OMK 2019 - KLASA E 9-TË...duhet t’i fshijë në tabelë ashtu që për çdo dy numra të mbetur në tabelë shuma e tyre nuk është katror i plotë i një numri natyror. Prishtinë,

Kodi: ___________________

OMK 2019 - KLASA E 9-TË

Koha në dispozicion: 240 minuta. Çdo detyrë vlerësohet me 8 pikë.

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

Detyra 1. Të njehsohet shprehja 12 − 22 + 32 − 42 +⋯− 20182 + 20192.

Detyra 2. Tregoni që kur prodhimit të tre numrave të njëpasnjëshëm natyrorë iu

shtohet mesi aritmetik i tyre fitohet kubi i një numri natyror.

Detyra 3. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶𝐷 drejtkëndësh ashtu që 𝐴𝐵 > 𝐵𝐶. Le të jenë 𝐸, 𝐹 pika në

brinjën 𝐶𝐷 ashtu që 𝐶𝐸 = 𝐸𝐷 dhe 𝐵𝐶 = 𝐶𝐹. Tregoni që nëse 𝐵𝐸 është normale në

𝐴𝐶, atëherë 𝐴𝐵 = 𝐵𝐹.

Detyra 4. Gjeni të gjitha vargjet e numrave të njëpasnjëshëm natyrorë ashtu që

shuma e tyre të jetë e barabartë me 2019.

Detyra 5. Një nxënës i shkroi në tabelë numrat 1,2,3,… ,18. Sa numra minimalisht

duhet t’i fshijë në tabelë ashtu që për çdo dy numra të mbetur në tabelë shuma e

tyre nuk është katror i plotë i një numri natyror.

Prishtinë, më 02 mars 2019


Detyra 1. Të njehsohet shprehja 12 − 22 + 32 − 42 +⋯− 20182 + 20192.

Zgjidhje: Duke e shfrytëzuar barazimin (𝑛 + 1)2 − 𝑛2 = 2𝑛 + 1 = 𝑛 + (𝑛 + 1), kemi:

12 − 22 + 32 − 42 +⋯− 20182 + 20192 = 12 + (32 − 22) + ⋯+ (20192 − 20182)

=1 + 5 + 9 +⋯+ 4037 (3 pikë)

= 1 + 2 + 3 +⋯+ 2018 + 2019 (1 pikë)

Duke e shfrytëzuar formulën 1 + 2 +⋯+ 𝑛 =𝑛(𝑛+1)

2, kemi:

=2019⋅2020

2 (3 pikë)

= 2019 ⋅ 1010

= 2039190. (1 pikë)

Detyra 2. Tregoni që kur prodhimit të tre numrave të njëpasnjëshëm natyrorë iu shtohet mesi

aritmetik i tyre fitohet kubi i një numri natyror.

Zgjidhje: Le të shënojmë me 𝑛, 𝑛 + 1, 𝑛 + 2 tre numra të njëpasnjëshëm, atëherë prodhimi i

tyre është i barabartë me 𝑛(𝑛 + 1)(𝑛 + 2), kurse mesi aritmetik i tyre është 𝑛+(𝑛+1)+(𝑛+2)

3.

Prandaj, kemi që

𝑛(𝑛 + 1)(𝑛 + 2) +𝑛 + (𝑛 + 1) + (𝑛 + 2)

3=

(2 pikë)

= 𝑛(𝑛 + 1)(𝑛 + 2) +3(𝑛 + 1)

3

(1 pikë)

= 𝑛(𝑛 + 1)(𝑛 + 2) + (𝑛 + 1)

(1 pikë)

= (𝑛 + 1)(𝑛(𝑛 + 2) + 1) = (𝑛 + 1)(𝑛2 + 2𝑛 + 1)

(2 pikë)

= (𝑛 + 1)(𝑛 + 1)2 = (𝑛 + 1)3

(2 pikë)

Detyra 3. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶𝐷 drejtkëndësh ashtu që 𝐴𝐵 > 𝐵𝐶. Le të jenë 𝐸, 𝐹 pika në brinjën 𝐶𝐷

ashtu që 𝐶𝐸 = 𝐸𝐷 dhe 𝐵𝐶 = 𝐶𝐹. Tregoni që nëse 𝐵𝐸 është normale në 𝐴𝐶, atëherë 𝐴𝐵 = 𝐵𝐹.

Zgjidhje: Le të jetë 𝐺 pikëprerja e segmenteve 𝐵𝐸 dhe 𝐴𝐶. Nga trekëndëshat kënddrejtë: 𝐴𝐵𝐶,

𝐵𝐺𝐶, dhe 𝐵𝐶𝐸 kemi që

∠𝐵𝐴𝐶 = 90∘ − ∠𝐵𝐶𝐴 = 90∘ − ∠𝐵𝐶𝐺 = ∠𝐶𝐵𝐺 = ∠𝐶𝐵𝐸

(3 pikë)

Meqë ∠𝐸𝐶𝐵 = ∠𝐶𝐵𝐴 = 90∘, rrjedh se 𝐸𝐶𝐵~𝐶𝐵𝐴.

(1 pikë)

Nga relacioni i fundit kemi:

𝐶𝐸

𝐵𝐶=𝐵𝐶

𝐴𝐵⇒

𝐴𝐵

2𝐵𝐶=𝐵𝐶

𝐴𝐵

(1 pikë)

⇒ (𝐴𝐵)2 = 2(𝐵𝐶)2 ⇒ 𝐴𝐵 = √2𝐵𝐶

(1 pikë)

Tani, nga teorema e Pitagorës për trekëndëshin kënddrejtë barakrahësh 𝐵𝐶𝐹 kemi:

𝐵𝐹2 = 𝐵𝐶2 + 𝐶𝐹2 = 2𝐵𝐶2 ⇒ 𝐵𝐹 = √2𝐵𝐶 = 𝐴𝐵.

(2 pikë)

Detyra 4. Gjeni të gjitha vargjet e numrave të njëpasnjëshëm natyrorë ashtu që shuma e tyre të

jetë e barabartë me 2019.

