Kodi: ___________________

OMK 2017 - KLASA E 9-TË

Koha në dispozicion: 180 minuta. Çdo detyrë vlerësohet me 20 pikë.

Ju lutemi që të shkruani vetëm në njërën faqe të fletës. Sukses!

25 shkurt 2017

Detyra 1. Të gjenden të gjithë numrat e thjeshtë të formës 𝑛3 − 1 për numrin e plotë 𝑛 > 1.

Detyra 2. Të zgjidhet inekuacioni |𝑥 − 1| − 2|𝑥 + 4| > 3 + 2𝑥.

Detyra 3. Tre papagaj të verdhë për 4 ditë i hanë 36 gram fara. Pesë papagaj të kuq për tri ditë i

hanë 60 gram fara. Sa ditë mund të ushqehen 2 papagaj të verdhë dhe 4 papagaj të kuq me 88

gram fara.

Detyra 4. Të caktohen të gjitha treshet e numrave natyralë tek të njëpasnjëshëm, të tilla që

shuma e katrorëve të tyre është e barabartë me ndonjë numër katër shifrorë me të gjitha

shifrat e barabarta.

Detyra 5. Brenda drejtkëndëshit 𝐴𝐵𝐶𝐷 është dhënë pika 𝑇 largesat e së cilës nga kulmet 𝐴, 𝐵, 𝐶

janë më radhë 15, 24, 20. Sa është largësia e pikës 𝑇 nga kulmi 𝐷?

2

Detyra 1. Të gjenden të gjithë numrat e thjeshtë të formës 𝑛3 − 1 për numrin e plotë 𝑛 > 1.

Zgjidhje. Meqë

𝑛3 − 1 = (𝑛 − 1)(𝑛2 + 𝑛 + 1),

dhe meqë për ҁdo 𝑛 > 1 të plotë 𝑛2 + 𝑛 + 1 > 1, që 𝑛3 − 1 të jetë i thjeshtë duhet të jetë

𝑛 − 1 = 1, d.m.th. 𝑛 = 2. Për 𝑛 = 2 , 𝑛3 − 1 = 23 − 1 = 7. Pra i vetmi numër i thjeshtë i

formës 𝑛3 − 1 është numri 7.

Detyra 2. Të zgjidhet inekuacioni |𝑥 − 1| − 2|𝑥 + 4| > 3 + 2𝑥.

Zgjidhje. Meqë shprehjet nën vlerën absolute anulohen për 𝑥 = 1 dhe 𝑥 = −4, tërë

drejtëzën reale 𝑅 = (−∞, +∞) me pikat 𝑥 = −4 dhe 𝑥 = 1 e ndajmë në nënintervalet

(−∞, −4), [−4,1), [1, +∞) dhe në secilin prej tyre e zgjidhim inekuacionin e dhënë.

Bashkësia e zgjidhjeve të inekuacionit të dhënë do të jetë unioni i bashkësive të zgjidhjeve të

atij inekuacioni në secilin prej intervaleve të mësipërm.

1) Për çdo 𝑥 ∈ (−∞, −4), d.m.th. për çdo 𝑥 < −4 është 𝑥 + 4 < 0 dhe 𝑥 − 1 < 0,

kështu që:

|𝑥 − 1| − 2|𝑥 + 4| > 3 + 2𝑥 ⇔ −(𝑥 − 1) − 2[−(𝑥 + 4)] > 3 + 2𝑥 ⇔

⇔ −𝑥 + 1 + 2𝑥 + 8 > 3 + 2𝑥 ⇔ 𝑥 < 6.

Prandaj, çdo pikë e intervalit (−∞, −4) = 𝐵1 është zgjidhje e inekuacionit të dhënë.

2) Për çdo 𝑥 ∈ [−4,1), d.m.th. për çdo −4 ≤ 𝑥 < 1 vlen 𝑥 + 4 ≥ 0 dhe 𝑥 − 1 < 0,

kështu që:

|𝑥 − 1| − 2|𝑥 + 4| > 3 + 2𝑥 ⇔ −(𝑥 − 1) − 2(𝑥 + 4) > 3 + 2𝑥 ⇔

⇔ −𝑥 + 1 − 2𝑥 − 8 > 3 + 2𝑥 ⇔ 5𝑥 < −10 ⇔ 𝑥 < −2 ⇔ 𝑥 ∈ (−∞, −2).

Prandaj, [−4,1) ∩ (−∞, −2) = [−4, −2) = 𝐵2 është bashkësia e zgjidhjeve të inekuacionit të

dhënë në intervalin [−4,1).

3) Për çdo 𝑥 ∈ [1, +∞) d.m.th. për çdo 𝑥 ≥ 1 vlen 𝑥 + 4 > 0 dhe 𝑥 − 1 ≥ 0, kështu që

|𝑥 − 1| − 2|𝑥 + 4| > 3 + 2𝑥 ⇔ 𝑥 − 1 − 2(𝑥 + 4) > 3 + 2𝑥 ⇔

⇔ 𝑥 − 1 − 2𝑥 − 8 > 3 + 2𝑥 ⇔ 3𝑥 < −12 ⇔ 𝑥 < −4 ⇔ 𝑥 ∈ (−∞, −4).

Meqë [1, +∞) ∩ (−∞, −4) = ∅ = 𝐵3 përfundojmë që në intervalin [1, +∞) inekuacioni i

dhënë nuk ka asnjë zgjidhje.

Përfundimisht, 𝐵 = 𝐵1 ∪ 𝐵2 ∪ 𝐵3 = (−∞, −4) ∪ [−4, −2) ∪ ∅ = (−∞, −2) është

bashkësia e të gjitha zgjidhjeve të inekuacionit të dhënë. Me fjalë tjera, çdo numër real 𝑥 < −2

është zgjidhje e inekuacionit të dhënë.

3

Detyra 3. Tre papagaj të verdhë për 4 ditë i hanë 36 gram fara. Pesë papagaj të kuq për tri ditë i

hanë 60 gram fara. Sa ditë mund të ushqehen 2 papagaj të verdhë dhe 4 papagaj të kuq me 88

gram fara.

