od športnih aktivnosti
naj omenim, da je hrvaška reprezentanca v finalu nogometnega prvenstva
proti združeni ekipi preostalega sveta močno izgubila. V družabnih igrah
so bili tradicionalno močni Nemci, tekma v vaterpolu pa je zaradi premalo
prijavljenih žal odpadla. Opazovanje popolnega luninega mrka je bilo le
delno uspešno, saj je luna večino časa mrknila za gostimi oblaki, kronanje
z bikovo glavo (v obliki lubenice) pa je bilo sicer izvedeno, a manj obiskano
kot v preteklih letih.
Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3 111
i
i
“Sega” — 2018/12/6 — 10:54 — page 112 — #3 i
i
i
i
i
i
Vesti
Slika 3. Zapolnjen avditorij med podelitvijo nagrad.
Slika 4. Del ekipe Fakultete za matematiko in fiziko po podelitvi nagrad.
Še en zanimiv podatek je treba omeniti. Na pobudo nekaterih vodij
ekip je predsednik tekmovanja na zaključni prireditvi tekmovalce vprašal,
kdo od njih ne študira matematike. Namreč, bila je postavljena hipoteza,
da vedno več dobrih matematikov izbere študij kakega drugega področja. O
razlogih za to seveda lahko poteka razprava. Odziv je bil presenetljiv: več
kot tretjina udeležencev je dvignila roko. Seveda bi bilo zanimivo videti,
kako so se ti tekmovalci odrezali. Na prvi pogled nič slabše, tako da je
verjetno to res trend. Kar pomeni, da se bodo morale matematične fakultete
še bolj potruditi za svoje (bodoče) študente.
Oglejmo si še štiri naloge s tekmovanja ter nekaj njihovih rešitev. Začeli
bomo z malce težjo nalogo, nato pa rešili še dve razmeroma lahki.
112 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3
i
i
“Sega” — 2018/12/6 — 10:54 — page 113 — #4 i
i
i
i
i
i
Petindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Pri zmerno težki nalogi omenimo nekaj ozadja. Iz analize se spomnimo
Lagrangeevega izreka: za dovolj lepo funkcijo na intervalu [a, b] obstaja
točka c, da velja f(b) − f(a) = (b − a)f ′(c). Vprašamo se lahko, za katere
funkcije je točka c določena kot neka funkcija krajǐsč a in b. Komu je morda
poznan primer, ko je c aritmetična sredina, torej c = a+b2 , omenjena naloga
pa je spraševala po funkcijah, kjer je c geometrična sredina. Tako dobimo
nalogo, ki je mešanica diferencialne in funkcijske enačbe:
Naloga 1. Poǐsčite vse funkcije f , za katere velja
f(b)− f(a) = (b− a)f ′
(√
ab
)
za vse a, b > 0.
Rešitev. Verjetno hitro opazimo, da linearne funkcije ustrezajo pogoju.
Morda malo presenetljivo pa to niso vse. Do še več ustreznih funkcij pridemo
z odvajanjem izraza iz naloge. Če smo malo bolj spretni, za a in b izberemo
novi spremenljivki, kot recimo a = ex+h, b = ex−h ali pa b = c2a−1, lahko pa
kar zgornji izraz odvajamo po a (ker je leva stran izraza odvedljiva, je tudi
desna, tak argument uporabimo tudi za obstoj vǐsjih odvodov). Dobimo
−f ′(a) = −f ′
(√
ab
)
+ (b− a)f ′′
(√
ab
) √b
2
√
a
.
Če v dobljeni izraz vstavimo a = b, dobimo −f ′(a) = −f ′(a) (torej nič
novega). A dobljeni izraz lahko še enkrat odvajamo (po a):
− f ′′(a) = −f ′′
(√
ab
) √b
2
√
a
− f ′′
(√
ab
) √b
2
√
a
+
(b− a)f ′′′
(√
ab
) b
4a
− (b− a)f ′′
(√
ab
) √b
4
√
a3
,
oziroma
f ′′(a) = f ′′
(√
ab
) √b√
a
− (b− a)f ′′′
(√
ab
) b
4a
+ (b− a)f ′′
(√
ab
) √b
4
√
a3
.