Zgjidhja. Le të jenë 𝑛, 𝑛 + 𝑘 numri më i vogël dhe numëri i madh, përkatësisht. Nga kushti i

detyrës kemi:

𝑛 + (𝑛 + 1) + ⋯+ (𝑛 + 𝑘) =(𝑘 + 1)(2𝑛 + 𝑘)

2= 2019

(2 pikë)

Barazimi i fundit është i barazvlefshëm me:

(𝑘 + 1)(2𝑛 + 𝑘) = 2 ⋅ 3 ⋅ 673

ku 2,3,673 janë numra të thjeshtë.

(2 pikë)

Meqë 2𝑛 + 𝑘 > 𝑘 + 1, atëherë kemi 𝑘 + 1 ∈ {2,3,6} ⇒ 𝑘 ∈ {1,2,5}.

(1 pikë)

Nëse 𝑘 = 1 merret 2𝑛 + 1 = 2019 ⇒ 𝑛 = 1009. Prandaj, një varg i tillë është 1009,1010.

(1 pikë)

Nëse 𝑘 = 2 merret 2𝑛 + 2 = 1346 ⇒ 𝑛 = 672. Prandaj, një varg i tillë është 672,673,674.

(1 pikë)

Nëse 𝑘 = 5 merret 2𝑛 + 5 = 673 ⇒ 𝑛 = 334. Prandaj, një varg i tillë është

334,335,336,337,338,339.

(1 pikë)

Detyra 5. Një nxënës i shkroi në tabelë numrat 1,2,3, … ,18. Sa numra minimalisht duhet t’i

fshijë në tabelë ashtu që për çdo dy numra të mbetur në tabelë shuma e tyre nuk është katror i

plotë i një numri natyror.

Zgjidhje: Nëse i fshijmë numrat: 3,5,7,8,10,12,14,15,16 në tabelë, atëherë numrat që do të

mbesin në tabelë janë: 1,2,4,6,9,11,13,17,18. Shuma e çdo dy numrave të mbetur nuk është

katror i një numri të plotë. Pra, është e mundur t’i fshijmë 9 numra në tabelë ashtu që shuma e

çdo dy numrave të mbetur nuk është katror i një numri të plotë.

(2 pikë)

Tregojmë tani që gjithmonë duhet t’i fshijmë të paktën 9 numra që të plotësohet kushti i detyrës,

vërtetë:

(18,7), (17,8), (16,9), (15,1), (14,2), (13,3), (12,4), (11,5), (10,6)

(3 pikë)

Meqë çdo dyshe është disjunkte me njëra-tjetrën dhe shuma e çdo dysheve është katror i plotë,

ateherë kemi që në secilën dyshe të paktën njëri nga numrat duhet të fshihet nga tabela. Pra,

duhet patjetër të paktën 9 numra të fshihen nga tabela.

(2 pikë)

Meqë e kemi gjetur kombinimin për 9 numra, atëherë kemi që minimalisht duhet t’i fshijmë 9

numra nga tabela.

(1 pikë)

Shënim për detyrën e 5-të: Me 1 pikë vlerësohet rezultati në vijim:

Nëse gjenden të gjitha dyshet nga numrat e dhënë të tilla që shuma e tyre është katror i një numri

natyror.

Shënim i përgjithshëm për të gjitha detyrat: Me pikë të njëjta vlerësohet çdo rezultat i

barazvlefshëm me relacionet përkatëse të paraqitura në skemë.

Kodi: ___________________




Detyra 1. Gjeni tri shifrat e fundit të numrit 2019!

21009 .

Detyra 2. Tregoni se për çfarëdo numra realë pozitivë 𝑎, 𝑏, 𝑐 vlen mosbarazia:

4(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 + 3) ≥ 3(𝑎 + 1)(𝑏 + 1)(𝑐 + 1)

Kur arrihet barazimi?

Detyra 3. Doktori ka udhëzuar pacientin që të merr 48 tableta gjatë 30 ditëve,

ashtu që pacienti të merr së paku 1 tabletë në ditë dhe jo më shumë se 6 tableta në

ditë. Tregoni se pa marrë parasysh se si vepron pacienti, do të ekzistojë numri i

ditëve të njëpasnjëshme në të cilat numri i përgjithshëm i tabletave që do të merr

pacienti do të jetë 11.

Detyra 4. Të caktohen të gjithë numrat realë 𝑥, 𝑦, 𝑧 ashtu që të vlejnë barazimet:

{

√𝑥3 − 𝑦 = 𝑧 − 1

√𝑦3 − 𝑧 = 𝑥 − 1

√𝑧3 − 𝑥 = 𝑦 − 1

Detyra 5. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 pesëkëndësh i rregullt. Le te jetë 𝐹 pikëprerja e

segmentit 𝐴𝐶 me 𝐵𝐷. Le të jetë 𝐺 pikë në segmentin 𝐴𝐷 ashtu që 2𝐴𝐷 = 3𝐴𝐺. Le

të jetë 𝐻 mesi i brinjës 𝐷𝐸. Tregoni që pikat 𝐹, 𝐺,𝐻 janë kolineare.



Detyra 1. Gjeni tri shifrat e fundit të numrit 2019!

21009 .

Zgjidhja:

2019!

21009=

2019 ⋅ 2018 ⋅ … ⋅ 2 ⋅ 1

21009

(1 pikë)

=2019 ⋅ 2017 ⋅ … ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ 2018 ⋅ 2016 ⋅ … ⋅ 4 ⋅ 2

21009

(1 pikë)

=2019 ⋅ 2017 ⋅ … ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ (2 ⋅ 1009) ⋅ (2 ⋅ 1008) ⋅ … ⋅ (2 ⋅ 2) ⋅ (2 ⋅ 1)

21009

(2 pikë)

=2019 ⋅ 2017 ⋅ … ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ 21009 ⋅ 1009 ⋅ 1008 ⋅ … ⋅ 2 ⋅ 1

21009

(2 pikë)

= 2019 ⋅ 2017 ⋅ … ⋅ 3 ⋅ 1 ⋅ 1009 ⋅ 1008 ⋅ … ⋅ 2 ⋅ 1

Meqë ky numër e ka faktor numrin 1000, atëherë kemi që tri shifrat e fundit të këtij numri janë

000.