Zgjidhje. Një papagall i verdhë për 4 ditë i hanë 12 gram fara kurse për 1 ditë i hanë 3

gram. Një papagall i kuq për 3 ditë i hanë 12 gram fara, kurse për një ditë i hanë 4 gram. Për një

ditë 2 papagaj të verdhë dhe 4 papagaj të kuq i hanë 2 ∙ 3 + 4 ∙ 4 = 22 gram fara. D.m.th., me

88 gram mund të ushqehen 88:22=4 ditë.

Detyra 4. Të caktohen të gjitha treshet e numrave natyralë tek të njëpasnjëshëm, të tilla që

shuma e katrorëve të tyre është e barabartë me ndonjë numër katër shifrorë me të gjitha

shifrat e barabarta.

Zgjidhje. Kërkojmë numrin natyralë 𝑘 dhe shifrën 𝑥 ∈ {1,2, . . . ,9} ashtu që të vlejë:

(2𝑘 − 1)2 + (2𝑘 + 1)2 + (2𝑘 + 3)2 = 𝑥𝑥𝑥𝑥̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅

12𝑘2 + 12𝑘 + 11 = 1111 ∙ 𝑥

12(𝑘2 + 𝑘) + 11 = 12 ∙ 92𝑥 + 7𝑥.

Nga barazimi i mësipërm kemi që 7𝑥 − 11 plotëpjestohet me 12, prandaj 𝑥 duhet të jetë tek.

Për 𝑥 ∈ {1, 3, 7, 9 }, 7𝑥 − 11 nuk plotëpjestohet me 12.

Për 𝑥 = 5 kemi 7 ∙ 5 − 11 = 24 = 2 ∙ 12, d.m.th.,

12𝑘2 + 12𝑘 + 11 = 5555 / : 12

𝑘2 + 𝑘 = 𝑘(𝑘 + 1) = 462 = 21 ∙ 22.

Kështu përfundojmë që 𝑘 = 21, kurse numrat e kërkuar janë 41, 43, dhe 45.

Detyra 5. Brenda drejtkëndëshit 𝐴𝐵𝐶𝐷 është dhënë pika 𝑇 largesat e së cilës nga kulmet 𝐴, 𝐵, 𝐶

janë me radhë 15, 24, 20. Sa është largësia e pikës 𝑇 nga kulmi 𝐷?

Zgjidhje:

4

Le të jetë 𝑥 largesa e kërkuar. Kemi me radhë

𝑎2 = 𝑢2 + 𝑠2,

𝑏2 = 𝑣2 + 𝑠2,

𝑐2 = 𝑣2 + 𝑡2,

𝑥2 = 𝑢2 + 𝑡2.

Nga këtu kemi: 𝑎2 + 𝑐2 = 𝑏2 + 𝑥2, d.m.th 𝑥2 = 𝑎2 − 𝑏2 + 𝑐2.

Në rastin tonë kemi 𝑥2 = 225 − 576 + 400 = 49 d.m.th. 𝑥 = 7.

Kodi: ___________________

OMK 2017 - KLASA E 10-TË

Koha në dispozicion: 180 minuta. Çdo detyrë vlerësohet me 20 pikë.

Ju lutemi që të shkruani vetëm në njërën faqe të fletës. Sukses!

25 shkurt 2017

Detyra 1. Le të jenë 𝑎 dhe 𝑏 numra realë pozitivë të tillë që 𝑎2 + 𝑏2 = 8 dhe 𝑎6 + 𝑏6 =

416 . Të gjenden numrat 𝑎 dhe 𝑏.

Detyra 2. Të zbërthehet në faktorë polinomi:

𝑥2(𝑦 − 𝑧) + 𝑦2(𝑧 − 𝑥) + 𝑧2(𝑥 − 𝑦).

Detyra 3. Le të jenë 𝑎 ≠ 0, 𝑏 ≠ 0, 𝑐 ≠ 0 , tre numra realë që e plotësojnë kushtin

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 0. Tregoni se vlenë barazimi:

(𝑎−𝑏

𝑐+

𝑏−𝑐

𝑎+

𝑐−𝑎

𝑏) (

𝑐

𝑎−𝑏+

𝑎

𝑏−𝑐+

𝑏

𝑐−𝑎) = 9.

Detyra 4. Le të jenë dhënë numrat realë pozitivë 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0. Tregoni se mund të konstruktohet

trekëndëshi me gjatësitë e brinjëve 𝑎 , 𝑏, 𝑐 , atëherë dhe vetëm atëherë nëse 𝑝𝑎2 + 𝑞𝑏2 >

𝑝𝑞𝑐2 për ҁfarëdo 𝑝, 𝑞 të tillë që 𝑝 + 𝑞 = 1.

Detyra 5. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶𝐷 katërkëndësh këndrejtë me qendër 𝑂 dhe le të jenë pikat 𝑃 dhe 𝑄

në diagonalen 𝐴𝐶 të tilla që |𝐴𝑃| = |𝑃𝑄| = |𝑄𝐶|. Në qoftë se drejtëza 𝑃𝐵 e pret brinjën 𝐴𝐷 në

pikën 𝑀 ndërsa drejtëza 𝐵𝑄 e pret brinjën 𝐶𝐷 në pikën 𝑁, vërtetoni se syprinat e trekëndshave

𝑀𝑃𝑂 dhe 𝑁𝑄𝑂 janë të barabarta.

2

Detyra 1. Le të jenë 𝑎 dhe 𝑏 numra realë pozitivë të tillë që 𝑎2 + 𝑏2 = 8 dhe 𝑎6 + 𝑏6 =

416 . Të gjenden numrat 𝑎 dhe 𝑏.

Zgjidhje. Në bazë të formulës për kubin e binomit kemi:

(𝑎2 + 𝑏2)3 = 𝑎6 + 3𝑎4𝑏2 + 3𝑎2𝑏4 + 𝑏6 = 𝑎6 + 𝑏6 + 3𝑎2𝑏2(𝑎2 + 𝑏2).

