omk 2018 - klasa e 9-tË...kodi: _____ omk 2018 - klasa e 9-tË koha në dispozicion: 180 minuta....

Kodi: ___________________

OMK 2018 - 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!

27 Janar 2018

Detyra 1. Të zgjidhet inekuacioni 2 2 3 3 3x x x .

Detyra 2. Nxënësi shënoi në tabelë numrat prej 1 deri në 18 njëri pas tjetrit dhe fitoi numrin të

cilin e shënoi me x . Pra 123456789101112131415161718x . Tregoni se 3 23 2x x x plotpjesëtohet me 990.

Detyra 3. Le të jenë ba, numra realë pozitiv të tillë që ba 2 . Tregoni se vlen

2 2 9.

4

a b a

b a

Detyra 4. Është dhënë katërkëndëshi tetivial (ciklik) 𝐴𝐵𝐶𝐷. Simetralja e brinjës 𝐶𝐷 i pret

segmentet 𝐴𝐷 dhe 𝐵𝐷 në pikat 𝑃 dhe 𝑄, përkatësisht. Tregoni se ∡𝐴𝐶𝑄 = ∡𝑃𝐶𝐵.

Detyra 5. Le të jenë 333 ,, cba dhe 3d numra të çfarëdoshëm natyrorë. Tregoni se ekzistojnë dy

prej tyre të tillë që ndryshimi i tyre plotpjesëtohet me 7.

ZGJIDHJET

Detyra 1. Të zgjidhet inekuacioni

2 2 3 3 3x x x .

Zgjidhja. Dallojmë rastet:

1) ( , 3)x , 2) [ 3, 2)x , 3) [2, )x

Në rastin e parë merret inekuacioni 2(2 ) 3( 3) 3x x x i cili ka zgjidhjen 5x .

Në rastin e dytë merret inekuacioni 2(2 ) 3( 3) 3x x x i cili ka zgjidhje 2x .

Në rastine tretë merret inekuacioni 2( 2) 3( 3) 3x x x i cili nuk ka zgjidhje.

Përfundimisht ( 5, 2)x .

Detyra 2. Nxënësi shënoi në tabelë numrat prej 1 deri në 18 njëri pas tjetrit dhe fitoi

numrin të cilin e shënoi me x . Pra 123456789101112131415161718x . Tregoni se 3 23 2x x x plotpjesëtohet me 990.

Zgjidhja.

Së pari vërejmë se 3 2 23 2 ( 3 2) ( 1)( 2)x x x x x x x x x .

Numri 123456789101112131415161718x duke qenë numër çift plotpjesëtohet me 2.

Meqë shumë e shifrave të numrit 123456789101112131415161718x është 90

përfundojmë se 123456789101112131415161718x plotpjesëtohet me 9. D.m.th. x

plotpjesëtohet me 18 .

Tregojmë se

1 123456789101112131415161718 1 123456789101112131415161719x

plotpjesëtohet me 11.

Meqë

1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 0 1 1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 1 9 33

dhe meqë 33 plotpjesëtohet me 11 edhe numri 1x plotpjesëtohet me 11.

Dhe në fund

2 123456789101112131415161718 2 123456789101112131415161720x


Kështu numri ( 1)( 2)x x x plotpjesëtohet me 2 9 11 5 990 , gjë që duhej treguar.

Detyra 3. Le të jenë ba, numra realë pozitiv të tillë që ba 2 . Tregoni se vlen

2 2 9.

4

a b a

b a

Zgjidhja. Nga mosbarazimi i peshuar MA-MGj dhe kushti kemi:

82 2 2 2 2 2 15 6

99 924 6 6

9 98 9 9

8 8 2 4 (2 ) 4

a b a b a b a a a a

b a b a b a b b

,

gjë që duhej treguar.

Detyra 4. Është dhënë katërkëndëshi tetivial (ciklik) 𝐴𝐵𝐶𝐷. Simetralja e brinjës 𝐶𝐷 i pret segmentet 𝐴𝐷 dhe 𝐵𝐷 në pikat 𝑃 dhe 𝑄, përkatësisht. Tregoni se ∡𝐴𝐶𝑄 = ∡𝑃𝐶𝐵.

Zgjidhja.