(2 pikë)

Detyra 2. Tregoni se për çfarëdo numra realë pozitivë 𝑎, 𝑏, 𝑐 vlen mosbarazia:

4(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 + 3) ≥ 3(𝑎 + 1)(𝑏 + 1)(𝑐 + 1)


Zgjidhja: Mosbarazia është e barazvlefshme me:

4(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 + 3) ≥ 3(𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 1)

⇔

4(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3) + 9 ≥ 3(𝑎𝑏𝑐 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 + 𝑎 + 𝑏 + 𝑐)

(1 pikë)

Nga mosbarazimi mes mesit aritmetik dhe mesit gjeometrik kemi:

𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 ≥ 3√𝑎3 ⋅ 𝑏3 ⋅ 𝑐33= 3𝑎𝑏𝑐

(1 pikë)

𝑎3 + 𝑏3 + 1 ≥ 3√𝑎3 ⋅ 𝑏3 ⋅ 13

= 3𝑎𝑏

𝑏3 + 𝑐3 + 1 ≥ 3√𝑏3 ⋅ 𝑐3 ⋅ 13

= 3𝑏𝑐

𝑐3 + 𝑎3 + 1 ≥ 3√𝑐3 ⋅ 𝑎3 ⋅ 13

= 3𝑐𝑎

(2 pikë)

𝑎3 + 1 + 1 ≥ 3√𝑎3 ⋅ 1 ⋅ 13

= 3𝑎

𝑏3 + 1 + 1 ≥ 3√𝑏3 ⋅ 1 ⋅ 13

= 3𝑏

𝑐3 + 1 + 1 ≥ 3√𝑎3 ⋅ 1 ⋅ 13

= 3𝑐

(2 pikë)

Duke i mbledhur anë pë anë mosbarazimet e mësipërme fitojmë mosbarazimin e dëshiruar.

Nga 𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 ≥ 3𝑎𝑏𝑐, kemi që barazimi arrihet atëherë dhe vetëm atëherë kur 𝑎 = 𝑏 = 𝑐.

Nga 𝑎3 + 1 + 1 ≥ 3𝑎, kemi që barazimi arrihet atëherë dhe vetëm atëherë kur 𝑎 = 1.

(1 pikë)

Prandaj, barazimi arrihet atëherë dhe vetëm atëherë kur 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 1. Duke zëvendësuar

shohim se për këto vlera arrihet barazimi.

(1 pikë)

Detyra 3. Doktori ka udhëzuar pacientin që të merr 48 tableta gjatë 30 ditëve, ashtu që pacienti

të merr së paku 1 tabletë në ditë dhe jo më shumë se 6 tableta në ditë. Tregoni se pa marrë

parasysh se si vepron pacienti, do të ekzistojë numri i ditëve të njëpasnjëshme në të cilat numri i

përgjithshëm i tabletave që do të merr pacienti do të jetë 11.

Zgjidhja: Le të shënojmë me 𝑡𝑘 shumën shumën e tabletave që do të merr pacienti duke filluar

nga dita e parë deri te dita e 𝑘-të për 𝑘 = 1,2, … ,30:

0 < 𝑡1 < 𝑡2 < ⋯ < 𝑡30 = 48

(1 pikë)

I shtojmë nga 11 secilit anëtar në (1), marrim

11 < 𝑡1 + 11 < 𝑡2 + 11 < ⋯ < 𝑡30 + 11 = 59

(2 pikë)

Tani, kemi 60 numra ku më i madhi prej tyre është 59. Nga parimi i Dirilehut dy numra duhet të

jenë të njejtë.

(1 pikë)

Meqë në relacionin e parë nuk ekzistojnë dy numra të tillë (për shkak të mënyrës se si i kemi

përkufizuar numrat 𝑡𝑘), atëherë edhe në relacionin e dytë nuk ekzistojnë numrat e tillë.

Rrjedhimisht, ekzistojnë numrat natyrorë 1 ≤ 𝑖 ≠ 𝑗 ≤ 30 ashtu që:

𝑡𝑖 = 𝑡𝑗 + 11

(2 pikë)

Tani, meqë çdo ditë nuk mund t’i pijë më shumë se 6 tableta, atëherë kemi që ai nuk mund t’i pijë

11 tableta për një ditë, rrjedhimisht në disa ditë të njëpasnjëshme numri total i tabletave që do t’i

pijë do të jetë i barabartë me 11.

(2 pikë)

Detyra 4. Të caktohen të gjithë numrat realë 𝑥, 𝑦, 𝑧 ashtu që të vlejnë barazimet:

{

√𝑥3 − 𝑦 = 𝑧 − 1

√𝑦3 − 𝑧 = 𝑥 − 1

√𝑧3 − 𝑥 = 𝑦 − 1

Zgjidhja. Nga sistemi merren këto kushte

{

𝑥3 − 𝑦 ≥ 0; 𝑧 ≥ 1

𝑦3 − 𝑧 ≥ 0; 𝑥 ≥ 1

𝑧3 − 𝑥 ≥ 0; 𝑦 ≥ 1

(1 pikë)

Duke ngritur në katror ekuacionet e sistemit të dhënë merret:

{

𝑥3 − 𝑦 = 𝑧2 − 2𝑧 + 1

𝑦3 − 𝑧 = 𝑥2 − 2𝑥 + 1

𝑧3 − 𝑥 = 𝑦2 − 2𝑦 + 1

(1 pikë)

Duke i mbledhur anë për anë barazimet e mësipërme kemi:

𝑥3 + 𝑦3 + 𝑧3 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑧 = 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 − 2𝑥 − 2𝑦 − 2𝑧 + 3

(1 pikë)

⇒ (𝑥2 + 1)(𝑥 − 1) + (𝑦2 + 1)(𝑦 − 1) + (𝑧2 + 1)(𝑧 − 1) = 0

(2 pikë)

Nëse ndonjëri nga numrat 𝑥, 𝑦, 𝑧 është më i madh se 1, atëherë do të kishim

0 = (𝑥2 + 1)(𝑥 − 1) + (𝑦2 + 1)(𝑦 − 1) + (𝑧2 + 1)(𝑧 − 1) > 0.

Por, mosbarazimi i mësipërmë nuk është i mundur, prandaj e vetmja mundësi është që 𝑥 = 𝑦 =𝑧 = 1.

(2 pikë)

Duke i zëvendësuar këto vlera në barazimet fillestare vërejmë që kjo është edhe e vetmja

zgjidhjet e sistemit.