Duke zëvëndësuar të dhënat e detyrës në barazimin e mësipërm marrim:

83 = 416 + 3𝑎2𝑏2 ∙ 8.

Nga barazimi I më sipërm marrim 𝑎2𝑏2 = 4.

Meqë 𝑎 dhe b janë numra pozitivë kemi 𝑎𝑏 > 0, dhe për këtë arsye 𝑎𝑏 = 2.Tutje, njehsojmë

𝑎 + 𝑏. Nga (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 = 12, marrim sistemin prej dy ekuacioneve 𝑎𝑏 = 2 dhe

𝑎 + 𝑏 = 2√3, prej nga zgjidhjet e kërkuara janë 1 3 1a dhe 1 3 1b , si dhe 2 3 1a

dhe 2 3 1b , prandaj 3 1, 3 1 , 3 1, 3 1B S .

Detyra 2. Të zbërthehet në faktorë polinomi:

𝑥2(𝑦 − 𝑧) + 𝑦2(𝑧 − 𝑥) + 𝑧2(𝑥 − 𝑦). (1)

Zgjidhje. Vërejmë se (𝑦 − 𝑧) + (𝑧 − 𝑥) + (𝑥 − 𝑦) = 0, prandaj

(𝑥 − 𝑦) = −(𝑦 − 𝑧) + (𝑧 − 𝑥) (2)

Duke zëvëndësuar (2) në (1) kemi:

𝑥2(𝑦 − 𝑧) + 𝑦2(𝑧 − 𝑥) + 𝑧2(𝑥 − 𝑦) =

= 𝑥2(𝑦 − 𝑧) + 𝑦2(𝑧 − 𝑥) + 𝑧2[−(𝑦 − 𝑧) − (𝑧 − 𝑥)]

= 𝑥2(𝑦 − 𝑧) + 𝑦2(𝑧 − 𝑥) − 𝑧2(𝑦 − 𝑧) − 𝑧2(𝑧 − 𝑥)

= (𝑦 − 𝑧)(𝑥2 − 𝑧2) + (𝑧 − 𝑥)(𝑦2 − 𝑧2)

= (𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑧)(𝑥 + 𝑧) − (𝑥 − 𝑧)(𝑦 − 𝑧)(𝑦 + 𝑧)

= (𝑥 − 𝑧)(𝑦 − 𝑧)(𝑥 + 𝑧 − 𝑦 − 𝑧)

= (𝑥 − 𝑧)(𝑦 − 𝑧)(𝑥 − 𝑦).

3

Detyra 3. Le të jenë 𝑎 ≠ 0, 𝑏 ≠ 0, 𝑐 ≠ 0 , tre numra realë që e plotësojnë kushtin

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 0. Tregoni se vlenë barazimi:

(𝑎−𝑏

𝑐+

𝑏−𝑐

𝑎+

𝑐−𝑎

𝑏) (

𝑐

𝑎−𝑏+

𝑎

𝑏−𝑐+

𝑏

𝑐−𝑎) = 9.

Zgjidhje: Konsiderojmë prodhimin e shumëzuesit të parë dhe thyesën e parë të shumëzuesit të

dytë dhe kemi:

(𝑎 − 𝑏

𝑐+

𝑏 − 𝑐

𝑎+

𝑐 − 𝑎

𝑏)

𝑐

𝑎 − 𝑏= 1 + (

𝑏 − 𝑐

𝑎+

𝑐 − 𝑎

𝑏)

𝑐

𝑎 − 𝑏

= 1 +𝑏2 − 𝑏𝑐 + 𝑎𝑐 − 𝑎2

𝑎𝑏

𝑐

𝑎 − 𝑏= 1 +

𝑐(𝑎 − 𝑏) − (𝑎2 − 𝑏2)

𝑎𝑏

𝑐

𝑎 − 𝑏

= 1 +(𝑎 − 𝑏)(𝑐 − (𝑎 + 𝑏))

𝑎𝑏

𝑐

𝑎 − 𝑏== 1 +

𝑐

𝑎𝑏(𝑐 − (𝑎 + 𝑏))

Në bazë të supozimit kemi 𝑎 + 𝑏 = −𝑐. Kështu që për produktin në fjalë fitojmë 1 +2𝑐2

𝑎𝑏 .

Ngjashëm, llogarisim dy prodhimet tjera:

(𝑎 − 𝑏

𝑐+

𝑏 − 𝑐

𝑎+

𝑐 − 𝑎

𝑏)

𝑎

𝑏 − 𝑐= 1 +

2𝑎2

𝑏𝑐

(𝑎 − 𝑏

𝑐+

𝑏 − 𝑐

𝑎+

𝑐 − 𝑎

𝑏)

𝑏

𝑐 − 𝑎= 1 +

2𝑏2

𝑎𝑐

Duke I mbledhur rezultatet e fituara kemi:

1 +2𝑐2

𝑎𝑏+ 1 +

2𝑎2

𝑏𝑐+ 1 +

2𝑏2

𝑎𝑐= 3 + 2 (

𝑐2

𝑎𝑏+

𝑎2

𝑏𝑐+

𝑏2

𝑎𝑐)

= 3 + 2(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3)

𝑎𝑏𝑐

Tani në bazë të kushteve tëdetyrës 𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 = 3𝑎𝑏𝑐, dhe përfundimisht marrim

3 + 2(𝑎3+𝑏3+𝑐3)

𝑎𝑏𝑐== 3 + 2

3𝑎𝑏𝑐

𝑎𝑏𝑐= 9.

4

Detyra 4. Le të jenë dhënë numrat realë pozitivë 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0. Tregoni se mund të konstruktohet

trekëndëshi me gjatësitë e brinjëve 𝑎 , 𝑏, 𝑐 , atëherë dhe vetëm atëherë nëse 𝑝𝑎2 + 𝑞𝑏2 >

𝑝𝑞𝑐2 për ҁfarëdo 𝑝, 𝑞 të tillë që 𝑝 + 𝑞 = 1.