Spet vstavimo a = b, da dobimo f ′′(a) = f ′′(a), oziroma še vedno nič
novega. A ne obupamo in zgornji (že kar malo neprijazen) izraz odvajamo
še enkrat.
f ′′′(a) = f ′′′
(√
ab
) b
2a
− f ′′
(√
ab
) √b
2
√
a3
+ f ′′′
(√
ab
) b
4a
−
(b− a)f ′′′′
(√
ab
) b√b
8a
√
a
+ (b− a)f ′′′
(√
ab
) b
4a2
−
Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3 113
i
i
“Sega” — 2018/12/6 — 10:54 — page 114 — #5 i
i
i
i
i
i
Vesti
f ′′
(√
ab
) √b
4
√
a3
+ (b− a)f ′′′
(√
ab
) b
8a2
− (b− a)f ′′
(√
ab
) 3√b
8
√
a5
.
Sedaj že znamo, vstavimo a = b in dobimo
f ′′′(a) =
1
2
f ′′′(a)− 1
2a
f ′′(a) +
1
4
f ′′′(a)− 1
4a
f ′′(a)
oziroma
1
4
f ′′′(a) =
−3
4a
f ′′(a) ,
kar pa je nekaj novega, namreč diferencialna enačba. Zapǐsemo jo v bolj
pregledni obliki
f ′′′(x)
f ′′(x)
=
−3
x
,
od koder z enim integriranjem dobimo f ′′(x) = Dx−3. Po še dveh integrira-
njih dobimo, da mora biti funkcija f oblike f(x) = Ax +Bx+C. Hitro lahko
preverimo, da vse take funkcije ustrezajo pogoju iz naloge. Poleg linearnega
dela, ki smo ga lahko uganili, nastopa torej še funkcija 1x .
Seveda smo navajeni, da ima kakšna naloga več rešitev. Tole je reši-
tev brez odvajanja: namesto a in b vstavimo pare (2x, 2/x), (2/x, x/2) in
(2x, x/2):
f(2x)− f(2/x) = (2x− 2/x)f ′(2) ,
f(2/x)− f(x/2) = (2/x− x/2)f ′(1) ,
f(2x)− f(x/2) = 3/2xf ′(x) .
Ko prvi dve enačbi seštejemo, dobimo na levi strani isto kot v tretji, torej
velja
(2x− 2/x)f ′(2) + (2/x− x/2)f ′(1) = 3/2xf ′(x) ,
kar pomeni, da za ustrezni konstanti A, B velja
f ′(x) = − A
x2
+B ,
od koder z enim integralom dobimo
f(x) =
A
x
+Bx+ C .
Obstaja seveda še več možnosti, ena (med študenti dokaj pogosta) je
bila, da uganemo triparametrično družino rešitev in dokažemo, da ne obstaja
nobena druga. To recimo naredimo tako, da funkciji f , ki ustreza pogoju,
114 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3
i
i
“Sega” — 2018/12/6 — 10:54 — page 115 — #6 i
i
i
i
i
i
Petindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
prǐstejemo tako linearno kombinacijo bazičnih funkcij, da dobimo funkcijo
g(x), za katero velja
g(x) = f(x) +
A
x
+Bx+ C , g(1) = g(2) = g(3) = 0 .
od tod lahko pokažemo (z uporabo pogoja iz naloge), da mora biti g kon-
stantno enaka 0.
Opomba. Bralec, ki ga še vedno zanima, katere funkcije dobimo, če za
srednjo točko vzamemo aritmetično sredino krajǐsč, bo z zgoraj opisanimi
metodami lahko našel rešitev. Kaj pa za harmonično sredino?