(1 pikë)

Detyra 5. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 pesëkëndësh i rregullt. Le te jetë 𝐹 pikëprerja e segmentit 𝐴𝐶 me

𝐵𝐷. Le të jetë 𝐺 pikë në segmentin 𝐴𝐷 ashtu që 2𝐴𝐷 = 3𝐴𝐺. Le të jetë 𝐻 mesi i brinjës 𝐷𝐸.

Tregoni që pikat 𝐹, 𝐺, 𝐻 janë kolineare.

Zgjidhja: Le të jetë 𝐼 pikëprerja e segmenteve 𝐸𝐹 dhe 𝐴𝐷, përkatësisht. Meqë 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 është

pesëkëndësh i rregullt, atëherë kemi që 𝐸𝐹 e përgjysmon segmentin 𝐴𝐷, prandaj 𝐴𝐼 = 𝐷𝐼.

(1 pikë)

Meqë 𝐵𝐷||𝐸𝐴 dhe 𝐴𝐶||𝐷𝐸, atëherë 𝐷𝐹||𝐸𝐴 dhe 𝐹𝐴||𝐷𝐸, prandaj katërkëndëshi 𝐴𝐹𝐷𝐸 është

parallelogram. Meqë 𝐴𝐼 = 𝐷𝐼, atëherë kemi që 𝐸𝐼 = 𝐹𝐼 ⇒ 𝐸𝐹 = 2𝐼𝐹.

(1 pikë)

Nga kushti i detyrës kemi:

2𝐴𝐷 = 3𝐴𝐺 ⇒ 2(𝐴𝐼 + 𝐼𝐺 + 𝐷𝐺) = 3(𝐴𝐼 + 𝐼𝐺)

(1 pikë)

⇒ 2𝐷𝐺 = 𝐴𝐼 + 𝐼𝐺 = 𝐷𝐼 + 𝐼𝐺 = 𝐷𝐺 + 2𝐼𝐺 ⇒ 𝐷𝐺 = 2𝐼𝐺

(2 pikë)

Meqë 𝐻 është mesi i brinjës 𝐷𝐸, atëherë kemi që 𝐷𝐻 = 𝐸𝐻. Nga këto relacione për trekëndëshin

𝐸𝐼𝐷 vlen:

𝐸𝐹

𝐼𝐹⋅

𝐼𝐺

𝐷𝐺⋅

𝐷𝐻

𝐸𝐻=

2𝐼𝐹

𝐼𝐹⋅

𝐼𝐺

2𝐼𝐺⋅

𝐸𝐻

𝐸𝐻= 1

(2 pikë)

Meqë pikat 𝐷, 𝐺 ndodhen në brinjët 𝐼𝐷, 𝐷𝐸, përkatësiht, dhe 𝐹 ndodhet në drejtëzën 𝐸𝐼 me

renditje të pikave 𝐸, 𝐼, 𝐹, atëherë nga teorema e Menelaut kemi që pikat 𝐹, 𝐺, 𝐻 janë kolineare.

(1 pikë)



Kodi: ___________________




Detyra 1. Le të jenë 𝑎, 𝑏 numra realë më të mëdhenj se 4. Tregoni që të paktën

njëri nga trinomet kuadratike 𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑏 ose 𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑎 i ka dy zgjidhje reale

të ndryshme.

Detyra 2. Gjeni të gjithë numrat natyrorë 𝑛 ashtu që 6𝑛 + 1 kur shënohet në

formën decimale i ka të gjitha shifrat e njëjta.

Detyra 3. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶 trekëndësh ashtu që ∠𝐶𝐴𝐵 = 60∘. Le të jetë 𝐼 qendra e

rrethit të brendashkruar të trekëndëshit 𝐴𝐵𝐶. Le të jenë 𝐷 dhe 𝐸 pika në brinjët 𝐴𝐶

dhe 𝐴𝐵, përkatësisht, ashtu që 𝐵𝐷 dhe 𝐶𝐸 janë simetrale (përgjysmore) të këndeve

∠𝐴𝐵𝐶 dhe ∠𝐵𝐶𝐴, përkatësisht. Tregoni që 𝐼𝐷 = 𝐼𝐸.

Detyra 4. Gjeni të gjitha funksionet 𝑓:ℝ → ℝ ashtu që: 𝑓(𝑥𝑦 + 𝑓(𝑥)) = 𝑥𝑓(𝑦)

për çdo 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ.

Detyra 5. Janë dhënë pikat me koordinata numra natyrorë (𝑚, 𝑛) ashtu që

1 ≤ 𝑚, 𝑛 ≤ 4. Dy nxënës, Agoni dhe Beni, luajnë këtë lojë: Së pari Agoni njërën

nga pikat e ngjyros me të kuqe, pastaj ia kalon radhën Benit i cili njërën nga pikat e

mbetura e ngjyros me të verdhë, pastaj këtë proces e përsëritin disa herë me radhë

njëri pas tjetrit. Lojën e fiton ai i cili arrin i pari të formojë një drejtkëndësh me

brinjë me gjatësi numra natyrorë, kulmet e të cilave e kanë ngjyrën e njëjtë, në të

kundërtën loja përfundon pa fitues. A ekziston strategjia për ndonjërin nxënës në

mënyrë që të fitojë lojën?



Detyra 1. Le të jenë 𝑎, 𝑏 numra realë më të mëdhenj se 4. Tregoni që të paktën njëri nga

trinomet kuadratike 𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑏 ose 𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑎 i ka dy zgjidhje reale të ndryshme.

Zgjidhje: Le të shënojmë me 𝐷1, 𝐷2 diskriminantet e trinomeve kuadratike 𝑥2 + 𝑎𝑥 + 𝑏, 𝑥2 +

𝑏𝑥 + 𝑎, përkatësisht. Le të supozojmë që asnjëri nga trinomet kuadratike nuk i ka dy zgjidhje

reale të ndryshme. Atëherë, do të kemi 𝐷1 ≤ 0 dhe 𝐷2 ≤ 0.

(2 pikë)

Meqë 𝐷1 = 𝑎2 − 4𝑏 dhe 𝐷2 = 𝑏

2 − 4𝑎, atëherë 𝑎2 ≤ 4𝑏 dhe 𝑏2 ≤ 4𝑎.

