i
i
“Jerman” — 2017/12/8 — 9:32 — page 182 — #1 i
i
i
i
i
i
VESTI
ŠTIRIINDVAJSETO MEDNARODNO TEKMOVANJE
ŠTUDENTOV MATEMATIKE
Na letošnje mednarodno tekmovanje študentov je prǐslo kar 331 tekmovalcev
z vsega sveta in vodje 71 ekip. V prvih letih tekmovanja je organizator
prof. John Jayne z londonske univerze UCL poskušal izvesti tekmovanje
na različnih koncih Evrope, zadnjih deset let pa je tekmovanje vsako leto
v Bolgariji. Kampus Amerǐske univerze v Blagoevgradu je ena od redkih
institucij, ki lahko na približno spodoben način in ob razumnih stroških
vsako leto poskrbi za toliko udeležencev. Vse kaže, da bo Blagoevgrad
postal stalna lokacija tekmovanja.
Tekmovanje je potekalo sredi najhuǰsega vročinskega vala med 31. juli-
jem in 6. avgustom 2017. Vsem tekmovalcem gre posebna pohvala, da jim
je uspelo v neklimatiziranih prostorih ne le preživeti ves teden, temveč tudi
dvakrat po pet ur reševati težke matematične naloge. Ljubljansko univerzo
so zastopali Juš Kosmač, Samo Kralj, Severin Mejak, Lenart Treven in Živa
Urbančič, primorsko pa Daniil Baldouski, Filip Božič in Arber Avdullahu.
Za reševanje nalog je potrebno znanje, ki ga večina študentov pridobi v
prvih dveh letih študija matematike. Naloge so bile letos zelo težke, kljub
temu pa sta kar dva tekmovalca dosegla vse možne točke. Zanimivo je, da
kar osem prvouvrščenih študentov prihaja z univerz iz Tel Aviva ali iz Sankt
Peterburga.
Živa Urbančič in Arber Avdullahu sta dobila pohvalo, Juš Kosmač, Le-
nart Treven, Severin Mejak in Samo Kralj pa tretjo nagrado. Jušu Kosmaču
je žal le za eno točko ušla druga nagrada.
Slika 1. Ljubljanska ekipa v Rilskem samostanu.
182 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 5
i
i
“Jerman” — 2017/12/8 — 9:32 — page 183 — #2 i
i
i
i
i
i
Štiriindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
Podrobnosti o tekmovanju lahko najdete na spletni strani www.imc-math.
org.
Bralci Obzornika lahko svoje znanje matematike preverijo na naslednjih
zelo simpatičnih nalogah. Rimska številka označuje dan tekmovanja, arab-
ska pa zaporedno številko. Praviloma je prva naloga vedno najlažja, potem
pa težavnost narašča do pete naloge, ki je večinoma nedostopna.
II.1. Naj bo f : [0,∞)→ R zvezna funkcija z limito v neskončnosti
lim
x→∞
f(x) = L ∈ R ∪ {±∞}.
Pokaži, da velja
lim
n→∞
∫ 1
0
f(nx) dx = L.
Nalogo se da rešiti na več načinov. Najbrž najbolj naraven način je
substitucija t = nx, ki zamenja meje iskanemu integralu in tako omogoči
uporabo ocene v neskončnosti.
Obstaja pa tudi kraǰsa in bolj zvita rešitev. Naj bo
F (t) =
∫ t
0
f(x) dx.
Za t > 0 velja ∫ 1
0
f(tx) dx =
∫ t
0
f(u)
du
t
=
F (t)
t
.
V primeru limt→∞ F (t) = ±∞ lahko uporabimo L’Hospitalovo pravilo, ki
pove
lim
t→∞
F (t)
t
= lim
t→∞
f(t)
1
= L.
Limita limt→∞ F (t) je končna le v primeru L = 0. Tudi takrat je limt→∞
F (t)
t =
0 = L. Zato je limn→∞
F (n)
n = L.
I.3. Zaporedje matrik (An)n je podano rekurzivno s pravilom
A1 =
[
0 1
1 0
]
, An+1 =
[
An I
I An
]
, n ∈ N.
