i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 32 | #1
i
i
i
i
i
i
VESTI
Osemindvajseto mednarodno tekmovanje   studentov matematike
Zaradi razmer je bilo tekmovanje, ki je v preteklosti pogosto potekalo v
Blagoevgradu v Bolgariji, lani izvedeno po vsem svetu. Med 2. in 8. avgu-
stom so   studenti iz celega sveta tekmovali, vsak v svoji dr  zavi, nekateri kar
doma. Iz Slovenije sta se tekmovanja udele  zili dve ekipi. Fakulteto za ma-
tematiko in  ziko Univerze v Ljubljani so zastopali Luka Horjak iz prvega
letnika, Matev  z Mi  s  ci  c iz drugega letnika, Andra  z Maier in
  Zan Bajuk iz
tretjega letnika ter Daniel Vitas in Tja  z Silov  sek, ki matematiko   studirata
  cetrto leto. Fakulteto za matematiko, naravoslovje in informacijske tehno-
logije Univerze na Primorskem pa so zastopali   studenti Dorotea Red  zepi in
Lazar Markovi  c iz prvega letnika, Ajla
  Sehovi  c, Milan Milivoj  cevi  c in Todor
Anti  c iz drugega letnika in Besfort Shala,   cetrto leto   studija. Pravila tek-
movanja namre  c dolo  cajo, da lahko tekmujejo vsi, ki niso starej  si od 23 let
ter so vklju  ceni v   studij najve  c   stiri leta. Prilagojena izvedba je dovoljevala
nadzor bodisi  zi  cno v predavalnici bodisi prek ustreznega nadzornega ra-
  cunalni  skega sistema. Na FMF smo se odlo  cili za  zi  cno prisotnost, tako da
je vseh   sest tekmovalcev pisalo v predavalnici, na Famnitu pa so   studentom
omogo  cili, da so pisali doma, nadzor pa je bil prek Zooma.
Vodji ekip sva bila Gregor
  Sega in Slobodan Filipovski.
V dvodnevnem re  sevanju osmih nalog se je pomerilo 589   studentov, kar
je najve  c do sedaj. Razvr  s  ceni so bili v 113 ekip, med katerimi je bila najbolj
Slika 1.
  Studenti Fakultete za matematiko in  ziko prvi dan tekmovanja.
32 Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1
i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 33 | #2
i
i
i
i
i
i
Osemindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Slika 2.
  Studenti FMF na za  cetku drugega tekmovalnega dne.
  stevilna ekipa   studentov brez ekipe. Obi  cajno namre  c univerzitetno ekipo
sestavlja od tri do   sest   studentov, se pa na tekmovanje lahko prijavi vsak
  student, tudi   ce njegova univerza ne sodeluje. Letos je bilo takih   studen-
tov kar precej, skoraj sto, in ker mora tudi za njih kdo poskrbeti (nadzor,
prito  zbe), so bili organizirani v ekipo. V ekipni razvrstitvi so univerze ran-
girane po formuli »vsota najbolj  sih treh tekmovalcev plus povpre  cje vseh «.
Kot zanimivost, ekipa   studentov brez ekipe je imela tudi (vsaj) tri zelo do-
bre tekmovalce, tako da je po omenjeni formuli, kljub kar nekaj   studentom
z ni  clo (in pravzaprav   stevilnim, ki so povpre  cje zni  zevali), dosegla celo
trinajsto mesto.
Letos so na  si tekmovalci dosegli izjemen uspeh. Luka Horjak in Daniel
Vitas sta dobila prvo nagrado, vsi drugi tekmovalci s FMF, torej Matev  z
Mi  s  ci  c, Andra  z Maier, Tja  z Silov  sek in
  Zan Bajuk ter Besfort Shala so dobili
drugo nagrado, Todor Anti  c in Dorotea Red  zepi pa pohvalo.
Ekipno smo dosegli devetnajsto (ekipa Fakultete za matematiko in  ziko)
ter   stiriinosemdeseto mesto (ekipa Famnit).