Vërejmë se ∡𝐴𝐶𝑄 = ∡𝑃𝐶𝐵 atëherë dhe vetëm atëherë kur ∡𝑃𝐶𝑄 = ∡𝐴𝐶𝐵. Trekëndëshat

CPD dhe CQD janë barakrahësh, sepse drejtëza 𝑃𝑄 është simetrale e brinjës 𝐶𝐷, prandaj

∡𝑃𝐶𝑄 = ∡𝑃𝐷𝑄. Por, ∡𝑃𝐷𝑄 = ∡𝐴𝐶𝐵, si kënde periferike mbi tetivën e njëjtë 𝐴𝐵, prandaj

∡𝑃𝐶𝑄 = ∡𝐴𝐶𝐵 dhe rrjedhimisht edhe ∡𝐴𝐶𝑄 = ∡𝑃𝐶𝐵.

Detyra 5. Le të jenë 333 ,, cba dhe 3d numra të çfarëdoshëm natyrorë. Tregoni se

ekzistojnë dy prej tyre të tillë që ndryshimi i tyre plotpjesëtohet me 7.

Zgjidhja. Shqyrtojmë mbetjet gjatë pjesëtimit të 𝑛3 me 7. Le të jetë 𝑛 = 7𝑘 ± 𝑙, 𝑘 ∈ 𝑁

dhe 𝑙 ∈ {0,1,2,3,4,5,6} . Tani, 𝑛3 = (7𝑘 ± 𝑙)3 = 7𝑘1 ± 𝑙3 , prej nga rrjedh se 𝑛3 ≡

0,1,6(𝑚𝑜𝑑 7). Tani, meqë i kemi katër numra 333 ,, cba dhe 3d është e qartë se dy prej

tyre e kanë mbetjen e njëjtë kur pjesëtohen me numrin 7, rrjedhimisht ndryshimi i tyre


Kodi: ___________________




27 Janar 2018

Detyra 1. Gjeni mbetjen nga pjesëtimi i numrit

1! 2! 3! 2018!

me numrin 12.

Detyra 2. Të caktohen numrat natyrorë , , , ,a b c d e ashtu që

2 a b c d e dhe 1 1 1 1 1

1a b c d e .

Detyra 3. Është dhënë katërkëndëshi tetivial (ciklik) i tillë që:

aCDBCAB , bDA dhe cAC .

Tregoni se vlen .12413 cba Kur arrihet barazimi?

Detyra 4. Gjeni gjithë numrat natyrorë k të tillë që për çdo numër natyror n , numri

kkk n )12(...31 është katror i plotë.

Detyra 5. Le të jenë zyx ,, numra realë të tillë që:

323222 zyxzyx .

Gjeni vlerën maksimale të shprehjes zyx 32 .

Zgjidhjet.

Detyra 1. Gjeni mbetjen nga pjesëtimi i numrit të fituar nga shuma

1! 2! 3! 2018!

me numrin 12.

Zgjidhja. Vërejmë se 4! 24 0 (mod12), pra për 4,k

! ( 1) 5 4! ( 1) 5 0 0(mod12).k k k k k

Në këtë mënyrë gjejmë se:

1! 2! 3! 2018! 1! 2! 3! 0 0 9(mod12),

që d.m.th se mbetja është 9, kur shuma në fillim pjesëtohet me 12.

Detyra 2. Të caktohen numrat natyrorë , , , ,a b c d e ashtu që

2 a b c d e dhe 1 1 1 1 1

1a b c d e

Zgjidhja. 01 ) Le të jenë , , , ,a b c d e dhe le të vlejnë relacionet e mësipërme. Pasi që

2 a b c d e , do të thotë se 3, 4, 5, 6, 7a b c d e

Është e qartë se: 5 1 1 1 1 1 5

1e a b c d e a prandaj 5a , që do të thotë se 3a ose

4a .

Nëse 4a , atëherë: 1 1 1 1 1 3

14 4b c d e

si dhe

1 1 1 1 1 1 1 1 1066 3

5 6 7 8 1680 4b c d e

gjë që nuk ka zgjidhje, prandaj mbetet 3a .

02 ) Për 3a , fitojmë: 1 1 1 1 2

3b c d e si dhe 4 b c d e .

Atëherë, 4 1 1 1 1 2 4

3e b c d e b prej nga rrjedh se 6b , që do të thotë se 4b ose

5b .

Nëse 5b , atëherë: 1 1 1 2 1 7

3 5 15c d e si dhe

1 1 1 1 1 1 146 7

6 7 8 336 15c d e

gjë që nuk ka zgjidhje, prandaj mbetet 4b .

03 ) Për 3a , 4b fitojmë 1 1 1 1 1 5

13 4 12c d e

* si dhe 5 c d e .

Atëherë, 3 1 1 1 5 3

12e c d e c prej nga rrjedh se

36

5c , përkatësisht 5c ose 6c ose

7c .