Pokaži, da ima matrika An n+ 1 različnih lastnih vrednosti λ0 < λ1 <
. . . < λn z algebrajskimi večkratnostmi
(
n
0
)
,
(
n
1
)
, . . . ,
(
n
n
)
.
Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 5 183
i
i
“Jerman” — 2017/12/8 — 9:32 — page 184 — #3 i
i
i
i
i
i
Vesti
Slika 2. Primorska ekipa.
Tudi to nalogo se da rešiti na več načinov. Najhitreje pridemo do rešitve,
če izračunamo karakteristični polinom matrike An+1:
∆An+1(λ) =
∣∣∣∣An − λI, II, An − λI
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣0, I − (An − λI)2I, An − λI
∣∣∣∣ =
=
∣∣∣∣I − (An − λI)2, 0An − λI, I
∣∣∣∣ = (I − (An − λI))(I + (An − λI)) =
=
(
(1 + λ)I −An
)(
An − (λ− 1)I
)
= ∆An(λ+ 1)∆An(λ− 1).
Matrika A1 ima lastni vrednosti −1 in 1. Zadnji račun pokaže, da vsaka
lastna vrednost λ matrike An porodi lastni vrednosti λ − 1 in λ + 1 ma-
trike An+1. Tako ima recimo matrika A2 vse lastne vrednosti −1− 1 = −2,
−1+1 = 0, 1−1 = 0 in 1+1 = 2, matrika A3 pa lastne vrednosti −3,−1(3×),
1(3×) in 3. Dokaz lahko zaključimo z indukcijo, še lažje pa je, če si she-
matsko predstavljamo, da se nove lastne vrednosti z ustrezno algebrajsko
večkratnostjo pojavijo vsakič v novi vrstici Pascalovega trikotnika.
I.3. Za vsako naravno število m naj P (m) pomeni produkt vseh naravnih
deliteljev števila m (npr. P (6) = 36). Za dano naravno število n de-
finirajmo zaporedje (an)n z začetnim členom a1 = n in rekurzivnim
pravilom
ak+1 = P (ak), k ∈ N.
Ali za vsako množico S ⊆ {1, 2, . . . , 2017} obstaja takšen začetni člen
a1 = n, da velja: Za vse 1 ≤ k ≤ 2017 je člen ak popoln kvadrat natanko
za k ∈ S?
184 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 5
i
i
“Jerman” — 2017/12/8 — 9:32 — page 185 — #4 i
i
i
i
i
i
Štiriindvajseto mednarodno tekmovanje študentov matematike
To je res. Za zaporedje si lahko izberemo kar potence števila dva, pri
čemer soda potenca pomeni popoln kvadrat. Pokažimo, da zahtevi ustreza
zaporedje ak = 2
pk za primerne potence pk. Velja
ak+1 = P (ak) = P (2
pk) = 1 · 2 · 22 · · · 2pk = 2
1
2pk(pk+1).
Za 1 ≤ m ≤ 2017 bomo potence pk konstruirali induktivno, tako da bo za
1 ≤ k ≤ m veljalo pk+1 = 12pk(pk + 1) in bo pk sodo število natanko za
k ∈ S.
V primeru m = 1 vzamemo p1 = 0, če 1 ∈ S, in p1 = 1 sicer. Pri-
vzemimo, da smo za neki m < 2017 že dobili zaporedje (pk)k z želenima
lastnostma za k ≤ m. V primeru k = m + 1 je morda konstruirano zapo-
redje že pravo. Če ni, ga zamenjamo z novim zaporedjem z novim začetnim
členom p′1 = p1 + 2
m in enakim rekurzivnim pravilom p′k+1 =
1
2p
′
k(p
′
k + 1).
Pokažimo, da velja p′k ≡ pk + 2m−k+1 (mod 2m−k+2):
p′k+1 =
1
2p
′
k(p
′
k + 1) ≡ 12(pk + 2
m−k+1)((pk + 1) + 2
m−k+1) =
= 12pk(pk + 1) + 2
2m−2k+1 + 2m−k(2pk + 1) ≡
≡ 12pk(pk + 1) + 2
m−k ≡ pk+1 + 2m−(k+1)+1 (mod 2m−(k+1)+2).