Ker tekmovanje ni potekalo na eni lokaciji, je ves spremljevalni dru  zabni
program odpadel. Tekmovanje na ta na  cin izgubi precej svojega zna  caja,
po drugi strani pa je tudi vpliv mote  cih elementov zmanj  san. V dneh, ko
so   studenti re  sevali naloge, se je temperatura v Blagoevgradu dvignila do
38 °C, kar v kombinaciji z neklimatiziranimi prostori lahko pomeni te  zavo.
Tudi dejstvo, da so ekipe za  cenjale pisati ob razli  cnih urah, ni bil problem,
vsaj zaznaven ne. Na splo  sno je bila letos odgovornost   studentov na visokem
nivoju, kar dokazuje ni  c diskvali ciranih (lani jih je bilo nekaj, ob podobnem
Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1 33
i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 34 | #3
i
i
i
i
i
i
Vesti
Slika 3.
  Studenti FMF med drugim tekmovalnim dnem.
re  zimu). Je pa bivanje v razli  cnih   casovnih pasovih bilo problem za komisijo,
ko se je bilo treba uskladiti za ocene z ocenjevalcema z drugih strani planeta
{ vedno jih je kar nekaj spalo (tako smo morda dobili   se prakti  cen dokaz,
da Zemlja res ni plo  s  cata).
Otvoritvena slovesnost ter kon  cna podelitev nagrad sta potekali po sple-
tu, posnetka lahko najdete na strani tekmovanja (www.imc-math.org.uk)
oziroma na YouTubu. To pa je bilo tudi vse, kar se ti  ce dru  zabnega   zi-
vljenja. Namesto da bi   studenti v pri  cakovanju rezultatov spoznavali druge
tekmovalce, igrali nogomet, dru  zabne igre, morda   sli na bazen ali plezali po
okoli  skih hrib  ckih (kar obi  cajno po  cnejo v Blagoevgradu), so na rezultate
  cakali doma. In tokrat so morali   cakati kar dolgo, saj so bili tudi   clani ko-
misije doma in vpeti v normalen ritem   zivljenja, namesto da bi cele dneve
in no  ci posvetili hitremu ocenjevanju izdelkov. Prav tako se nismo mogli
izogniti za to leto obi  cajnim dogodkom. Ena ekipa, ki je imela nadzor na
daljavo, je pisanje tik pred za  cetkom premaknila z dopoldneva na popoldan,
ker je pri enem od tekmovalcev pri  slo do pretrganja elektri  cnega kabla. Eden
izmed ocenjevalcev je kar naenkrat postal neodziven, naknadno smo ugoto-
vili, da zaradi mo  cne reakcije po cepljenju. In seveda, sredi ocenjevanja so
izdelki postali nedostopni, ker smo presegli dovoljen dnevni promet podat-
kov na stre  zniku, kar je onemogo  cilo oddajo prek obrazca tudi nekaterim
  studentom (med drugim tudi prej omenjeni ekipi).
Oglejmo si   se   stiri naloge s tekmovanja ter nekaj njihovih re  sitev. Pripo-
ro  cam, da posku  sate naloge najprej re  siti sami, nato pa pogledate namige
in re  sitve.
34 Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1
i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 35 | #4
i
i
i
i
i
i
Osemindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Slika 4. Ekipa Fakultete za matematiko in  ziko po zaklju  cku drugega tekmovalnega dne.
Pogosto so naloge sestavljene zelo dobro, tako da preverjajo razumevanje
snovi in koncepte re  sevanja matemati  cnih nalog, oziroma   ze razumevanje,
kaj navodilo naloge sploh pomeni. Taka je bila tudi najla  zja naloga obeh
dni.
Naloga 1. Naj bo A realna n  n matrika, za katero velja A
3
= 0.
(a) Doka  zite, da ena  cbo
X +AX +XA
2
=A
re  si enoli  cna realna n  n matrika X.
(b) Izrazite X z A.
