i
i
“Orel” — 2021/1/4 — 11:12 — page 153 — #1 i
i
i
i
i
i
VESTI
Sedemindvajseto mednarodno matematično tekmovanje
študentov
Med 25. in 30. julijem 2020 je potekalo 27. mednarodno matematično tek-
movanje študentov (angl. International Mathematics Competition for Uni-
versity Students). Zaradi pandemije koronavirusne bolezni COVID-19 je
običajno prizorǐsče iz zadnjih let, tj. Blagoevgrad v Bolgariji, zamenjala iz-
vedba na daljavo. Poleg same lokacije tekmovanja je pandemija imela tudi
številne druge posledice. Običajno so slovenske barve zastopali študenti
Univerze na Primorskem in Univerze v Ljubljani. Letos so se tekmovanja
udeležili le študenti prve. Pandemija je pri nas zaradi takih ali drugač-
nih razlogov botrovala tudi nekoliko manǰsemu interesu za sodelovanje. Na
FAMNIT-u1 tako letos nismo izvedli tradicionalnega izbirnega predtekmo-
vanja, priložnost pa so dobili tudi nekateri študenti prvih letnikov ter ne-
matematičnih študijskih programov. Univerzo na Primorskem so zastopali
Arbër Avdullahu (1. letnik magistrskega programa Matematične znanosti),
Besfort Shala (2. letnik dodiplomskega programa Matematika), Ajla Šeho-
vić (1. letnik dodiplomskega programa Matematika) ter Milan Milivojčević
in Jana Ristovska (oba 1. letnik dodiplomskega programa Računalnǐstvo in
informatika). Arbër Avdullahu in Besfort Shala sta prejela pohvalo.
Zaradi nižjih stroškov in olaǰsane logistike je bila globalno gledano ude-
ležba sicer rekordna. Prijavljenih je bilo 564 tekmovalcev, na rezultatni
listi pa je 546 tekmovalcev. Razlika 18 študentov predstavlja unijo tistih, ki
kljub prijavi niso tekmovali, ter tistih, ki so jih ujeli pri goljufanju. Da bi do
slednjega lahko prǐslo, je bilo moč pričakovati že pred začetkom tekmovanja.
Večina študentov je dostopala od doma s pomočjo spletnih aplikacij, kot je
Zoom itd. Na nekaj univerzah, kjer je stanje pandemije to dovoljevalo, pa
so študenti tekmovali na matični univerzi. V vsakem primeru je moral vodja
ekipe poskrbeti, da do goljufanja ne pride. Dodaten riziko varnosti je ležal
v dejstvu, da se tekmovanje v različnih krajih ni začelo istočasno. Slednje je
bilo uvedeno z namenom, da bi bil čas pisanja čim bolj pravičen za vse udele-
žence po vsem svetu. Zaradi vsega omenjenega sem pred tekmovanjem, kot
vodja ekipe, našim študentom zabičal, da se goljufanje enostavno ne splača.
Mlad študent se pogosto ne zaveda, da bi mu tako ravnanje prilepilo črno
piko v velikem delu matematične javnosti, morebitno bodoče iskanje pozicij
za doktorski ali podoktorski študij pa bi bilo izjemno oteženo. Prav tako
sem našim študentom razjasnil, da je že sum na goljufanje več kot dovolj za
nepopravljivo škodo.