Zato je pk ≡ p′k (mod 2) za k = 1, . . . ,m in pm+1 ≡ p′m+1 + 1 (mod 2),
ravno to pa smo želeli doseči.
II.4. Zaporedje zvezno odvedljivih funkcij (fn)n, fn : [0, 1)→ R, je definirano
s f1 = 1 in rekurzivno s pravilom
f ′n+1 = fnfn+1 na (0, 1), fn+1(0) = 1.
Pokaži, da za vsak x ∈ [0, 1) obstaja limita limn→∞ fn(x), in določi
limitno funkcijo.
Iz zapisane diferencialne enačbe sledi integralska enačba
fn+1(x) = exp
(∫ x
0
fn(t) dt
)
.
Lahko je videti, da je preslikava Φ: C([0, 1))→ C([0, 1)) s predpisom
Φ(f)(x) = exp
(∫ x
0
f(t) dt
)
monotona. Ker na (0, 1) velja f2(x) = e
x > 1 = f1(x), je fn+1(x) > fn(x)
za vse n ∈ N in x ∈ (0, 1).
Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 5 185
i
i
“Jerman” — 2017/12/8 — 9:32 — page 186 — #5 i
i
i
i
i
i
Vesti
S pomočjo odvajanja vidimo, da negibna točka f preslikave Φ na pro-
storu {h ∈ C([0, 1)) : h(0) = 1} zadošča diferencialni enačbi
exp
(∫ x
0
f(t) dt
)
f(x) = f ′(x),
zato je
f2 = f ′, f(0) = 1.
Rešitev enačbe je funkcija f(x) = 11−x . Ker je f1 < f na (0, 1), z indukcijo
dobimo fn+1 = Φ(fn) < Φ(f) = f za vse n ∈ N. Tako je na (0, 1) zapo-
redje (fn)n naraščajoče in navzgor omejeno, zato obstaja končna limita g.
Pokazali bomo, da je g = f .
Velja g(0) = limn→∞ fn(0) = 1. Ker je f1 = 1, iz integralske enačbe
sledi, da za vse n velja fn > 0 na [0, 1). Iz iste enačbe od tod sledi, da so
vse funkcije fn naraščajoče. Tudi odvodi f
′
n+1 = fnfn+1 so naraščajoči, zato
so fn konveksne funkcije. Tako je tudi g konveksna in posledično zvezna na
intervalu (0, 1). Funkcija g je zvezna tudi v točki 0, ker je 1 = f1 ≤ g ≤ f
in je limx↘0 f(x) = 1. Tako smo pokazali, da zaporedje zveznih funkcij
na kompaktnem intervalu konvergira k zvezni funkciji, zato je konvergenca
enakomerna na vsakem intervalu [0, 1− ε], ε ∈ (0, 1).
Enostavna ocena pokaže, da je pri fiksnem ε funkcija Φ zvezna na pro-
storu C([0, 1− ε]).
Pokažimo, da je g negibna točka preslikave Φ. V nasprotnem primeru bi
obstajala x ∈ [0, 1− ε] in η > 0, tako da bi bilo |Φ(g)(x)−g(x)| > η. Zaradi
zveznosti Φ obstaja δ > 0, da je v supremum normi
‖Φ(ḡ)− Φ(g)‖ < 13η, če je ‖ḡ − g‖ < δ.
Vzemimo dovolj velik N , da je ‖fn − g‖ < min{δ, 13η} za n ≥ N . Tedaj je
‖fn+1 − Φ(g)‖ = ‖Φ(fn)− Φ(g)‖ < 13η.
Tako pridemo do protislovja:
|fn+1(x)− Φ(g)(x)| > |Φ(g)(x)− g(x)| − |g(x)− fn+1(x)| > η − 13η.
Ker je f edina negibna točka preslikave Φ na prostoru {h ∈ C([0, 1−ε]) :
h(0) = 1}, je g = f na intervalu [0, 1 − ε]. To velja za poljuben ε ∈ (0, 1),
zato je
lim
n→∞
fn(x) =
1
1− x
za x ∈ [0, 1).
Marjan Jerman
186 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 5