Re  sitev. Navajeni smo, da se enoli  cnost dokazuje na na  cin, da predpo-
stavimo dve re  sitvi ter poka  zemo, da sta enaki. V tem primeru naj torej
poleg matrike X ena  cbo re  si tudi matrika Y . No, ta pot nas ne privede
skoraj nikamor. Tako se za  cnemo igrati in osnovno ena  cbo mno  zimo z raz-
li  cnimi potencami matrike A, v  casih z leve, v  casih z desne. Tako dobimo
recimo
A
2
(X +AX +XA
2
)A
2
=A
2
XA
2
+A
3
XA
2
+A
2
XA
4
=A
2
XA
2
:
Upo  stevamo seveda, da je A
3
= 0 in zato tudi A
4
=A
5
= 0. Zato je desna
stran ena  cbe enaka A
2
  A  A
2
= A
5
= 0, torej smo dobili A
2
XA
2
= 0.
Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1 35
i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 36 | #5
i
i
i
i
i
i
Vesti
Podobno dobimo
A
2
X =A
2
(X +AX +XA
2
) =A
3
= 0
AXA =A(X +AX +XA
2
)A =A
3
= 0
XA
2
= (X +AX +XA
2
)A
2
=A
3
= 0
AX =A(X +AX +XA
2
) =A
2
:
Sledi
X =A  AX  XA
2
=A  A
2
:
Videti je, kot da smo re  sili to  cko (b) naloge, saj imamo X izra  zen z A. Vsaj
tako je menilo kar precej   studentov. Pravzaprav pa smo re  sili to  cko (a),
namre  c, predpostavili smo, da obstaja X, ki re  si ena  cbo, in ugotovili, da bi
moral biti oblike X = A  A
2
.
  Ce torej re  sitev obstaja, je ena sama. Za
to  cko (b) moramo le   se preveriti, da tako izbran X res ustreza ena  cbi, kar
enostavno vidimo, saj je res
(A  A
2
) +A(A  A
2
) + (A  A
2
)A
2
=A:
Druga re  sitev. Sicer podobna, a le malo druga  cna re  sitev, najprej pre-
oblikuje osnovno ena  cbo:
X =A  AX  XA
2
:
Sedaj tako izra  zen X vstavimo v desno stran ena  cbe, upo  stevamo A
3
= 0
in nadaljujemo:
X =A  AX  XA
2
=A  A(A  AX  XA
2
)  (A  AX  XA
2
)A
2
=A  (A
2
  A
2
X  AXA
2
)  (A
3
  AXA
2
  XA
4
)
=A  A
2
+A
2
X + 2AXA
2
=A  A
2
+A
2
(A  AX  XA
2
) + 2A(A  AX  XA
2
)A
2
=A  A
2
+ (A
3
  A
3
X  A
2
XA
2
) + 2(A
4
  A
2
XA
2
  AXA
4
)
=A  A
2
  3A
2
XA
2
=A  A
2
  3A
2
(A  AX  XA
2
)A
2
=A  A
2
  3(A
5
  A
3
XA
2
  A
2
XA
4
)
=A  A
2
:
36 Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1
i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 37 | #6
i
i
i
i
i
i
Osemindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Tudi v tem primeru moramo preveriti, da je tako izra  zen X res re  sitev
osnovne ena  cbe.
Tretja re  sitev. Opazimo, da velja (I  A +A
2
)  (I +A) =I.
  Ce osnovno
ena  cbo pomno  zimo z ( I  A +A
2
) z leve, dobimo
X + (I  A +A
2
)XA
2
= (I  A +A
2
)A =A  A
2
: (1)
Od tod (z mno  zenjem z A
2
z desne) dobimo XA
2
= 0, kar ena  cbo (1)
spremeni v X =A  A
2
. Spet moramo preveriti, da je to res re  sitev.
Kombinatorika in verjetnost sta eni izmed podro  cij, iz katerih so lahko
naloge na tem tekmovanju, vendar pa se redko pojavijo. Tokrat je bila v
re  sevanje ponujena naslednja verjetnostna naloga.
Naloga 2. Naj bosta n in k naravni   stevili in naj bo a poljubno nenega-
tivno celo   stevilo. Naklju  cno izberemo k-elementno podmno  zico X mno  zice
f1; 2;:::;k +ag tako, da je vsaka k-elementna podmno  zica izbrana enako
verjetno (torej jo izberemo enakomerno), in podobno (spet enakomerno),
neodvisno od izbrane podmno  zice X, naklju  cno izberemo n-elementno pod-
mno  zico Y mno  zice f1;:::;k +n +ag.