(2 pikë)

Mirëpo meqë dy numrat 𝑎, 𝑏 janë më të mëdhenj se 4, atëherë 4𝑎 < 𝑎2 ≤ 4𝑏 ⇒ 𝑎 < 𝑏 dhe 4𝑏 <

𝑏2 ≤ 4𝑎 ⇒ 𝑏 < 𝑎, që paraqet kontradiksion.

(3 pikë)

Prandaj 𝐷1 > 0 ose 𝐷2 > 0, që do të thotë që të paktën njëri nga ekuacionet kuadratike i ka dy

zgjidhje të ndryshme reale.

(1 pikë)

Detyra 2. Gjeni të gjithë numrat natyrorë 𝑛 ashtu që 6𝑛 + 1 kur shënohet në formën decimale i

ka të gjitha shifrat e njëjta.

Zgjidhje: Së pari e testojmë detyrën për disa vlera të vogëla të 𝑛-së. Nëse 𝑛 = 1, atëherë 61 +

1 = 7. Pra, plotësohet kushti. Nëse 𝑛 = 2, atëherë kemi 62 + 1 = 37. Pra, nuk plotësohet kushti

i detyrës. Nëse 𝑛 = 3, atëherë 63 + 1 = 217. Pra, nuk plotësohet kushti i detyrës. Nëse 𝑛 = 4,

atëherë 64 + 1 = 1297. Pra, nuk plotësohet kushti i detyrës.

(1 pikë)

Le të shqyrtojmë rastin kur 𝑛 ≥ 5. Lehtë vërejmë që

6𝑛 ≡ 6(𝑚𝑜𝑑 10) ⇒ 6𝑛 + 1 ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 10). Pra, shifra e fundit duhet të jetë 7, rrjedhimisht

numri 6𝑛 + 1 të gjitha shifrat duhet t’i ketë të barabarta me 7.

(1 pikë)

Le të shënojmë me 𝑚 numrin e shifrave të numrit 6𝑛 + 1, atëherë kemi:

6𝑛 + 1 = 77…7⏟ 𝑚

= 7 ⋅ 11…1⏟ 𝑚

= 7 ⋅ (10𝑚 − 1

9)

(1 pikë)

⇒ 9(6𝑛 + 1) = 7(10𝑚 − 1)

⇒ 9 ⋅ 6𝑛 + 9 = 7 ⋅ 10𝑚 − 7 ⇒ 9 ⋅ 6𝑛 + 16 = 7 ⋅ 10𝑚

(1 pikë)

⇒ 16(2𝑛−4 ⋅ 3𝑛+2 + 1) = 7 ⋅ 2𝑚 ⋅ 5𝑚

(1 pikë)

Meqë 2𝑛−4 ⋅ 3𝑛+2 + 1 është numër tek, atëherë 24||2𝑚. Pra, 𝑚 = 4.

(1 pikë)

Pas zëvendësimit kemi: 2𝑛−4 ⋅ 3𝑛+2 + 1 = 7 ⋅ 54 = 4375 ⇒ 2𝑛−4 ⋅ 3𝑛+2 = 4374 = 2 ⋅ 37

(1 pikë)

⇒ 2𝑛−5 ⋅ 3𝑛−5 = 1 ⇒ 6𝑛−5 = 1 = 60 ⇒ 𝑛 − 5 = 0 ⇒ 𝑛 = 5. Pra, 𝑛 = 5 është zgjidhje (65 +

1 = 7777). Prandaj, të gjitha zgjidhjet që e plotësojnë kushtin e detyrës janë 𝑛 ∈ {1,5}.

(1 pikë)

Detyra 3. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶 trekëndësh ashtu që ∠𝐶𝐴𝐵 = 60∘. Le të jetë 𝐼 qendra e rrethit të

brendashkruar të trekëndëshit 𝐴𝐵𝐶. Le të jenë 𝐷 dhe 𝐸 pika në brinjët 𝐴𝐶 dhe 𝐴𝐵, përkatësisht,

ashtu që 𝐵𝐷 dhe 𝐶𝐸 janë simetrale (përgjysmore) të këndeve ∠𝐴𝐵𝐶 dhe ∠𝐵𝐶𝐴, përkatësisht.

Tregoni që 𝐼𝐷 = 𝐼𝐸.

Zgjidhje: Meqë simetralet e këndeve të një trekëndëshi priten në në një pikë (në qendrën e

rrethit të brendashkruar të atij trekëndëshi), atëherë kemi që pika 𝐼 është pikëprerja e drejtëzave

𝐵𝐷 me 𝐶𝐸.

Le t’i shënojmë me 𝛽 dhe 𝛾 këndet te kulmet 𝐵 dhe 𝐶, përkatësisht. Atëherë,

60∘ + 𝛽 + 𝛾 = 180∘ prej nga rrjedh se që 𝛽 + 𝛾 = 120∘.

(1 pikë)

Meqë

∠𝐵𝐼𝐶 + ∠𝐼𝐶𝐵 + ∠𝐶𝐵𝐼 = 180∘

atëherë,

∠𝐵𝐼𝐶 = 180∘ − ∠𝐼𝐶𝐵 − ∠𝐶𝐵𝐼 = 180∘ −γ+β

2= 180∘ − 60∘ = 120∘

(2 pikë)

Prandaj kemi që ∠𝐵𝐼𝐸 = 180∘ − ∠𝐵𝐼𝐶 = 180∘ − 120∘ = 60∘.

(1 pikë)

Meqë ∠𝐵𝐴𝐷 = ∠𝐵𝐼𝐸 = 60∘ dhe ∠𝐷𝐵𝐴 = ∠𝐸𝐵𝐼, atëherë kemi që trekëndëshat

𝐵𝐴𝐷~𝐵𝐼𝐸, prandaj kemi 𝐵𝐷

𝐵𝐸=𝐵𝐴

𝐵𝐼. Nga relacionet e fundit kemi:

𝐵𝐷𝐸~𝐵𝐴𝐼, prandaj ∠𝐵𝐷𝐸 = ∠𝐵𝐴𝐼.

(1 pikë)

Meqë 𝐼 është qendra e rrethit të brandashkruar, atëherë kemi që

∠𝐵𝐴𝐼 =∠𝐶𝐴𝐵

2= 30∘.