Zgjidhje. Dijmë se 𝑎, 𝑏, 𝑐 janë gjatësi të brinjëve të trekëndëshit atëherë dhe vetëm

atëherë nëse është 𝑎 + 𝑏 > 𝑐, 𝑎 + 𝑐 > 𝑏, dhe 𝑏 + 𝑐 > 𝑎.

Le tëjetë

𝑄 = 𝑝𝑎2 + 𝑞𝑏2 − 𝑝𝑞𝑐2 = 𝑝𝑎2 + (1 − 𝑝)𝑏2 − 𝑝(1 − 𝑝)𝑐2 =

= 𝑐2𝑝2 + (𝑎2 − 𝑏2 − 𝑐2)𝑝 + 𝑏2,

d.m.th. 𝑄 është funksion kuadratik në varësi të 𝑝 dhe

𝑄 > 0 ⟺ Δ = [(𝑎2 − 𝑏2 − 𝑐2)2 − 4𝑏2𝑐2] < 0

⟺ [𝑎2 − 𝑏2 − 𝑐2 − 2𝑏𝑐][𝑎2 − 𝑏2 − 𝑐2 + 2𝑏𝑐] < 0

⟺ [𝑎2 − (𝑏 + 𝑐)2][𝑎2 − (𝑏 − 𝑐)2] < 0

⟺ [𝑎 + 𝑏 + 𝑐][𝑎 − 𝑏 − 𝑐][𝑎 − 𝑏 + 𝑐][𝑎 + 𝑏 − 𝑐] < 0

⟺ [𝑏 + 𝑐 − 𝑎][𝑎 − 𝑏 + 𝑐][𝑎 + 𝑏 − 𝑐] > 0.

Tani, [𝑏 + 𝑐 − 𝑎][𝑎 − 𝑏 + 𝑐][𝑎 + 𝑏 − 𝑐]>0 në qoftë se të tre faktorët janë pozitivë ose njëri

pozitivë dhe dy tjerët negativë. Por kjo e fundit është e pamundshme sepse sikur të kishim

[𝑏 + 𝑐 − 𝑎] < 0, [𝑎 − 𝑏 + 𝑐] < 0, duke i mbledhur këto jobarazime do të kishim 𝑐 < 0, dhe

arrijmë në kontradiksion me supozimet e detyrës.

5

Detyra 5. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶𝐷 katërkëndësh këndrejtë me qendër 𝑂 dhe le të jenë pikat 𝑃 dhe 𝑄

në diagonalen 𝐴𝐶 të tilla që |𝐴𝑃| = |𝑃𝑄| = |𝑄𝐶|. Në qoftë se drejtëza 𝑃𝐵 e pret brinjën 𝐴𝐷 në

pikën 𝑀 ndërsa drejtëza 𝐵𝑄 e pret brinjën 𝐶𝐷 në pikën 𝑁, vërtetoni se syprinat e trekëndshave

𝑀𝑃𝑂 dhe 𝑁𝑄𝑂 janë të barabarta.

Zgjidhje.

Meqë∡𝐴𝑃𝑀 = ∡𝐶𝑃𝐵dhe ∡𝑃𝐴𝑀 = ∡𝑃𝐶𝐵, trekëndshat 𝑀𝐴𝑃 dhe 𝐵𝐶𝑃 janë të ngjashëm. Nga

ngjashmëria e tyre kemi

|𝐴𝑀|

|𝐵𝐶|=

|𝐴𝑃|

|𝑃𝐶|=

1

2.

Meqë |𝐴𝐷| = |𝐵𝐶|, vlen |𝐴𝑀|: |𝐴𝐷|=1:2, d.m.th. 𝑀 e përgjysmon brinjën 𝐴𝐷. Në mënyrë

analoge për shkak të ngjashmërisë së trekëndshave 𝐴𝐵𝑄 𝑑ℎ𝑒 𝐶𝑁𝑄 , kemi që 𝑁 e përgjysmonë

brinjën 𝐷𝐶. Kështu, konstatojmë se 𝑀𝑁 është vija e mesme e trekëndshit 𝐴𝐶𝐷, dhe për këtë

𝑀𝑁 ∥ 𝐴𝐶. Për këtë arsye lartësia ℎ1 nga kulmi 𝑁 në brinjën 𝑂𝑄 është e barabartë me lartësinë

ℎ2 nga kulmi 𝑀 në brinjën 𝑂𝑃.

Pika 𝑂 e përgjysmon diagonalen 𝐴𝐶. Meqë |𝐴𝑃| = |𝐶𝑄|, rrjedhë |𝑂𝑃| = |𝑂𝑄|. Për këtë arsye

𝑆𝑀𝑁𝑂=|𝑂𝑃|∙ℎ1

2=

|𝑂𝑄|∙ℎ2

2=𝑆𝑁𝑄𝑂.

Kodi: ___________________

OMK 2017 - KLASA E 11-TË

Koha në dispozicion: 180 minuta. Çdo detyrë vlerësohet me 20 pikë.

Ju lutemi që të shkruani vetëm në njërën faqe të fletës. Sukses!

25 shkurt 2017

Detyra 1. Të gjenden të gjitha dyshet e numrave natyralë (𝑎, 𝑏) ashtu që 1 < 𝑎, 𝑏 ≤ 100 dhe

1

log𝑎 10+

1

log𝑏 10 të jetë numër natyralë.

Detyra 2. Tregoni se për ҁdo tre numra realë pozitivë 𝑎 , 𝑏, 𝑐 , ka vend jobarazimi:

𝑎

𝑏+

𝑏

𝑐+

𝑐

𝑎+ 1 ≥

2√2

3(√

𝑎+𝑏

𝑐+ √

𝑏+𝑐

𝑎+ √

𝑐+𝑎

𝑏) .

Pastaj, tregoni se për cilat vlera të 𝑎 , 𝑏, 𝑐 , arrihet barazimi ?

Detyra 3. Në një turnir kanë marrë pjesë n ekipe të basketbollit. Secili ekip ka luajtur me secilin

ekip tjetër saktësisht një lojë. Rezultate barazimi nuk ka pasur. Në qoftë se në fund të turnirit

ekipi I i-të ka 𝑥𝑖 fitore dhe 𝑦𝑖 humbje (𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑛), vërtetoni se:

𝑥12 + 𝑥2

2+. . . +𝑥𝑛2 = 𝑦1

2 + 𝑦22+. . . +𝑦𝑛

2.