Doka  zite, da je verjetnost
P
  min(Y )> max(X)
  neodvisna od izbrane vrednosti parametra a.
Re  sitev. Najprej opazimo, da je   stevilo vseh mo  znih izbir podmno  zic
(X;Y ) enako
  k+a
k
      k+n+a
n
  .
  Ce   zelimo, da je min( Y )> max(X), izberemon+k   stevil izmed n+k+a,
k manj  sih   stevil razglasimo za mno  zico X inn ve  cjih za Y . Torej je ugodnih
izbir za podmno  zici X in Y
  n+k+a
n+k
  . Tako je iskana verjetnost enaka
  n+k+a
n+k
    k+a
k
      n+k+a
n
  =
1
  n+k
n
  (preverimo tako, da binomske koe ciente razpi  semo in pokraj  samo dobljene
ulomke).
Tako izra  cunana verjetnost je neodvisna od a.
Druga re  sitev.
  Ce se nekaj da re  siti enostavno, se zagotovo da tudi
zakomplicirati. Tako je veliko   studentov razmi  sljalo zaporedno: najprej
izberemo   stevila v X, kakorkoli   ze, nato pa   stevila v Y izbiramo izmed
tistih, ki so ve  cja od najve  cjega v X. Torej moramo lo  citi primere, koliko je
najve  cje   stevilo v mno  zici X.
  Ce je to   stevilo m, potem za X (poleg njega)
Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1 37
i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 38 | #7
i
i
i
i
i
i
Vesti
izberemo   se k  1   stevil izmed   stevil od 1 do m  1, za Y pa izberemo n
  stevil izmed m + 1;m + 2;:::;k +n +a. Torej imamo
  m  1
k  1
      k+n+a  m
n
  ugodnih izbir za X in Y , pri katerih je najve  cje   stevilo v X enako m. Da
dobimo vse mo  zne ugodne izbire, samo   se se  stejemo po m:
k+a
X
m=k
  m  1
k  1
      k +n +a  m
n
  :
Kombinatori  cno   ze znamo se  steti to vsoto, saj pre  stevamo vse n +k velike
podmno  zice mno  zice z k +n +a elementi (pri   cemer v vsoti lo  cimo, katero
vrednost zavzame k-to   stevilo). Vendar bi v tem primeru razmislek naredili
kot v prvi re  sitvi. Alternativa je, da se vsote lotimo ra  cunsko. Tako sedaj
sledijo trije na  cini, kako se  steti to vsoto. Vse tri so uporabili   studenti. Vsi
trije so napa  cni. Pozoren bralec bo napake zagotovo odkril sam.
Prvi na  cin. Seveda lahko preverimo, kaj se zgodi pri a = 0. Vsota je
enaka le enemu   clenu, torej
k+a
X
m=k
  m  1
k  1
      k +n +a  m
n
  =
  k  1
k  1
      k +n  k
n
  = 1;
kar pomeni, da je
P
  min(Y )> max(X)
  =
1
  k+0
k
      n+k+0
n
  =
1
  n+k
n
  Ker v rezultatu ne nastopa a, je iskana verjetnost neodvisna od a.
Drugi na  cin.
  Ce nekaj velja za vse a, je mo  zno poskusiti tudi indukcijo.
Poskusov na to temo je bilo veliko. Vsem je skupno to, da izraz za a + 1
preoblikujejo (recimo, uporabijo Pascalovo enakost za binomski koe cient),
nato pa bodisi nekaj spregledajo bodisi nekaj opazijo, kar ne dr  zi in kar
jih pripelje do   zelenega rezultata. Podrobnosti spustimo, podoben sistem
re  sevanja si oglejmo v naslednjem na  cinu.