Nëse 7c , atëherë *1 1 5 1 23

12 7 84d e si dhe

1 1 1 1 17 23

8 9 72 84d e

gjë që nuk ka zgjidhje në këtë rast, prandaj mbetet 5c ose 6c .

Nëse 6c , atëherë *1 1 5 1 1

12 6 4d e , prandaj

2 1 1 1 2

4e d e d prej nga rrjedh se

8d . Në këtë rast, e vetmja mundësi është 7d , rrjedhimisht 1 1 1 3

4 7 28e prej nga

shihet se e nuk është numër natyrorë. Prandaj, mbetet të jetë 5c .

04 ) Për 3a , 4b , 5c , atëherë: 2 1 1 1 1 13 2

6 7 42e d e d prej nga rrjedh se

84

13d .

I vetmi opcion mbetet 6d .

Atëherë, fitojmë: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 13 4 5 6 20e a b c d

prej nga 20e .

Përfundimisht, zgjidhja është: 3; 4; 5; 6; 20a b c d e .

Detyra 3. Është dhënë katërkëndëshi tetivial (ciklik) i tillë që:

aCDBCAB , bDA dhe cAC .

Tregon se vlen .12413 cba Kur arrihet barazimi?

Zgjidhja. Meqë katërkëndëshi është ciklik dhe meqë AB BC CD kemi që

trekëndëshat ABC dhe BCD janë të ngjashëm prandaj kemi që AC=BD=c. Nga Teorema e Ptolemeut kemi që

22 2 c

AB CD BC DA AC BD a ab c a ba

2 213 9 92 3 13 4 12

4 4 4

a c a c ab c a b c

a a .

Shfrytëzuam mosbarazimin MA-MGJ. Barazimi arrihet atëherë dhe vetëm atëherë kur 2 9

2 34

c ac a

a . Marrim 4a t kemi që 6c t atëherë nga

2

5c

a b b ta

. Prandaj

barazimi arrihet atëherë dhe vetëm atëherë kur katërkëndëshi ABCD është trapez

barakrahësh ku BC paralele me DA si dhe 4 , 5AB BC CD t DA t për çfarëdo

numri real pozitiv t .

Detyra 4. Gjeni gjithë numrat natyrorë k të tillë që për çdo numër natyror n , numri

kkk n )12(...31 është katror i plotë.

Zgjidhja. Për 2n duhet që 1 3k k të jetë katror i plotë, pra ekziston numri t ashtu

që 21 3 3 ( 1)( 1)k kt t t . Meqë 1 ( 1) 2t t kemi që ( 1, 1) 2pmmp t t . Por

meqë 3k është numër tek atëherë kemi që ( 1, 1) 1pmmp t t . Meqë ana e majtë ka

faktor të thjeshtë vetëm numrin 3 kemi që 1 1 2t t nga marrim 1k . Prandaj 1k është mundësia e vetme, mbetet të tregojmë që kur marrim 1k atëherë numri

kkk n )12(...31 është katror i plotë për çdo n .

Mirëpo nga identiteti i njohur 21 3 ... (2 1)n n përfundojmë që 1k është zgjidhja

e vetme.

Detyra 5. Le të jenë zyx ,, numra realë të tillë që

323222 zyxzyx .

Gjeni vlerën maksimale të shprehjes zyx 32 .

Zgjidhja. Kushti i detyrës është i barazvlefshëm me:

2

13

2

11

2

32

2

2

zyx .

Le të jenë cba ,, numra realë, atëherë nga mosbarazimi i Koshi-Shvarc kemi:

2222 3214 cbacba . (1)

Nësë në mosbarazimin (1) e zëvendësojmë 1,2

3 ybxa dhe

2

1 zc , atëherë do

të fitojmë këtë mosbarazim:

1372

11

2

314532

2

2

2

2

zyxzyx . (2)

Pas disa rregullimeve marrim këtë mozbarazim:

.91532 zyx

Tani tregojmë se ekzistojnë numrat realë zyx ,, të tillë që .91532 zyx Në

mozbarazimin (2), barazimi arrihet atëherë dhe vetëm atëherë kur

6

12

2

1

2

32

zyx,

prej nga gjejmë se 22 xy dhe 43 xz .

Pasi t’i zëvendesojmë vlerat në kushtin e detyrës gjejmë se 2

17

3

2

3x .

Nëse marrim 2

17

3

2

3x , atëherë

17

31y dhe

2

17

3

32

1z .