Detyra 4. Të vërtetohet barazimi

cos 36° − sin 18° =1

2 .

Detyra 5. Sfera me rreze 𝑅 është ndërprerë me dy rrafshe paralele ashtu që qendra e sferës të

jetë jashtë shtresës së përcaktuar nga këto rrafshe. Le të jenë 𝑆1 dhe 𝑆2 syprinat e sipërfaqeve

të prerjeve, ndërsa 𝑑 largesa ndërmjet rrafsheve të dhënë. Gjeni syprinën e sipërfaqes së

prerjes së sferës me rrafshin i cili është paralel me rrafshet e dhënë dhe njësoj i larguar nga ata.

2

Detyra 1. Të gjenden të gjitha dyshet e numrave natyralë (𝑎, 𝑏) ashtu që 1 < 𝑎, 𝑏 ≤ 100 dhe

1

log𝑎 10+

1

log𝑏 10 të jetë numër natyralë.

Zgjidhje. Në bazë të vetive të logaritmeve kemi

1

log𝑎 10+

1

log𝑏 10= loga + logb = log ab

Kështu që numri 1

log𝑎 10+

1

log𝑏 10 është numër natyralë atëherë dhe vetëm atëherë nëse 𝑎𝑏

është fuqi e numrit 10. Meqë 1 < 𝑎, 𝑏 ≤ 102, rrjedhë se 𝑎𝑏 𝜖 {10, 102, 103, 104 }. I shkruajmë

të gjitha dyshet (𝑎, 𝑏 ) të tilla që 𝑎𝑏 = 10𝑛, për n=1, 2, 3, 4.

Në qoftë se 𝑛 = 1, atëherë do të kemi dyshe të tilla (2, 5 ) dhe (5, 2 ).

Në qoftë se 𝑛 = 2, atëherë do të kemi shtatë dyshe

(2, 50), (4, 25), (5, 20), (10, 10), (20, 5), (25, 4), (50, 2).

Në qoftë se 𝑛 = 3, atëherë do të kemi gjashtë dyshe

(10, 100), (20, 50), (25, 40), (40, 25), (50, 20), (100, 10).

Në fund, në qoftë se 𝑛 = 4, atëherë do të kemi vetëm një dyshe (100, 100).

Detyra 2. Tregoni se për ҁdo tre numra realë pozitivë 𝑎 , 𝑏, 𝑐 , ka vend jobarazimi:

𝑎

𝑏+

𝑏

𝑐+

𝑐

𝑎+ 1 ≥

2√2

3(√

𝑎+𝑏

𝑐+ √

𝑏+𝑐

𝑎+ √

𝑐+𝑎

𝑏) .

Pastaj, tregoni se për cilat vlera të 𝑎 , 𝑏, 𝑐 , arrihet barazimi ?

Zgjidhje. Do të përdorim jobarazimin 2x y xy për çdo dy numra realë pozitiv ,x y ,

ndërsa me barazim atëherë dhe vetëm atëherë kur x y . Atëherë, kemi:

2 2 21 2 · 2 2·

a b a b b a b b a b

b c b c b c c

Në mënyrë të ngjashme kemi:

21 2 2·

b c b c

c a a

dhe

21 2 2·

c a c a

a b b

.

Duke I mbledhur këto tri jobarazimet e fundit, fitojmë:

3

3 1 2 2a b c a b b c c a

b c a c a b

ndërsa duke pjestuar me 3 në të dy anët, fitojmë:

2 21

3

a b c a b b c c a

b c a c a b

që duhej treguar.

Barazimi arrihet atëherë dhe vetëm atëherë kur 2a b b

b c

, pastaj

2b c c

c a

, si dhe

2c a a

a b

,

ose ekuivalente me 2( ) 2c a b b , 2( ) 2a b c c dhe 2( ) 2b c a a , përkatësisht.

Duke i mbledhur tri barazimet e fundit, fitojmë: 2 2 22( ) 2( )ab bc ca a b c që është ekuivalente

me 2 2 2( ) ( ) ( ) 0a b b c c a që është e mundur vetëm kur a b c . Prandaj, barazimi i

kërkuar në detyrë arrihet vetëm kur a b c .

Detyra 3. Në një turnir kanë marrë pjesë n ekipe të basketbollit. Secili ekip ka luajtur me secilin

ekip tjetër saktësisht një lojë. Rezultate barazimi nuk ka pasur. Në qoftë se në fund të turnirit

ekipi I i-të ka 𝑥𝑖 fitore dhe 𝑦𝑖 humbje (𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑛), vërtetoni se:

𝑥12 + 𝑥2

2+. . . +𝑥𝑛2 = 𝑦1

2 + 𝑦22+. . . +𝑦𝑛

2.

Zgjidhje. Vërejmë se 𝑥𝑖 + 𝑦𝑖 = 𝑛 − 1, (𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑛), sepse secili ekip ka luajtur 𝑛 −

1 lojë, prandaj kemi

∑ 𝑥𝑖 =𝑛𝑖=1 ∑ 𝑦𝑖 =

𝑛(𝑛−1)

2

𝑛𝑖=1 .

sepse, numri i tërësishëm i fitoreve është i barabartë me numrin e tërësishëm të humbjeve dhe

me numrin e të gjitha ndeshjeve të zhvilluara. Prej këtu kemi:

∑ 𝑥𝑖2 =𝑛

𝑖=1 ∑ ((𝑛 − 1) − 𝑦𝑖)2𝑛

𝑖=1

= ∑ (𝑛 − 1)2𝑛𝑖=1 − 2(𝑛 − 1) ∑ 𝑦𝑖

𝑛𝑖=1 + ∑ 𝑦𝑖

2𝑛𝑖=1

= 𝑛(𝑛 − 1)2 − 2(𝑛 − 1) ∙𝑛(𝑛−1)

2+∑ 𝑦𝑖

2𝑛𝑖=1

4

= 𝑛(𝑛 − 1)2 − 𝑛(𝑛 − 1)2 + ∑ 𝑦𝑖2𝑛

𝑖=1

= ∑ 𝑦𝑖2𝑛

𝑖=1 .