Tretji na  cin. Ta je   se posebej inovativen. Najprej naredimo malce dru-
ga  cen razmislek, kako izberemo obe ugodni mno  zici. Izbrali bomo k   stevil
izmed prvihm tern   stevil izmed zadnjih k +n+a  m, torej je treba se  steti
k+a
X
m=k
  m
k
      k +n +a  m
n
  :
  Stevilni se spomnimo enakosti
r
X
k=0
  m
k
   n
r  k
  =
  n +m
r
  ;
38 Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1
i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 39 | #8
i
i
i
i
i
i
Osemindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
ki je (pri verjetnosti) povezana s hipergeometrijsko porazdelitvijo, ima pa
tudi posebno ime: Vandermondeova enakost (uporabljene   crke so nerodne,
vendar je to to  cno oblika, kot je na Wikipediji). Namesto n raje pi  simo
t  m in se  stevajmo po j, da dobimo
r
X
j=0
  m
j
   t  m
r  j
  =
  t
r
  ;
sedaj pa lahko preimenujemo spremenljivke in dobimo (m!k +j, r!a,
t!k +n +a,   se vedno se  stevamo po j):
a
X
j=0
  k +j
j
   k +n +a  (k +j)
a  j
  =
  k +n +a
a
  ;
torej smo dobili vsoto
a
X
j=0
  k +j
j
   n +a  j
a  j
  =
  k +n +a
a
  :
Za novo spremenljivko m =j +k dobimo
k+a
X
m=k
  m
m  k
   n +a  m +k
a  m +k
  =
  k +n +a
a
  :
Oziroma
k+a
X
m=k
  m
k
   n +a  m +k
n
  =
  k +n +a
a
  :
Spet smo pravilno re  sili nalogo: ko pokraj  samo vse   clene, je kon  cni rezultat
neodvisen od a.
Zanimivo, kako se pogosto dve napaki ravno pokraj  sata, da dobimo pravi
rezultat.
  Se   cetrti na  cin. S tem je bilo sploh veliko problemov pri ocenjevanju.
Namre  c, zelo veliko   studentov je zapisalo, da je
k+a
X
m=k
  m  1
k  1
      k +n +a  m
n
  =
  k +n +a
a
  po znani formuli. Kateri, niso zapisali. Komisija se je strinjala, da so verje-
tno nekateri   studenti res   ze sli  sali za ustrezno enakost (predlo  zen je bil celo
Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1 39
i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 40 | #9
i
i
i
i
i
i
Vesti
u  cbenik kombinatorike, kjer je ustrezna ena  cba dokazana na sedmi strani,
pred Vandermondovo). Kako lo  citi med tistimi, ki to enakost poznajo, in ti-
stimi, ki je ne, je ostalo neodgovorjeno vpra  sanje. Tako pri vsej objektivnosti
ocenjevanja s tremi ocenjevalci vsakega izdelka   se vedno ostaja subjektivni
del.
Naslednja naloga i  s  ce dobra zaporedja.
Naloga 3. Re  cemo, da je pozitivno realno   stevilo d dobro,   ce obstaja
zaporedje a
1
;a
2
;a
3
;:::2 (0;d), tako da za vsak n to  cke a
1
;:::;a
n
razdelijo
interval [0;d] na podintervale dol  zine najve  c 1 =n. Dolo  cite
sup
n
d
    d je dobro
o
:
Re  sitev. Naj bo d
?
= supfd j d je dobrog. Pokazali bomo, da je
d
?
= ln(2)
:
= 0;693 (kar je recimo ve  c kot
1
2
, kar je kot zgornjo mejo na  slo
kar nekaj tekmovalcev).
(a) d
?
  ln 2:
Naj bo d dobro   stevilo in naj bo a
1
;a
2
;::: ustrezno zaporedje za to
  stevilo. Vemo, da vsako kon  cno zaporedje a
1
;:::;a
n
razdeli interval [0;d]
na n + 1 delov z dol  zino najve  c 1 =n. Naj bodo 0  ‘
1
  ‘
2
      ‘
n+1
dol  zine teh intervalov. Za vsak k = 1;:::;n velja, da ko dodamo naslednjih
k   clenov zaporedja, torej a
n+1
;:::;a
n+k
, vsaj n + 1  k intervalov ostane
nespremenjenih in imajo torej nespremenjene dol  zine. Torej mora veljati
‘
n+1  k
  1
n+k
, zato pa je
d =‘
1
+    +‘
n+1
  1
2n
+
1
2n  1
+    +
1
n
: (2)
Ko po  sljemo n!1, desna stran konvergira k ln(2), od koder dobimo   zeleno
neenakost d  ln(2).