(1 pikë)

Prandaj, ∠𝐼𝐷𝐸 = ∠𝐵𝐷𝐸 = ∠𝐵𝐴𝐼 = 30∘.

(1 pikë)

Në mënyrë të ngjashme gjejmë se ∠𝐼𝐸𝐷 = 30∘, rrjedhimisht për trekëndëshin 𝐼𝐷𝐸 vlen

∠𝐼𝐷𝐸 = ∠𝐼𝐸𝐷 = 30∘. Pra, trekëndëshi është barakrahësh (𝐼𝐷 = 𝐼𝐸).

(1 pikë)

Detyra 4. Gjeni të gjitha funksionet 𝑓:ℝ → ℝ ashtu që: 𝑓(𝑥𝑦 + 𝑓(𝑥)) = 𝑥𝑓(𝑦)

për çdo 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ.

Zgjidhje: Le të shënojmë kushtin fillestar me 𝑃(𝑥, 𝑦). Marrim 𝑃(𝑥, 0), atëherë kemi:

𝑓(𝑓(𝑥)) = 𝑥𝑓(0) (1)

(1 pikë)

Rasti 1. 𝑓(0) = 0.

Nga (1) kemi që 𝑓(𝑓(𝑥)) = 0. Nga kushti dhe barazimi i fundit kemi:

𝑓(𝑥𝑓(𝑦)) = 𝑓 (𝑓(𝑥𝑦 − 𝑓(𝑥))) = 0.

Atëherë, kemi 𝑓(𝑥) = 0 ∀𝑥 ∈ ℝ. Nëse do të ekzistone numri 𝑢 ∈ ℝ ashtu që 𝑓(𝑢) ≠ 0, atëherë

nga 𝑓(𝑥𝑓(𝑦)) = 0 ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ dhe duke zëvendësuar 𝑥 =𝑢

𝑓(𝑢), 𝑦 = 𝑢 në relacioni e fundit kemi

𝑓(𝑢) = 0. Pra, nuk është e mundur.

(1 pikë)

Rasti 2. 𝑓(0) ≠ 0.

Le të tregojmë se funksioni është injektiv. Supozojmë se 𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥2) ⇒ 𝑓(𝑓(𝑥1)) =

𝑓(𝑓(𝑥2)) ⇒ 𝑥1𝑓(0) = 𝑥2𝑓(0) ⇒ 𝑥1 = 𝑥2 (nga relacioni (1)).

(1 pikë)

Marrim 𝑃(𝑓(𝑥), 𝑦) si dhe nga (1) kemi që:

𝑓 (𝑓(𝑥)𝑦 + 𝑓(𝑓(𝑥))) = 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦) ⇒ 𝑓(𝑓(𝑥)𝑦 + 𝑥𝑓(0)) = 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦)

Duke ndërruar vendet 𝑥, 𝑦 në relacionin e fundit kemi:

𝑓(𝑓(𝑦)𝑥 + 𝑦𝑓(0)) = 𝑓(𝑦)𝑓(𝑥)

(1 pikë)

Prandaj, nga dy relacionet e fundit dhe nga injektiviteti kemi:

𝑓(𝑓(𝑥)𝑦 + 𝑥𝑓(0)) = 𝑓(𝑓(𝑦)𝑥 + 𝑦𝑓(0))

⇒ 𝑓(𝑥)𝑦 + 𝑥𝑓(0) = 𝑓(𝑦)𝑥 + 𝑦𝑓(0)

Duke zëvendësuar 𝑦 = 1 në relacionin e fundit kemi:

𝑓(𝑥) + 𝑥𝑓(0) = 𝑓(1)𝑥 + 𝑓(0) ⇒ 𝑓(𝑥) = (𝑓(1) − 𝑓(0))𝑥 + 𝑓(0)

Prandaj, kemi 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 + 𝑏 ∀𝑥 ∈ ℝ.

(1 pikë)

Tani i gjejmë vlerat e konstanteve.

𝑓(𝑥𝑦 + 𝑓(𝑥)) = 𝑥𝑓(𝑦) ⇒ 𝑓(𝑥𝑦 + 𝑎𝑥 + 𝑏) = 𝑥(𝑎𝑦 + 𝑏)

⇒ 𝑎𝑥𝑦 + 𝑎2𝑥 + 𝑎𝑏 + 𝑏 = 𝑎𝑥𝑦 + 𝑏𝑥 ⇒ (𝑎2 − 𝑏)𝑥 + 𝑏(𝑎 + 1) = 0

(1 pikë)

Meqë duhet të plotësohet kushti ∀𝑥, 𝑦 ∈ ℝ, kemi që 𝑎2 − 𝑏 = 0 dhe

𝑏(𝑎 + 1) = 0. Meqë 𝑏 = 𝑓(0) ≠ 0, kemi 𝑎 = −1.

(1 pikë)

Tani është e qartë që 𝑏 = 𝑎2 = (−1)2 = 1.

Prandaj, kushtin e plotëson dhe funksioni:

𝑓(𝑥) = 1 − 𝑥 ∀𝑥 ∈ ℝ

Pra, të gjitha funksionet që e plotësojnë kushtin janë:

𝑓(𝑥) = 0 ∀𝑥 ∈ ℝ ∨ 𝑓(𝑥) = 1 − 𝑥 ∀𝑥 ∈ ℝ

(1 pikë)

Detyra 5. Janë dhënë pikat me koordinata numra natyrorë (𝑚, 𝑛) ashtu që 1 ≤ 𝑚, 𝑛 ≤4. Dy nxënës, Agoni dhe Beni, luajnë këtë lojë: Së pari Agoni njërën nga pikat e ngjyros me të

kuqe, pastaj ia kalon radhën Benit i cili njërën nga pikat e mbetura e ngjyros me të verdhë, pastaj

këtë proces e përsëritin disa herë me radhë njëri pas tjetrit. Lojën e fiton ai i cili arrin i pari të

formojë një drejtkëndësh me brinjë me gjatësi numra natyrorë, kulmet e të cilave e kanë ngjyrën

e njejtë, në të kundërtën loja përfundon pa fitues. A ekziston strategjia për ndonjërin nxënës në

mënyrë që të fitojë lojën?