Pra, .915,,:32max Rzyxzyx

Kodi: ___________________




27 Janar 2018

Detyra 1. Gjeni të gjitha funksionet RRf : ashtu që të vlejë:

)()()()( 2xfyxfyxfxf

për çdo ., Ryx

Detyra 2. Le të jetë ABCDE pesëkëndësh konveks i tillë që ,AB BC CD EAB BCD

dhe EDC CBA . Tregoni se normalja nga pika E e lëshuar në BC dhe

segmentet AC dhe BD priten në të njëjtën pikë.

Detyra 3. Në sa mënyra të ndryshme mund të përzgjedhim 101 numra natyrorë nga bashkësia

{1,2,3,..., 2018}S

ashtu që të gjithë numrat e përzgjedhur të formojnë varg rritës

aritmetik me diferencë 10,d d ?

Detyra 4. Caktoni të gjithë numrat e thjeshtë dhe q,p ashtu që të vlejë 2 2 .pp q

Detyra 5. Le të jenë 𝑎, 𝑏, 𝑐 numra realë pozitivë të tillë që 1

𝑎+

1

𝑏+

1

𝑐= 1. Tregoni se:

(𝑎2 − 3𝑎 + 3) (𝑏2 − 3𝑏 + 3) (𝑐2 − 3𝑐 + 3) ≥ 27.

Zgjidhjet


)()()()( 2xfyxfyxfxf ,

për çdo ., Ryx

Zgjidhja. Marrim 𝑥 = 0 në (1) kemi që 𝑓(0)𝑓(𝑦) = 𝑓(0) ⇒ 𝑓(0)(𝑓(𝑦) − 1) = 0.

Nëse 𝑓(0) ≠ 0 atëherë 𝑓(𝑦) = 1 për cdo 𝑦 ∈ ℝ duke e zëvendësuar në (1) vërehet lehtë

se kjo nuk mund të jetë zgjidhje prandaj mbetet që 𝑓(0) = 0.

Marrim 𝑦 = 0 në (1) kemi që 𝑓(𝑥)2 = 𝑓(𝑥2). Marrim 𝑥 = 1 në ekuacionin e fundit kemi

që

𝑓(1)2 = 𝑓(1) ⇒ 𝑓(1)(𝑓(1) − 1) = 0 ⇒ 𝑓(1) = 0 ∨ 𝑓(1) = 1

Rasti 1. 𝑓(1) = 0

Marrim 𝑥 = 1 në (1) kemi që 𝑓(1)𝑓(1 + 𝑦) = 𝑓(𝑦) + 𝑓(1) ⇒ 𝑓(𝑦) = 0 për cdo 𝑦 ∈ ℝ.

Duke zëvendësuar në (1) lehtë mund të konkludojmë që kjo është një zgjidhje e

ekuacionit.

Rasti 2. 𝑓(1) = 1

Marrim 𝑥 = 1 dhe 𝑦 → 𝑥 në (1) kemi që 𝑓(1)𝑓(1 + 𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑓(1) ⇒ 𝑓(𝑥 + 1) = 𝑓(𝑥) +

1

Marrim 𝑦 = 1 në (1) si dhe duke shfrytëzuar relacionin e fundit kemi që

𝑓(𝑥)𝑓(𝑥 + 1) = 𝑥𝑓(1) + 𝑓(𝑥2) ⇒ 𝑓(𝑥)(𝑓(𝑥) + 1) = 𝑥 + 𝑓(𝑥)2 ⇒ 𝑓(𝑥)2 + 𝑓(𝑥)

= 𝑥 + 𝑓(𝑥)2

⇒ 𝑓(𝑥) = 𝑥 për cdo 𝑥 ∈ ℝ. Duke zëvendësuar në (1) lehtë mund të konkludojmë që kjo

është një zgjidhje tjetër. Prandaj të gjitha zgjidhjet e ekuacionit janë

𝑓(𝑥) = 0 ∀𝑥 ∈ ℝ ∨ 𝑓(𝑥) = 𝑥 ∀𝑥 ∈ ℝ

Detyra 2. Le të jetë ABCDE pesëkëndësh konveks i tillë që ,AB BC CD EAB BCD

dhe EDC CBA . Tregoni se normalja nga pika E e lëshuar në BC dhe segmentet AC dhe BD priten në të njëjtën pikë.

Zgjidhja. Gjatë zgjidhjes së detyrës, , , ,A B C D dhe A do të shënojmë këndet e

brendshme të pesëkëndëshit ABCDE . Normalet në AC dhe BD që kalojnë nga pikat B

dhe C përkatësisht le të priten në pikën I . Atëherë BD CI dhe ngjashëm AC BI .

Prandaj AC dhe BD takohen në ortoqendrën H të trekëndëshit BIC dhe IH BC .

Mbetet të tregojmë që pika E shtrihet në drejtëzën IH , ose në mënyrë ekuivalente,

EI BC .