1Fakulteta za matematiko, naravoslovje in informacijske tehnologije Univerze na Pri-
morskem
Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 4 153
i
i
“Orel” — 2021/1/4 — 11:12 — page 154 — #2 i
i
i
i
i
i
Vesti
V zadnjih letih so študenti na tekmovanju reševali naloge v dveh dneh,
pri čemer so na vsak dan imeli na voljo pet ur za pet nalog. Letos je bilo
podobno, le da so vsak dan imeli na voljo štiri ure za štiri naloge. Pred-
videvam, da je bilo zmanǰsanje števila nalog uvedeno zato, ker je izvedba
na daljavo terjala dodatna opravila. Veliko študentov doma ni imelo tiskal-
nika, zato se je tekmovalni dan začel s prenosom nalog, ki jih je bilo treba
ročno prepisati. Takoj zatem se je začelo štiriurno reševanje nalog, pri če-
mer je moral vodja ekipe poskrbeti, da so študenti ustrezno odmaknjeni od
računalnika in ne gledajo v monitor. Na koncu so morali študenti liste s
telefonom poslikati, jih z aplikacijo CamScanner2 spraviti v ustrezno obliko
ter naložiti na strežnik. Maksimalen razpon med prvim prenosom nalog in
zadnjim nalaganjem na strežnik je bil za vsako ekipo največ šest ur. Tako
kot vsako leto smo bili vodje ekip tudi letos pozvani, da prispevamo kako
nalogo za morebiten izbor. Sam izbor nalog pa je bil letos nekoliko druga-
čen. Za slednjega je bil sprva napovedan tradicionalen sestanek komisije, ki
bi jo sestavljali vse vodje ekip, a do tega ni prǐslo. Naloge je izbrala jav-
nosti neznana mednarodna skupina vodij. Kar tri izmed osmih nalog, ki so
bile hkrati najslabše rešene, sta predlagala predstavnika Državne univerze v
Sankt Peterburgu. Zakaj je toliko bremena padlo na eno univerzo, ne vem.
Morda je primanjkovalo predlogov zelo težkih nalog. Sicer gre za univerzo z
izjemnimi posamezniki, ki ima bogato tradicijo na tekmovanju. Zmagovalec
letošnje izvedbe, Stanislav Krymskii, je ravno iz te univerze, ekipno pa so
dosegli drugo mesto. Pri ocenjevanju nalog smo si popravljavci pomagali
s programskima rešitvama Dropbox in Zulip Chat. Slednji je bil nepogre-
šljivo orodje predzadnji dan tekmovanja, ko je bil na vrsti boj vodij ekip
za dodatne točke. Tudi tukaj se je najbolje izkazal vodja ekipe iz Sankt
Peterburga, ki je svojim študentom priboril dodatnih 50 točk, od tega kar
18 točk kasneǰsemu zmagovalcu. Zaradi uporabe programa Zulip Chat so
bila vsa tovrstna »barantanja« vidna vsem vodjem ekip. Tako smo lahko
prebrali tudi zapis vodje ekipe iz Sankt Peterburga, ki je zmagovalca opisal
kot čudno osebo, ki ima zelo nenavaden način razmǐsljanja. Zaradi tega naj
bi bili matematični pogovori z njim zelo oteženi, uspešno pa naj bi reševal
vse probleme, ki mu jih zastavijo.
Za konec dodajam tri rešene naloge s tekmovanja. Rimska številka ozna-
čuje dan tekmovanja, arabska pa zaporedno številko naloge. Pri prvih dveh
nalogah je bilo uspešnih kar nekaj študentov, medtem ko je pri zadnji nalogi
le peščica študentov dobila kakšno točko. Rešitev te naloge je tukaj zapi-
sana nekoliko bolj detajlno kot v uradnih rešitvah, ki so na voljo na spletni
strani [2].
2Uporaba omenjene aplikacije [1] bo v času pandemije prǐsla prav marsikateremu pre-
davatelju pri popravljanju domačih nalog.
154 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 4
i
i
“Orel” — 2021/1/4 — 11:12 — page 155 — #3 i
i
i
i
i
i
Sedemindvajseto mednarodno matematično tekmovanje študentov
II.1. Poǐsči vse dvakrat zvezno odvedljive funkcije f : R → (0,∞), ki zado-
ščajo neenakosti
f ′′(x)f(x) ≥ 2
(
f ′(x)
)2
za vse x ∈ R.
Očitno vsaka konstantna pozitivna funkcija zadošča prepodstavkam. Po-
kažimo, da drugih takih funkcij ni. Naj bo f(x) funkcija iz naloge in naj bo
g(x) = 1f(x) njena recipročna vrednost. Funkcija g je konkavna, saj je
g′′(x) =
2
(
f ′(x)
)2 − f ′′(x)f(x)(
f(x)
)3 ≤ 0
za vse x. Zato za poljubna realna števila a < x < y < b velja
g(x)− g(a)
x− a
≥ g(y)− g(x)
y − x
≥ g(b)− g(y)
b− y
.
Ker sta vrednosti g(a) in g(b) pozitivni, sledi
g(x)
x− a
≥ g(y)− g(x)
y − x
≥ −g(y)
b− y
.