Zgjidhje: Të gjitha mundësitë e gjatësive prej një pike në një pikë tjëtër janë:

1,2,3, √2, √5, √8, √10, √13, √18. Është e qartë që drejtkëndëshat që mund të formohet nga këto

pika, me gjatësi numra natyrorë, janë drejtkëndësha që brinjët e tyre janë paralele me boshtet Ox

dhe Oy.

(1 pikë)

Le të tregojmë që ekziston strategjia për Agonin në mënyrë që ai të fitojë lojën. Meqë Agoni luan

i pari, atëherë ai gjithmonë mund që në tri lëvizjet e para ta ketë njërën pikë të tij të ngjyrosur me

të kuqe ashtu që kjo pike të jetë në të njejtin rresht ose në të njetjën shtyllë me një pikë të verdhë.

(1 pikë)

Është e qartë që nëse i ndërrojnë vendet përkatëse dy shtylla ose dy rreshta, atëherë nuk

ndryshohet kombinimi sepse drejtkëndëshi me gjatësi të brinjëve numra natyrorë në rastin kur

ndërrohen dy shtylla (rreshta) me njëra - tjetrën ai drejtkëndësh pasqyrohet përsëri në

drejtkëndësh me gjatësi të brinjëve me numra natyrorë.

(1 pikë)

Prandaj, pa humbur asgjë mund të supozojmë që tri lëvizjet e para janë në këtë mënyrë: lëvizja e

parë koordinata (1,4) është e ngjyrosur me të kuqe, lëvizja e dytë koordinata (3,3) është e

ngjyrosur me të verdhë, lëvizja e tretë koordinata (1,3) është e ngjyrosur me ngjyrë të kuqe (shih

figurën).

(1 pikë)

Meqë deri tani shtylla e dytë, shtylla e katërt, rreshti i tretë dhe rreshti i katërt , nuk kanë asnjë

pikë të ngjyrosur, atëherë në lëvizjen e katërt është e sigurt që të paktën njëra shtyllë dhe njëri

rresht nuk janë ngjyrosur me asnjë ngjyrë.

(1pikë)

Pa humbur asgjë mund të supozojmë që shtylla e dytë dhe rreshti i trëtë nuk kanë asnjë pikë të

ngjyrosur. Shqyrtojmë këto raste: 1) kur në lëvizjen e katërt koordinata (4,3) ose (4,4) është e

ngjyrosur me të verdhë. 2) kur në lëvizjen e katërt koordinatat (4,3) dhe (4,4) nuk është e

ngjyrosur me të verdhë.

(1 pikë)

Rasti 1. Pa humbur asgjë mund të supozojmë që koordinata (4,3) është e ngjyrosur me të verdhë.

Atëherë në lëvizjen e pestë, Agoni, koordinatën (2,3) e ka ngjyrosur me të kuqe. Pas lëvizjes së

pestë, Beni, gjithmonë do të detyrohet t’i ngjyros pikat që Agoni të mos mund të formojë

dretkëndësh me gjatësi numra natyror (shih figurën).

Vërejmë që në lëvizjen e trembëdhjetë, Agoni, do të ngjyros koordinatën (3,1) ose (3,3) me të

kuqe, në mënyrë që të formojë drejtkëndësh me gjatësi numra natyrorë kulmet e të cilit janë të

ngjyrosura me ngjyrë të kuqe (varësisht se ku luan Beni në lëvizjen e dymbëdhjetë).

(1 pikë)

Rasti 2. Pa humbur asgjë mund të supozojmë që koordinata (1,1) është e ngjyrosur me të verdhë.

Atëherë, në lëvizjen e pestë, Agoni, koordinatën (2,3) e ka ngjyrosur me të kuqe. Pas lëvizjes së

pestë, Beni, gjithmonë do të detyrohet t’i ngjyros pikat që Agoni të mos mund të formojë

dretkëndësh me gjatësi numra natyror (shih figurën).

Vërejmë që në lëvizjen e njëmbëdhjetë, Agoni, do të ngjyros koordinatën (4,2) ose (4,3) me të

kuqe, në mënyrë që të formojë drejtkëndësh me gjatësi numra natyrorë kulmet e të cilit janë të

ngjyrosura me ngjyrë të kuqe (varësisht se ku luan Beni në lëvizjen e dhjetë).

(1pikë)



Kodi: ___________________




Detyra 1. A ekziston trekëndëshi me brinjë 𝑎, 𝑏, 𝑐 ashtu që:

a) {𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 6

𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 = 13𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 = 28

b) {𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 6

𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 = 13𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 = 30

Detyra 2. Supozojmë që secila pikë e rrafshit është e ngjyrosur me njërën nga

ngjyrat e kuqe ose të verdhë. Tregoni që ekziston pesëkëndëshi konveks me tri

kënde të drejta ashtu që të gjitha kulmet i ka me ngjyrë të njëjtë.

Detyra 3. Le të jenë 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 numra realë jo-negativë të tillë

𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 𝑑2 = 1. Tregoni që vlen mosbarazia:

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 − 1 ≥ 16𝑎𝑏𝑐𝑑


Detyra 4. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶 trekëndësh këndngushtë me rrethin e jashtashkruar 𝜔. Le

të jetë 𝐷 këmbëza e normalës së trekëndëshit 𝐴𝐵𝐶 e lëshuar nga pika 𝐴. Le të jenë

𝐸 dhe 𝐹 meset e brinjëve 𝐴𝐵 dhe 𝐴𝐶, përkatësisht. Le të jenë 𝑃 dhe 𝑄 pikëprërjet e

dyta të rrethit 𝜔 me rrathët e jashtashkruar të trekëndëshave 𝐵𝐷𝐸 dhe 𝐶𝐷𝐹,

përkatësisht. Supozojmë se pikat 𝐴, 𝑃, 𝐵, 𝑄 dhe 𝐶 janë në këtë renditje në rrethin 𝜔.

Tregoni që drejtëzat 𝐸𝐹, 𝐵𝑄 dhe 𝐶𝑃 priten në një pikë.

Detyra 5. Gjeni të gjithë numrat natyrorë 𝑥, 𝑦 ashtu që 2𝑥 + 19𝑦 është kub i plotë

i një numri natyror.