Drejtëzat IB dhe IC janë simetrale të këndeve B dhe C përkatësisht. Meqë

,IA IC IB ID dhe AB BC CD , trekëndëshat ,IAB ICB dhe ICD janë kongruentë.

Prandaj 2 2

C AIAB ICB , pra drejtëza IA është simetrale e A . Ngjashëm

drejtëza ID është simetrale e D . Përfundimisht drejtëza IE është simetrale e E

sepse pika I gjendet në të gjitha katër simetrale e këndeve të brendshme të

pesëkëndëshit.

Shuma e këndëve të brendshme në pesëkëndësh është 540 , prandaj

540 2 2E A B .

Në katërkëndëshin ABIE ,

1 1360 360

2 2BIE EAB ABI AEI A B E

1360 (270 )

2A B A B

190 90

2B IBC

që nënkupton që EI BC , gjë që kompleton vërtetimin.

Detyra 3. Në sa mënyra të ndryshme mund të përzgjedhim 101 numra natyrorë nga bashkësia {1,2,3,..., 2018}S

ashtu që të gjithë numrat e përzgjedhur të formojnë varg

rritës aritmetik me diferencë 10,d d ?

Zgjidhja. Le të shqyrtojmë numrat1 1 1 1 1, , 2 ,..., 100 ( , , 10)a a d a d a d a d d .

Atëherë kemi 11

2018100 2018

100

aa d d

. Meqë

1

20171 20.17

100a d . Prandaj

10 20d . Qartë se për çdo 1 2018 100a d merret një varg që plotëson kushtet e

detyrës. Prandaj kemi 20

10

(2018 100 ) 5698d

d

mënyra të ndryshme.

Detyra 4. Caktoni të gjithë numrat e thjeshtë dhe q,p ashtu që të vlej 2 2 .pp q

Zgjidhja. Është e qartë se 2,p sepse po të ishte 2,p atëherë do të ishte q numër çift

më i madh se 2, që është në kundërshtim me faktin se q është numër i thjeshtë.

Nëse 3,p atëherë 2 33 2 17.q

Nëse 3,p atëherë 2 22 ( 1) (2 1) .p pp p q Meqenëse

23| 1 ( 1)( 1)p p p (sepse 1ose 2(mod3))p dhe

1 23| (2 1) (2 1)(2 2 2 1),p p p

atëherë edhe 3 | ,q prej nga rrjedh se q është nuk është numër i thjeshtë. Përfundimisht

zgjidhja e vetme është 3p dhe 17.q

Detyra 5. Le të jenë 𝑎, 𝑏, 𝑐 numra realë pozitivë të tillë që 1

𝑎+

1

𝑏+

1

𝑐= 1. Tregon se: (𝑎2 − 3𝑎 +

3) (𝑏2 − 3𝑏 + 3) (𝑐2 − 3𝑐 + 3) ≥ 27.

Zgjidhja. Shumëzojmë dy anët me 𝑎𝑏𝑐 kemi që mosbarazimi është ekuivalent me

(𝑎3 − 3𝑎2 + 3𝑎)(𝑏3 − 3𝑏2 + 3𝑏)(𝑐3 − 3𝑐2 + 3𝑐) ≥ 27𝑎𝑏𝑐 ⇔

((𝑎 − 1)3 + 1)((𝑏 − 1)3 + 1)((𝑐 − 1)3 + 1) ≥ 27𝑎𝑏𝑐

Nga kushti kemi që 1

𝑎<

1

𝑎+

1

𝑏+

1

𝑐= 1 ⇒ 𝑎 > 1 ngjashëm kemi 𝑏 > 1 dhe 𝑐 > 1.

Prandaj nga mosbarazimi I Holderit kemi që

((𝑎 − 1)3 + 1)((𝑏 − 1)3 + 1)((𝑐 − 1)3 + 1) ≥ ((𝑎 − 1)(𝑏 − 1)(𝑐 − 1) + 1)3

=

= (𝑎𝑏𝑐 − 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑐𝑎 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐)3

Prandaj mjafton të tregohet që (𝑎𝑏𝑐 − 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑐𝑎 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐)3 ≥ 27𝑎𝑏𝑐

Kushti është ekuivalent me 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 = 𝑎𝑏𝑐 prandaj mjafton të tregohet që

(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)3 ≥ 27𝑎𝑏𝑐 ⇔ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐

3≥ √𝑎𝑏𝑐

3

Mosbarazimi I fundit është i vërtetë nga mosbarazimi MA-MGj.