Detyra 4. Të vërtetohet barazimi

cos 36° − sin 18° =1

2 .

Zgjidhje. Meqë

sin 72° = sin(90° − 18°) = cos 18°

dhe

sin 72° = sin ( 2 ∙ 36°) = 2 sin 36° cos 36°,

përfundojmë se

cos 18° = 2 sin 36° cos 36° (1)

Po ashtu:

sin 36° = 2 sin 18° cos 18° (2)

Duke shumëzuar anë për anë barazimet (1) dhe (2) gjejmë se

cos 18° sin 36° = 4 sin 36° cos 36° sin 18° cos 18°.

Pas pjesëtimit me cos 18° sin 36°, fitojmë

1 = 4 cos 36° sin 18° = sin( 36° + 18°) − sin( 36° − 18°) =

1

2= 2 cos 36° sin 18° = sin( 36° + 18°) − sin( 36° − 18°) =

= sin 54° − sin 18° = cos 36° − sin 18°.

Pra,

cos 36° − sin 18° =1

2 .

çka duhej vërtetuar.

5

Detyra 5. Sfera me rreze 𝑅 është ndërprerë me dy rrafshe paralele ashtu që qendra e sferës të

jetë jashtë shtresës së përcaktuar nga këto rrafshe. Le të jenë 𝑆1 dhe 𝑆2 syprinat e sipërfaqeve

të prerjeve, ndërsa 𝑑 largesa ndërmjet rrafsheve të dhënë. Gjeni syprinën e sipërfaqes së

prerjes së sferës me rrafshin i cili është paralel me rrafshet e dhënë dhe njësoj i larguar nga ata.

Zgjidhje:

√𝑅2 − 𝑟12 = 𝑥, (1)

√𝑅2 − 𝑟22 = 𝑥 + 𝑑, (2)

√𝑅2 − 𝜌2 = 𝑥 +𝑑

2. (3)

(1) dhe (2) ⟹ √𝑅2 − 𝑟22 = 𝑑 + √𝑅2 − 𝑟1

2,

(1) dhe (3) ⟹ √𝑅2 − 𝜌2 =𝑑

2+ √𝑅2 − 𝑟1

2,

Duke ngritur në katror, merret

𝑅2 − 𝑟22 = 𝑑2 + 2𝑑 √𝑅2 − 𝑟1

2 + 𝑅2 − 𝑟12, /(−

1

2)

𝑅2 − 𝜌2 =𝑑2

4+ 𝑑 √𝑅2 − 𝑟1

2 + 𝑅2 − 𝑟12,

ndërsa nga këtu, duke mbledhur, fitojmë

1

2𝑟2

2 − 𝜌2 = −𝑑2

4−

1

2𝑟1

2 /∙ 𝜋

𝑆 =1

4(2𝑆1 + 2𝑆2 + 𝑑2𝜋).

Kodi: ___________________

OMK 2017 - KLASA E 12-TË

Koha në dispozicion: 180 minuta. Çdo detyrë vlerësohet me 20 pikë.

Ju lutemi që të shkruani vetëm në njërën faqe të fletës. Sukses!

25 shkurt 2017

Detyra 1. Vargu (𝑎𝑛)𝑛∈𝑁 është dhënë në mënyrë rekurzive me 𝑎1 = 1,

𝑎𝑛 = 𝑎1∙⋯𝑎𝑛−1 + 1, për 𝑛 ≥ 2. Caktoni numrin më të vogël real 𝑀 të tillë që

∑1

𝑎𝑛

𝑚𝑛=1 < 𝑀, për ҁdo 𝑚 ∈ 𝑁.

Detyra 2. Të zgjidhet sistemi i ekuacioneve

{

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝜋tg 𝑥 𝑡𝑔𝑧 = 2

𝑡𝑔𝑦 𝑡𝑔𝑧 = 18.

Detyra 3. Le të jetë 𝑎 ≥ 2 numër natyralë i fiksuar, ndërsa me 𝑎𝑛 le të shënojmë vargun

𝑎𝑛 = 𝑎𝑎..𝑎

( p.sh. 𝑎1 = 𝑎, 𝑎2 = 𝑎𝑎, 𝑎3 = 𝑎𝑎𝑎, etj.). Tregoni se (𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛)|(𝑎𝑛+2 − 𝑎𝑛+1)

për ҁdo numër natyralë 𝑛.

Detyra 4. Të vërtetohet identiteti

1

2

( 1) 22

nn

k

n nk k

k

.

Detyra 5. Drejtëzat e përcaktuara nga brinjët 𝐴𝐵 dhe 𝐶𝐷 të katërkëndëshit konveks 𝐴𝐵𝐶𝐷

priten në pikën 𝑃. Vërtetoni se 𝛼 + 𝛾 = 𝛽 + 𝛿 atëherë dhe vetëm atëherë kur 𝑃𝐴 ∙ 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 ∙

𝑃𝐷, ku 𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝛿 janë masat e këndeve të brendshme te kulmet 𝐴, 𝐵, 𝐶 dhe 𝐷, përkatësisht.

2

Detyra 1. Vargu (𝑎𝑛)𝑛∈𝑁 është dhënë në mënyrë rekurzive me 𝑎1 = 1,

𝑎𝑛 = 𝑎1∙⋯𝑎𝑛−1 + 1, për 𝑛 ≥ 2. Caktoni numrin më të vogël real 𝑀 të tillë që

∑1

𝑎𝑛

𝑚𝑛=1 < 𝑀, për ҁdo 𝑚 ∈ 𝑁.