Če pošljemo a proti −∞ ter b proti ∞, dobimo
0 ≥ g(y)− g(x)
y − x
≥ 0,
kar pomeni, da velja g(x) = g(y). Zato sta tako funkcija g kot tudi funkcija
f nujno konstantni.
I.2. Naj bosta A in B dve realni matriki, za kateri velja
rk(AB −BA+ I) = 1,
kjer je I identična matrika velikosti n× n. Pokaži, da velja
sled(ABAB)− sled(A2B2) = 1
2
n(n− 1).
Pri tem je rk(M) rang matrike M , sled(M) pa je vsota vseh njenih diago-
nalnih elementov.
Predpostavka o rangu implicira obstoj takih stolpičnih vektorjev u in v,
da velja
AB −BA+ I = uv>. (1)
Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 4 155
i
i
“Orel” — 2021/1/4 — 11:12 — page 156 — #4 i
i
i
i
i
i
Vesti
Če zmnožimo vrstico v> in stolpec u, dobimo sled matrike (1). Zato nam
linearnost funkcije sled in njena lastnost
sled(XY ) = sled(Y X), (2)
ki velja za vse kvadratne matrike X,Y enakih velikosti, porodita enakost
n = sled(I) = sled(uv>) = v>u. (3)
Če še enkrat uporabimo iste lastnosti sledi ter enakost (3), dobimo
sled
(
(AB −BA)2
)
= sled
(
(uv> − I)2
)
= sled
(
u(v>u)v> + I − 2uv>
)
= (v>u− 2) sled(uv>) + n
= (n− 2)n+ n
= n(n− 1). (4)
Po drugi strani iz večkratne uporabe enakosti (2) sledi
sled
(
(AB −BA)2
)
= sled(ABAB +BABA−ABBA−BAAB)
= 2
(
sled(ABAB)− sled(A2B2)
)
,
kar skupaj z enakostjo (4) reši nalogo.
I.3. Naj bo d ≥ 2 naravno število. Pokaži, da obstaja taka konstanta C(d),
za katero velja naslednje. Za vsak konveksen politop K ⊂ Rd, ki je simetri-
čen čez izhodǐsče, in za vsak ε ∈ (0, 1) obstaja tak konveksen politop L ⊂ Rd
z največ C(d)ε1−d oglǐsči, za katerega velja
(1− ε)K ⊆ L ⊆ K.
Študenti so imeli na voljo še naslednje definicije. Naj bo α realno število.
Množica T ⊂ Rd, ki ima neprazno notranjost, je konveksen politop z največ
α oglǐsči, če je enaka konveksni ogrinjači množice X ⊂ Rd, ki ima največ α
elementov, tj. T = {
∑
x∈X txx | tx ≥ 0,
∑
x∈X tx = 1}. Za realno število λ
naj bo λK = {λx | x ∈ K}. Množica T ⊂ Rd je simetrična čez izhodǐsče,
če velja (−1)T = T .
Naj bosta K in ε, kot izhaja iz naloge. V posebnem naj ima množica
K neprazno notranjost. Naj bo vol(K) volumen politopa K. Izberimo
156 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 4
i
i
“Orel” — 2021/1/4 — 11:12 — page 157 — #5 i
i
i
i
i
i
Sedemindvajseto mednarodno matematično tekmovanje študentov
tako normo ‖.‖ na vektorskem prostoru Rd, da bo politop K enak enotski
zaprti krogli B(0, 1) v njem. Tukaj za x ∈ Rd in r > 0 uporabljamo oznaki
B(x, r) = {y ∈ Rd | ‖x − y‖ < r} in B(x, r) = {y ∈ Rd | ‖x − y‖ ≤ r}.
Norma s tako lastnostjo je sicer podana preko funkcionala Minkowskega
‖x‖ = inf{λ > 0 | λ−1x ∈ K},
preverbo česar prepuščamo bralcu. Izberimo poljubno množico X, ki je
vsebovana v robu množice K (tj. v enotski sferi v prostoru (Rd, ‖.‖)), je
maksimalna glede na inkluzijo, in vsaki njeni različni točki sta med seboj
za vsaj ε narazen glede na normo ‖.‖.