Kodi: ___________________




27 Janar 2018


( ) ( ) ( ) ( )f x y yf x x f y f xy ,

për çdo ., Ryx

Detyra 2. Është dhënë katërkëndëshi konveks 𝐴𝐵𝐶𝐷 te i cili 𝐴𝐵 ∦ 𝐶𝐷, diagonalet e të cilit

priten në pikën 𝑂. Drejtëza 𝑚 nëpër pikën 𝑂 paralele me brinjën 𝐴𝐵 e pret brinjën

𝐴𝐷 në pikën 𝑃, kurse brinjën 𝐵𝐶 në pikën 𝑄. Drejtëza 𝑛 nëpër pikën 𝑂 paralele me

brinjën 𝐶𝐷 e pret brinjën 𝐵𝐶 në pikën 𝑇, kurse brinjën 𝐴𝐷 në pikën 𝑈. Tregoni se

nëse 𝑃𝑂 ∙ 𝑂𝑄 = 𝑇𝑂 ∙ 𝑂𝑈, atëherë katërkëndëshi 𝐴𝐵𝐶𝐷 është tetivial (ciklik).

Detyra 3. Vërtetoni se:

1

2 2

1

n

k

n k n

n n

Detyra 4. 2018 nxënës të mërzitur kalojnë nëpër korridor ku gjenden 2018 klasë me dyer të

mbyllura të numëruara nga 1 deri në 2018. Nxënësi i parë i hap të gjitha dyert; nxënësi i dytë i mbyll të gjitha dyert me numër: 2, 4, 6, ..., 2018; nxënësi i tretë vepron në dyert me numër 3, 6, 9, ..., 2016 edhe atë nëse dera është e mbyllur, ai e hap atë, kurse nëse dera është e hapur, ai e mbyll atë dhe kështu me radhë. Nxënësi i i-të, vepron në dyert me numër shumfisha të i-së: nëse dera është e mbyllur, ai e hap atë, kurse nëse dera është e hapur, ai e mbyll atë. Sa është shuma e numrave të dyerve që mbesin të mbyllura pasi çdo nxënës të përfundojë ecjen nëpër korridor?

Detyra 5. Le të jetë 𝑛 numër natyror i tillë që 𝑛 + 1 nuk plotpjesëtohet me 2 dhe 5. Vërtetoni se

ekziston numri natyror i cili mbaron me 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 ( 𝑛 = 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ) dhe

plotpjesëtohet me 𝑛 + 1.

Zgjidhjet


( ) ( ) ( ) ( )f x y yf x x f y f xy ,

për çdo ., Ryx

Zgjidhja. Marrim 𝑥 = 0 në (1) kemi që

𝑓(𝑦) + 𝑦𝑓(0) ≤ 𝑓(𝑦) + 𝑓(0) ⇒ (𝑦 − 1)𝑓(0) ≤ 0

për cdo 𝑦 ∈ ℝ, prandaj kemi që 𝑓(0) = 0. Marrim 𝑦 = 0 në (1) kemi që

𝑓(𝑥) ≤ 𝑥 + 𝑓(0) + 𝑓(0) = 𝑥 ⇒

𝑓(𝑥) ≤ 𝑥 (2)

Marrim 𝑥 = 1 ∧ 𝑦 = −1 në (1) si dhe duke shfrytëzuar (2) kemi që

−1 ≤ −𝑓(1) = 𝑓(0) − 𝑓(1) ≤ 1 + 𝑓(−1) + 𝑓(−1) ≤ 1 − 1 − 1 = −1 ⇒

𝑓(1) = 1 ∧ 𝑓(−1) = −1

Marrim 𝑥 = −1 ∨ 𝑦 → 𝑥 + 1 në (1) si dhe duke përdorur (2) kemi që

𝑓(𝑥) + (𝑥 + 1)𝑓(−1) ≤ 1 + 𝑓(𝑥 + 1) + 𝑓(−𝑥 − 1) ⇒

𝑓(𝑥) − 𝑥 − 1 ≤ −1 + 𝑓(𝑥 + 1) − 𝑥 − 1 = 𝑓(𝑥 + 1) − 𝑥 − 2 ⇒ 𝑓(𝑥) + 1 ≤ 𝑓(𝑥 + 1)

Marrim 𝑥 = 1 dhe 𝑦 → 𝑥 në (1) si dhe duke shfrytëzuar relacionin e fundit dhe (2) kemi

që

𝑓(𝑥) + 1 + 𝑥 ≤ 𝑓(𝑥 + 1) + 𝑥𝑓(1) ≤ 1 + 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑥) ⇒ 𝑥 ≤ 𝑓(𝑥)

Nga relacioni i fundit dhe relacioni (2) kemi që 𝑓(𝑥) = 𝑥 për cdo 𝑥 ∈ ℝ. Duke

zëvedësuar në (1) lehtë mund të konkludojmë që kjo është zgjidhja e vetme.