Zgjidhje. Në qoftë se relacionin 𝑎𝑛 = 𝑎1∙⋯𝑎𝑛−1 + 1 e pjestojmë me 𝑎1∙⋯𝑎𝑛 , do të

fitojmë

1

𝑎1∙⋯𝑎𝑛−1=

1

𝑎𝑛+

1

𝑎1∙⋯𝑎𝑛 ,

të cilën mund ta shkruajmë ndryshe

1

𝑎𝑛=

1

𝑎1∙⋯𝑎𝑛−1−

1

𝑎1∙⋯𝑎𝑛 ,

Në barazimin e fundit zëvendësojmë me radhë 𝑛 = 2, 3, . . . , 𝑚 (për cilindo 𝑚 ≥ 2) dhe i mbledhim të gjitha barazimet e fituara. Vërejmë se do të anulohen të gjithë termat përveҁ të parit dhe të fundit, kështu që do të marrim

∑1

𝑎𝑛

𝑚𝑛=2 =

1

𝑎1−

1

𝑎1∙⋯𝑎𝑛 ,

d.m.th.

∑1

𝑎𝑛

𝑚𝑛=1 =

2

𝑎1−

1

𝑎1∙⋯𝑎𝑛= 2 −

1

𝑎1∙⋯𝑎𝑛 ,

prandaj

∑1

𝑎𝑛

𝑚𝑛=1 < 2 për ҁdo 𝑚 ∈ 𝑁.

Tutje, duhet të vërtetojmë se 𝑀 = 2, d.m.th. se 2 është numri më i vogël për të cilin

∑1

𝑎𝑛

𝑚𝑛=1 < 𝑀 për ҁdo 𝑚 ∈ 𝑁.

Nga përkufizimi i vargut vërejmë se 𝑎𝑛 ≥ 𝑎𝑛−1 + 1, e pastaj me induksion vërejmë se 𝑎𝑛 ≥ 𝑛 për ҁdo 𝑛 ∈ 𝑁. Për këtë arsye kemi

0 <1

𝑎1∙⋯𝑎𝑚≤

1

𝑎𝑚≤

1

𝑚 ,

për ҁdo 𝑚 ∈ 𝑁, prej nga kemi 𝑀 = 2 .

3

Detyra 2. Të zgjidhet sistemi i ekuacioneve

{

𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝜋tg 𝑥 𝑡𝑔𝑧 = 2

𝑡𝑔𝑦 𝑡𝑔𝑧 = 18. (1)

Zgjidhje: Meqë 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 𝜋 , kemi 𝑡𝑔(𝑥 + 𝑦) = 𝑡𝑔(𝜋 − 𝑧) , dmth. 𝑡𝑔𝑥+𝑡𝑔𝑦

1−𝑡𝑔𝑥 𝑡𝑔𝑦=

−𝑡𝑔𝑧. Duke e zëvendësuar këtë ekuacion në ekuacionin e parë të sistemit marrim:

{

𝑡𝑔𝑥+𝑡𝑔𝑦

1−𝑡𝑔𝑥 𝑡𝑔𝑦= −𝑡𝑔𝑧

tg 𝑥 𝑡𝑔𝑧 = 2𝑡𝑔𝑦 𝑡𝑔𝑧 = 18.

(2)

Tutje, marrim zëvendësimet

{

𝑢 = 𝑡𝑔𝑥𝑣 = 𝑡𝑔𝑦𝑤 = 𝑡𝑔𝑧

prej nga sistemi (2) merr formën:

{

𝑢+𝑣

1−𝑢𝑣= −𝑤

𝑢𝑤 = 2𝑣𝑤 = 18

(3)

ose

{𝑢𝑣𝑤 = 𝑢 + 𝑣 + 𝑤

𝑢𝑤 = 2𝑣𝑤 = 18

~ {𝑣 = 𝑢 + 𝑤

𝑢𝑤 = 2𝑣𝑤 = 18

~ {

𝑣 = 𝑢 + 𝑤𝑢𝑤 = 2

(𝑢 + 𝑤)𝑤 = 18~ {

𝑣 = 𝑢 + 𝑤𝑢𝑤 = 2

𝑤2 = 16

Sistemi i fituar i ka këto zgjidhje:

{𝑢1 = 0.5𝑣1 = 4.5𝑤1 = 4

; {𝑢2 = −0.5𝑣2 = −4.5𝑤2 = −4

Duke u kthyer në variablat fillestare, kemi

{

𝑥1 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔0.5 + 𝑘𝜋𝑦1 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔4.5 + 𝑛𝜋𝑧1 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔4 + 𝑚𝜋

; {

𝑥2 = −𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔0.5 + 𝑘𝜋𝑦2 = −𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔4.5 + 𝑛𝜋𝑧2 = −𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔4 + 𝑚𝜋

. , k+m+n = 0

ku 𝑘, 𝑛, 𝑚 ∈ ℤ .

4

Detyra 3. Le të jetë 𝑎 ≥ 2 numër natyralë i fiksuar, ndërsa me 𝑎𝑛 le të shënojmë vargun

𝑎𝑛 = 𝑎𝑎..𝑎

( p.sh. 𝑎1 = 𝑎, 𝑎2 = 𝑎𝑎, 𝑎3 = 𝑎𝑎𝑎, etj.). Tregoni se (𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛)|(𝑎𝑛+2 − 𝑎𝑛+1)

për ҁdo numër natyralë 𝑛.

Zgjidhja. Tregojmë me induksion matematik që ky pohim vlen duke e përdorur disa herë

teoremën e njohur ( , )( 1, 1) 1m n pmmp m npmmp a a a për çdo numër , ,a m n dhe 1a .

Së pari shohim se na mund ta paraqesim në formën

1a a dhe 1

na

na a për çdo numër

natyralë n. Është e qartë se na është monotono-rritës, prandaj 1|n na a

a a për çdo numër natyralë, dhe

këtë do ta shfrytezojmë më vonë, ndërsa tani kthehemi te pohimi i detyrës duke e treguar me induksion.

Për 1n duhet treguar se |aa a aa a a a ose 1 1 | 1

aa a a aa a a a , prej nga është e

qartë se | aa a . Tregojmë tani se 1 1| 1

aa a aa a . Vërtet,

1 ( 1,1)1, 1 1 1a pmmp apmmp a a a a

prandaj 1 11| 1 1| ( 1)a a aa a a a a a a nga kemi që

1 ( , 1) 11, 1 1 1a aa a a pmmp a a a apmmp a a a a

prandaj 1 1| 1

aa a aa a , që duhej treguar.

