Upload
others
View
7
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
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