Detyra 2. Është dhënë katërkëndëshi konveks 𝐴𝐵𝐶𝐷 te i cili 𝐴𝐵 ∦ 𝐶𝐷, diagonalet e të cilit priten në pikën 𝑂. Drejtëza 𝑚 nëpër pikën 𝑂 paralele me brinjën 𝐴𝐵 e pret brinjën 𝐴𝐷 në pikën 𝑃 , kurse brinjën 𝐵𝐶 në pikën 𝑄 . Drejtëza 𝑛 nëpër pikën 𝑂 paralele me brinjën 𝐶𝐷 e pret brinjën 𝐵𝐶 në pikën 𝑇, kurse brinjën 𝐴𝐷 në pikën 𝑈. Tregoni se nëse 𝑃𝑂 ∙ 𝑂𝑄 = 𝑇𝑂 ∙ 𝑂𝑈, atëherë katërkëndëshi 𝐴𝐵𝐶𝐷 është tetivial (ciklik).

Zgjidhja. Do të tregojmë se ∡𝐴𝐷𝐶 + ∡𝐴𝐵𝐶 = 180°. Nga barazimi 𝑃𝑂 ∙ 𝑂𝑄 = 𝑇𝑂 ∙ 𝑂𝑈 rrjedh se pikat 𝑃, 𝑇, 𝑄 dhe 𝑈 i takojnë një rrethi (barazimi i mësimpërm paraqetin kushtin e nevojshëm dhe të mjaftueshëm që pikat 𝑃, 𝑄, 𝑇 dhe 𝑈 t’i takojnë një rrethi (shih potencën e pikës ndaj rrethit)). Kështu katërkëndëshi 𝑃𝑇𝑄𝑈 është tetivial, prandaj ∡𝑃𝑄𝑇 = ∡𝑃𝑈𝑇 si kënde periferike mbi tetivën e njëjtë 𝑃𝑇 . Nga ana tjetër, ∡𝑃𝑄𝑇 +

∡𝐴𝐵𝐶 = 180°, sepse 𝑃𝑄 është paralele me 𝐴𝐵. Ngjashëm, ∡𝑃𝑈𝑇 = ∡𝐴𝐷𝐶, prandaj

∡𝑃𝑄𝑇 = ∡𝐴𝐷𝐶. Tani, nga ∡𝑃𝑄𝑇 + ∡𝐴𝐵𝐶 = 180° rrjedh se ∡𝐴𝐷𝐶 + ∡𝐴𝐵𝐶 = 180°, që d.m.th. se katërkëndëshi 𝐴𝐵𝐶𝐷 është tetivial.

Detyra 3. Vërtetoni se:

1

2 2

1

n

k

n k n

n n

.

Zgjidhja. Nisemi nga identiteti:

1 2 1 11 1 1 1 1 1 1

1 1 11 11

1 1

n n n n n

n nn

n

x x x x x x

x xxx

x x

Koeficienti në anën e majtë pranë nx është:

1 2 1n n n

Mn n n

(1)

Shprehja në anën e djathtë të identitetit është:

n

m

D

U

P

C

O Q

T

B A

2 2 1

0 1 2 1 2 3

n nn n n n n n n n

x x x x x xn n

Koeficienti në shprehjen e fundit pranë nx është:

1 1 2 1 1 0 2 1 1

n n n n n n n n n n n nD

n n n n n

(2)

Rrjedhimisht, M D .

Shfrytëzojmë barazimin

2

0

2n

k

n n

k n

, kemi:

21

0

1 2 2

1

n

k

n n

k n

2

1

1 2 22

1

n

k

n n

k n

2

1

2 22

1 1

n

k

n n n

k k n

2 2

1 1 1

2 21 1 2

1 1 1

n n n

k k k

n n n n n

k k k k n

2 2

0 0 1

2 22

1 1

n n n

k k k

n n n n n

k k k k n

prej nga

(3)

2 21

2 2 2

2

2 2 2 2 2 2 ! 2 !1 12

1 12 2 !1 !

2 ! 2 2 2 1 2 !1 1 2 12 2 2

2 2 1! 1 !

2 ! 2 ! 2 !

1 1 1 ! ! 1!

n

k

n n n n n n n

k k n n n nn

n n n n n

nn n n

n n nn n

n n n n n nn

2

1! 1 !

n

nn

Nga relacioni (3) rrjedh se 2

1

nD

n

, dhe meqë M D , kemi ardhur deri te vërtetimi i

duhur.