Tani, supozojmë se vlen hipoteza për n, pra: 1 2 1|n n n na a a a dhe tregojmë që vlen për 1n , pra

që: 2 1 3 2|n n n na a a a .

Me të vërtetë,

1 1

2 1 1n n n n na a a a a

n na a a a a a

dhe 2 1 1 2 1

3 2 1n n n n na a a a a

n na a a a a a

.

Është e qartë se 1|n na aa a dhe tregojmë që 1 2 11| 1n n n na a a a

a a .

Duke përdorur hipotezën, kemi:

2 1 1 2 1 1 1( , )1, 1 1 1n n n n n n n n n na a a a pmmp a a a a a a

pmmp a a a a

prandaj 1 2 11| 1n n n na a a aa a

, që duhej treguar.

Detyra 4. Të vërtetohet identiteti

1

2

( 1) 22

nn

k

n nk k

k

.

5

Zgjidhja. Le të themi se nga n - persona duhet të caktojmë komisione k - anëtarëshe (2 )k n , ashtu që secili komision të ketë kryetarin dhe nënkryetarin.

Vërejmë se komisionet dy anëtarëshe mund t’i përzgjedhim në 2

n

mënyra dhe secili prej tyre

mund të jetë kryetar dhe nënkryetar. Pra, gjithsej kemi 22

n

mënyra komisione dy

anëtarëshe.

Komisionet tre anëtarëshe mund t’i përzgjedhim në 3

n

mënyra dhe pastaj përzgjedhja e

kryetarit dhe nënkryetarit mund të bëhet në 3 2 mënyra. D.m.th. kemi 3 23

n

komisione tre

anëtarëshe.

Duke vazhduar në këtë mënyrë kemi ( 1n

n nn

komisione n anëtarëshe.

Pra, gjithsej kemi 2 3 2 ... ( 1)2 3

n n nn n

n

komisione që plotësojnë kushtet e

detyrës, e që paraqet anën e majtë të identitetit.

Le të numërojmë tani komisionet në një mënyrë tjetër.

Së pari caktojmë dy persona që mund të jenë kryetari dhe nënkryetari. Këtë mund ta bëjmë në

2

n

mënyra. Pastaj, secili prej tyre mund të jetë kryetar (e tjetri nënkryetar). D.m.th kemi

22

n

mënyra. Në anën tjetër kemi 2n persona prej të cilëve formojmë 22n komisione.

Prandaj, gjithsej kemi 2 12 2 22 2

n nn n

, që paraqet anën e djathtë të relacionit.

Detyra 5. Drejtëzat e përcaktuara nga brinjët 𝐴𝐵 dhe 𝐶𝐷 të katërkëndëshit konveks 𝐴𝐵𝐶𝐷

priten në pikën 𝑃. Vërtetoni se 𝛼 + 𝛾 = 𝛽 + 𝛿 atëherë dhe vetëm atëherë kur 𝑃𝐴 ∙ 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 ∙

𝑃𝐷, ku 𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝛿 janë masat e këndeve të brendshme te kulmet 𝐴, 𝐵, 𝐶 dhe 𝐷, përkatësisht.

Zgjidhje. Vërejmë se

𝛼 + 𝛾 = 𝛽 + 𝛿 = 180°, (1)

që paraqet kushtin e nevojshëm dhe të mjaftueshëm që katërkëndëshi konveks 𝐴𝐵𝐶𝐷 të jetë

tetivial (kulmet i takojnë një rrethi). Tani mbetet të tregojmë se katërkëndëshi 𝐴𝐵𝐶𝐷 është

tetivial atëherë dhe vetëm atëherë kur

6

𝑃𝐴 ∙ 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 ∙ 𝑃𝐷. (2)

Kushti i nevojshëm : Supozojmë se katërkëndëshi 𝐴𝐵𝐶𝐷 është tetivial. Atëherë 𝑃𝐴 ∙ 𝑃𝐵 dhe

𝑃𝐶 ∙ 𝑃𝐷 paraqesin potencën e pikës 𝑃 ndaj rrethit 𝑙(𝑂, 𝑟). Kështu:

𝑃𝐴 ∙ 𝑃𝐵 = 𝑃𝑇2 = 𝑃𝑂2 − 𝑟2 = 𝑃𝐶 ∙ 𝑃𝐷,

që do të thotë se vlen barazimi (2) (shih fig.).

Kushti i mjaftueshëm: Supozojmë se vlen barazimi (2). Tregojmë se 𝐴𝐵𝐶𝐷 është tetivial. Le të

jetë 𝑙(𝑂, 𝑟) p.sh. rrethi i jashtashkruar rreth trekëndëshit 𝐴𝐵𝐶. Tregojmë se edhe kulmi 𝐷 i

takon rrethit 𝑙(𝑂, 𝑟). Le të jetë 𝐷′ pikëprerja e drejtëzës 𝐶𝐷 me rrethin 𝑙(𝑂, 𝑟). Tregojmë se

𝐷 ≡ 𝐷′. Potenca e pikës 𝑃 ndaj rrethit 𝑙(𝑂, 𝑟) është e barabartë me 𝑃𝐴 ∙ 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 ∙ 𝑃𝐷′. Nga

ana tjetër, 𝑃𝐴 ∙ 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 ∙ 𝑃𝐷, prandaj 𝑃𝐶 ∙ 𝑃𝐷 = 𝑃𝐶 ∙ 𝑃𝐷′. Meqenëse vlejnë renditjet (𝑃 −

𝐶 − 𝐷) dhe (𝑃 − 𝐶 − 𝐷′), kemi 𝐷 ≡ 𝐷′. D.m.th., katërkëndëshi 𝐴𝐵𝐶𝐷 është tetivial.

𝐷 ≡ 𝐷′

O

r

T

P

C

A

B

O

r

O

O

r

O

A

D T

P

C

B

r

O