Dovolj diferencialnih in funkcijskih enačb, poglejmo si še nekaj res lahke
algebre.
Naloga 2. Naj bo k naravno število. Koliko najmanj mora biti n, da
bo v Rn obstajalo k vektorjev v1, v2, . . . , vk, za katere bo veljalo, da sta vi
in vj ortogonalna, če je |i− j| > 1?
Rešitev. Izberimo najprej n tako, da velja 2n+ 1 ≤ k. Zaradi pogoja v
nalogi bi moralo biti n+ 1 vektorjev v1, v3, . . . , v2n+1 paroma ortogonalnih,
to pa v Rn ni mogoče. Torej mora biti 2n ≥ k, oziroma n ≥ dk2e.
Sedaj je naša naloga, da za n = dk2e najdemo vektorje, ki ustrezajo
pogoju iz naloge. To so recimo podvojeni bazni vektorji, torej e1, e1, e2,
e2, . . ., en, en, in ker jih je 2dk2e ≥ k, vidimo, da obstaja k vektorjev, ki
ustrezajo pogoju.
Opomba. Naloga se kar zakomplicira, če v pogoj zapǐsemo, da morata
biti vektorja vi in vj ortogonalna natanko takrat, ko je |i− j| > 1. Vabljeni
k reševanju!
Poglejmo še lahko analitično nalogo:
Naloga 3. Za zaporedji pozitivnih števil (an)
∞
n=1 in (bn)
∞
n=1 dokažite
ekvivalenco naslednjih dveh trditev:
1. Obstaja zaporedje pozitivnih števil (cn)
∞
n=1, za katero konvergirata vrsti∑∞
n=1
an
cn
in
∑∞
n=1
cn
bn
.
2. Vrsta
∑∞
n=1
√
an
bn
konvergira.
Namig. Ker je naloga res lahka, le dva majhna namiga, za vsako smer
dokaza eden. Tako bi bilo zanimivo pogledati zaporedje cn =
√
anbn. In pa,
Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3 115
i
i
“Sega” — 2018/12/6 — 10:54 — page 116 — #7 i
i
i
i
i
i
Vesti
Slika 5. Ekipa FMF pred slavnostno otvoritvijo.
velja
√
an
bn
=
√
an
cn
cn
bn
. Spomnimo pa se tudi razmerja med aritmetično in
geometrično sredino,
√
ab ≤ a+b2 .
Za konec pa še najtežja naloga letošnjega tekmovanja. Rešil (za vseh
deset točk) jo je le en tekmovalec. Če vam bo delala preglavice in vam
nikakor ne bo uspelo dobiti rezultata −π log 2, dva namiga. Prvi je ta, da
lahko uporabite simetrijo in seštevate le po pozitivnih (oziroma nenegativ-
nih) a, b. Drugi namig pa je ta, da dvojno vsoto
∑∞
a=0
∑∞
b=1
(−1)a+b
a2+b2
sešteje
Mathematica.
Naloga 4. Za R > 1 definiramo množico DR = {(a, b) ∈ Z2; 0 <
a2 + b2 < R}. Izračunajte
lim
R→∞
∑
(a,b)∈DR
(−1)a+b
a2 + b2
.
Kogar zanima uradna rešitev te naloge ali pa bi se rad poskusil v reše-
vanju še kakšne naloge s tekmovanja, si jih lahko ogleda na internetni strani
tekmovanja www.imc-math.org.uk. Tam si lahko ogleda tudi zgodovino
tega tekmovanja, vse naloge, ki so bile zastavljene v zadnjih 25 letih, ter
tudi vse rezultate. Podatki o udeležbi, ki se tičejo ekipe FMF, so naslednji:
v 25 tekmovanjih smo sodelovali 24-krat, skupaj smo zbrali 103 nastope, v
katerih smo dosegli 7 prvih, 39 drugih in 37 tretjih nagrad, 19 pohval in eno
potrdilo.
Gregor Šega
116 Obzornik mat. fiz. 65 (2018) 3