Pokažimo najprej, da je množica X končna, in izračunajmo zgornjo mejo
za njeno moč |X|. Za vsak x ∈ X je krogla B(x, ε/2) vsebovana v razliki(
1 +
ε
2
)
B(0, 1)\
(
1− ε
2
)
B(0, 1) =
(
1 +
ε
2
)
K\
(
1− ε
2
)
K. (5)
Iz trikotnǐske neenakosti namreč za vsak y ∈ B(x, ε/2) sledi
1− ε
2
< ‖x‖ − ‖y − x‖ ≤ ‖y‖ ≤ ‖x‖+ ‖y − x‖ < 1 + ε
2
.
Poleg tega so vse krogle B(x, ε/2) (x ∈ X) paroma disjunktne. Ker ima
množica (5) volumen enak
(
(1 + ε/2)d − (1 − ε/2)d
)
vol(K), vsaka krogla
B(x, ε/2) pa ima volumen (ε/2)dvol(K), sledi
|X| ≤
(
1 + ε2
)d − (1− ε2)d(
ε
2
)d
=
(2 + ε)d − (2− ε)d
εd
= ε−d
d∑
i=0
(
d
i
)(
εi − (−ε)i
)
2d−i
= ε1−d
dd/2e∑
j=1
(
d
2j − 1
)
ε2j−22d−2j+2
≤ ε1−d
dd/2e∑
j=1
(
d
2j − 1
)
2d−2j+2
= C(d)ε1−d,
kjer smo za konstanto C(d) izbrali število
∑dd/2e
j=1
(
d
2j−1
)
2d−2j+2.
Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 4 157
i
i
“Orel” — 2021/1/4 — 11:12 — page 158 — #6 i
i
i
i
i
i
Vesti
Naj bo konveksen politop L enak konveksni ogrinjači množice X. Inklu-
zija L ⊆ K sledi iz konveksnosti množice K. Pokazati moramo še inkluzijo
(1− ε)K ⊆ L. Denimo, da le-ta ne velja, tj. obstaja neki x0 ∈ (1− ε)K\L.
Ker je množica L konveksna in zaprta, iz izreka o separaciji konveksnih
množic sledi obstoj takega (zveznega) linearnega neničelnega funkcionala f
na (Rd, ‖.‖), da velja maxx∈L f(x) = supx∈L f(x) ≤ f(x0). Brez škode za
splošnost lahko privzamemo, da je ‖f‖ = 1 (sicer f delimo z ‖f‖). Tedaj
velja
max
x∈L
f(x) ≤ |f(x0)| ≤ ‖f‖ · ‖x0‖ = 1− ε.
Za vsak x ∈ L obstaja naravno število n, točke x1, . . . , xn ∈ X in nenega-
tivna števila λ1, . . . , λn, za katera velja x =
∑n
i=1 λixi in
∑n
i=1 λi = 1. Zato
je f(x) =
∑n
i=1 λif(xi) ≤ max1≤i≤n f(xi) in posledično
max
x∈X
f(x) = max
x∈L
f(x) ≤ 1− ε. (6)
Ker je prostor (Rd, ‖.‖) končnorazsežen, je rob množice K, tj. enotska sfera
v tem prostoru, kompaktna. Zato zvezna funkcija |f | doseže maksimum na
njej. Tj., obstaja tak x1 ∈ Rd, da velja ‖x1‖ = 1 in
1 = ‖f‖ = max
‖x‖=1
|f(x)| = |f(x1)|.
Naj bo x2 tisti enotski vektor izmed x1 in −x1, za katerega je f(x2) = 1. Iz
neenakosti (6) za vsak x ∈ X sledi
ε ≤ |f(x2)− f(x)| ≤ ‖f‖ · ‖x2 − x‖ = ‖x2 − x‖,
kar je v nasprotju z maksimalnostjo množice X.
LITERATURA
[1] How To Upload Your Solutions, dostopno na www.youtube.com/watch?time_
continue=43&v=ApJ1fBMByow&feature=emb_title, ogled 3. 11. 2020.
[2] International Mathematics Competition for University Students, dostopno na www.
imc-math.org.uk, ogled 3. 11. 2020.
Marko Orel
158 Obzornik mat. fiz. 66 (2019) 4