Detyra 4. 2018 nxënës të mërzitur kalojnë nëpër korridor ku gjenden 2018 klasë me dyer

të mbyllura të numëruara nga 1 der në 2018. Nxënësi i parë i hap të gjitha dyert;

nxënësi i dytë i mbyll të gjitha dyert me numër: 2, 4, 6, ..., 2018; nxënësi i tretë vepron në

dyert me numër 3, 6, 9, ..., 2016 edhe atë nëse dera është e mbyllur, ai e hap atë, kurse

nëse dera është e hapur, ai e mbyll atë dhe kështu me radhë. Nxënësi i i-të, vepron në

dyert me numër shumfisha të i-së: nëse dera dera është e mbyllur, ai e hap atë, kurse

nëse dera është e hapur, ai e mbyll atë. Sa është shuma e numrave të dyerve që mbesin

të mbyllura pasi çdo nxënës të përfundojnë ecjen nëpër korridor?

Zgjidhja. Vërejmë se në derën e i-të do të veprojë nxënësi j atëherë dhe vetëm atëherë

nëse | ( ).j i i jk Kjo mund të ndodh nëse në derë do të veprojë edhe nxënësi

| , 0 | .i i

j i i ij j

Pra për një numër të plotë të ndryshëm nga zero, ekziston numër

çift i pjesëtuesve të tij, përveç nëse është katror i plotë (nëse 2n m , atëherë 1 2

1 2kaa a

kn p p p dhe secila fuqi duhet të jetë çift). Pra numri i pjesëtueve të n është

1 2( 1)( 1) ( 1)ka a a tek). Përfundimisht, vetëm dyert me numër 2 2 2 2 2 21 1 , 4 2 , 9 3 ,16 4 , 25 5 , ... ,1936 44 mbesin të hapura dhe dyert me numra

tjerë mbesin të mbyllura.

Të hapura mbeten 2 2 2 44 (44 1) (2 44 1)1 , 2 ... 44 29370

6S

.

Prandaj kemi:

2018

1

2018 201929370 2007801

2m

i

S S i S

.

Detyra 5. Le të jetë 𝑛 numër natyror i tillë që 𝑛 + 1 nuk plotpjesëtohet me 2 dhe 5.

Vërtetoni se ekziston numri natyror i cili mbaron me 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 (𝑛 = 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅) dhe


Zgjidhja. Mbetjet gjatë pjesëtimit me 𝑛 + 1 janë: 0,1,2, … , 𝑛 . Shënojmë numrin 𝑛 =

𝑛1𝑛2…𝑛𝑘̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅. Le t’i marrim 𝑛 numra si në vijim:

𝐷1 = 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘

𝐷2 = 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘

𝐷3 = 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘

.

.

.

𝐷𝑛 = 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 …𝑛1𝑛2…𝑛𝑘⏟ 𝑛−ℎ𝑒𝑟ë

Në qoftë se ndonjë nga numrat 𝐷1, 𝐷2,..., 𝐷𝑛 plotpjesëtohet me 𝑛 + 1, atëherë vërtetimi i

detyrës mbaron. Supozojmë se asnjë nga numrat 𝐷1, 𝐷2,..., 𝐷𝑛 nuk plotpjesëtohet me 𝑛 +

1. Atëherë, nga Parimi Dirichlet ekzistojnë të paktën dy numra nga numrat 𝐷1, 𝐷2,..., 𝐷𝑛

që kanë mbetje të njëjtë gjatë pjesëtimin me 𝑛 + 1. Le të jenë 𝐷𝑖 dhe 𝐷𝑗 numrat që kanë

mbetje të njëjtë gjatë pjesëtimin me 𝑛 + 1. Atëherë,

𝐷𝑖 − 𝐷𝑗 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑛 + 1), rrjedhimisht 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 …𝑛1𝑛2…𝑛𝑘⏟ (𝑖−𝑗)−ℎ𝑒𝑟ë

000…000⏟ 𝑗−ℎ𝑒𝑟ë

≡

0(𝑚𝑜𝑑 𝑛 + 1) . Meqë 𝑛 + 1 nuk plotpjesëtohet me 2 dhe 5, atëherë numri

𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 𝑛1𝑛2…𝑛𝑘 …𝑛1𝑛2…𝑛𝑘⏟ (𝑖−𝑗)−ℎ𝑒𝑟ë


omk 2018 - klasa e 9-tË...kodi: _____ omk 2018 - klasa e 9-tË koha në dispozicion: 180 minuta....

Documents