(b) d
?
  ln 2:
Najti moramo zaporedje a
i
, ki ustreza pogoju o delitvi intervala (0;d)
in za katerega je supa
i
= ln 2. Opazimo
ln 2 = ln 2n  lnn =
n
X
i=1
(ln(n +i)  ln(n +i  1))
=
n
X
i=1
ln
  1 +
1
n +i  1
  :
40 Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1
i
i
\Sega" | 2022/3/23 | 11:33 | page 41 | #10
i
i
i
i
i
i
Osemindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Ideja je, da   clene vsote ena  cimo z dol  zinami intervalov, ki jih dobimo,   ce
v interval (0; ln 2) dodamo n  1 to  ck. Seveda velja tudi, da je najve  cja
dol  zina enaka ln(1 + 1 =n), kar je manj od 1=n.
Ko v interval dodamo   se eno to  cko, razbijemo najdalj  si interval na
dva manj  sa kosa, tako da v vsoti   clen ln(1 + 1 =n) nadomestimo z vsoto
ln(1 + 1=(2n)) in ln(1 + 1=(2n + 1)), saj je
ln
  1 +
1
2n
  + ln
  1 +
1
2n + 1
  = ln
  1 +
1
n
  :
Tako dobimo postopek dodajanja to  ck. Za n = 2 dobimo prvo to  cko,
a
1
= ln
3
2
in interval (0; ln 2) razpade na dva intervala, (0; ln
3
2
) in (ln
3
2
; ln 2).
Vzamemo ve  cjega, vanj dodamo to  cko tako, da se interval dol  zine ln
3
2
razbije na dva kosa, dolga ln
5
4
in ln
6
5
, torej je a
2
= ln
5
4
. Nato inter-
val dol  zine ln
4
3
razbijemo na dva z dol  zinama ln
7
6
in ln
8
7
, tako je recimo
a
3
= ln
3
2
+ ln
7
6
= ln
7
4
. Na isti na  cin dobimo a
4
= ln
9
8
, a
5
= ln
11
8
,
a
6
= ln
13
8
, a
7
= ln
15
8
, a
8
= ln
17
16
;::: .
Za konec pa najlep  sa naloga. Zakaj najlep  sa? Recimo, ker je kratka, z
enostavno formulacijo, ki jo lahko razume tudi marsikateri nematematik:
Naloga 4. Koliko najve  c enotskih vektorjev lahko izberemo v R
n
, da
bosta med poljubnimi tremi izmed njih vsaj dva pravokotna?
Kot informacija: z nalogo je povezan Paul Erd} os.
Namigi. Re  sitev je seveda 2 n. Izberemo lahko dve razli  cni ortonormirani
bazi, vsaka iman vektorjev, in ko izberemo tri, sta zagotovo dva iz iste baze
in torej pravokotna. Naloga je torej pokazati, da ne moremo imeti 2n + 1
takih vektorjev. Ko pogledamo Gramovo matriko teh vektorjev, ugotovimo,
da je z njo nekaj narobe. Kaj to  cno, lahko poskusite premisliti sami.
  Se informacija: na tekmovanju je bil dose  zen povpre  cen rezultat pri prvi
nalogi 6,5, pri drugi 4,7, pri tretji 1,1 in pri   cetrti 0,04 to  cke, od 10 mo  znih.
Zmagovalec je imel 70 to  ck od 80 mo  znih, pri   cetrti nalogi je dobil 0 to  ck.
Kogar zanima uradna re  sitev zadnje naloge ali pa bi se rad poskusil v
re  sevanju   se kak  sne naloge s tekmovanja, si jih lahko ogleda na prej omenjeni
internetni strani tekmovanja www.imc-math.org.uk.
28. tekmovanje je bilo kar se ti  ce tekmovalnega uspeha za na  se   studente
res popolno, kot je 28 popolno   stevilo. Vseeno na podoben uspeh upamo
prej kot   cez 468 let.
Gregor
  Sega
Obzornik mat. ﬁz.69 (2021) 1 III