Detyra 1. A ekziston trekëndëshi me brinjë 𝑎, 𝑏, 𝑐 ashtu që:

a) {𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 6

𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 = 13𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 = 28

b) {𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 6

𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 = 13𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 = 30

Zgjidhje: a) Jo, nuk ekziston. Në të vërtetë nuk ekzistojnë fare numrat realë

pozitivë 𝑎, 𝑏, 𝑐 që i plotësojnë këto kushte e aq më parë një trekëndëshi i tillë, në të

vertëtë sikur të ekzistonte ndonjë treshe e tillë e numrave atëherë nga mosbarazimi

i Koshit do të kemi këtë mosbarazim:

(𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3)(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ≥ (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2)2 ⇒ 28 ⋅ 6 ≥ 132 ⇒ 168 ≥ 169.

(3 pikë)

b) Po, ekziston. Gjejmë vlerat e shprehjeve 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 dhe 𝑎𝑏𝑐.

𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 =(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 𝑎2 − 𝑏2 − 𝑐2

2=

36 − 13

2=

23

2

(1 pikë)

𝑎𝑏𝑐 =𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 − (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 − 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑐𝑎)

3

=30−6⋅(13−

23

2)

3=

30−6⋅3

2

3=

30−9

3=

21

3= 7 (1 pikë)

Tani kemi sistemin në vijim:

{

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 6

𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 =23

2𝑎𝑏𝑐 = 7

Nga formulat e Vietit kemi që 𝑎, 𝑏, 𝑐 janë rrënjë të ekuacionit

4𝑥3 − 24𝑥2 + 46𝑥 − 28 = 0.

(1 pikë)

Vërejmë që 𝑥 = 2 është zgjidhje e ekuacionit, prandaj ekuacionin mund ta

shkruajmë në këtë formë.

(𝑥 − 2)(4𝑥2 − 16𝑥 + 14) = 0 ⇒ (𝑥 − 2)(2𝑥 − 4 + √2)(2𝑥 − 4 − √2).

Prandaj numrat 𝑎, 𝑏, 𝑐 janë të barabartë me 2 −√2

2, 2,2 +

√2

2 në ndonjë renditje,

mund të supozojmë që 𝑎 = 2 −√2

2, 𝑏 = 2 dhe 𝑐 = 2 +

√2

2.

(1 pikë)

Është e qartë që numrat janë pozitivë dhe 𝑏 + 𝑐 > 𝑎, 𝑐 + 𝑎 > 𝑏. Tregojmë që 𝑎 +

𝑏 > 𝑐, vërtetë mosbarazimi është i barazvlefshëm me 2 −√2

2+ 2 > 2 +

√2

2⇔ 2 >

√2.

(1 pikë)

Detyra 2. Supozojmë që secila pikë e rrafshit është e ngjyrosur me njërën nga

ngjyrat e kuqe ose të verdhë. Tregoni që ekziston pesëkëndëshi konveks me tri

kënde të drejta ashtu që të gjitha kulmet i ka me ngjyrë të njejtë.

Zgjidhje: Le t’i marrim pikat në sistetmin koordinativ (𝑖, 𝑗) me koordinata numra

natyrorë ashtu që 1 ≤ 𝑖 ≤ 65 dhe 1 ≤ 𝑗 ≤ 5, gjithsej janë 325 pika. Marrim çdo

pesë pika (𝑖, 1), (𝑖, 2), (𝑖, 3), (𝑖, 4), (𝑖, 5) ku 1 ≤ 𝑖 ≤ 65.

(1 pikë)

Meqë pesë pika me dy ngjyra mund të ngjyrosen në 25 = 32 mënyra dhe meqë

65 = 2 ⋅ 32 + 1, atëherë nga parimi i Dirihleut kemi që ekzistojnë numrat natyrorë

1 ≤ 𝑖 ≠ 𝑗 ≠ 𝑘 ≠ 𝑖 ≤ 65 ashtu që pikat (𝑖, 1), (𝑖, 2), (𝑖, 3), (𝑖, 4), (𝑖, 5) dhe

(𝑗, 1), (𝑗, 2), (𝑗, 3), (𝑗, 4), (𝑗, 5) dhe (𝑘, 1), (𝑘, 2), (𝑘, 3), (𝑘, 4), (𝑘, 5) janë të

ngyrosura në mënyrë të njejtë në këtë renditje.

(2 pikë)

Meqë çdo pikë është e ngjyrosur me vetëm një ngjyrë dhe meqë

(𝑖, 1), (𝑖, 2), (𝑖, 3), (𝑖, 4), (𝑖, 5) janë pesë pika, atëherë nga parimi i Dirihleut kemi

që ekzistojnë tre pika me ngjyrë të njejtë. (5 = 2 ⋅ 2 + 1).

(1 pikë)

Pa humbur asgjë mund të supozojmë që pikat (𝑖, 1), (𝑖, 2), (𝑖, 3) janë të ngjyrosura

me ngjyrë të kuqe, rrjedhimisht edhe pikat (𝑗, 1), (𝑗, 2), (𝑗, 3) dhe

(𝑘, 1), (𝑘, 2), (𝑘, 3) janë të ngjyrosura me ngjyrë të kuqe.

(1 pikë)

Le t’i shënojmë me 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, 𝐹, 𝐺, 𝐻, 𝐼 këto pika, kombinimi ësht sin ë vijim:

Nëse marrim pesëkëndëshin 𝐴𝐺𝐼𝐹𝐵 kemi që e plotëson kushtin e detyrës sepse të

gjitha kulmet janë të ngjyrosura me ngjyrë të kuqe dhe gjithashtu vlen ∠𝐵𝐴𝐺 =

∠𝐴𝐺𝐼 = ∠𝐺𝐼𝐹 = 90∘. Pra, mbaroi vertetimi!

(3 pikë)

Detyra 3. Le të jenë 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 numra realë jo-negativë të tillë

𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 𝑑2 = 1. Tregoni që vlen mosbarazia:

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 − 1 ≥ 16𝑎𝑏𝑐𝑑


Zgjidhje: Mosbarazimi është ekuivalent me

𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 ≥ 1 + 16𝑎𝑏𝑐𝑑 ⇔ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑)2 ≥ (1 + 16𝑎𝑏𝑐𝑑)2 ⇔

𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 𝑑2 + 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑑 + 𝑑𝑎 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑) ≥ (1 + 16𝑎𝑏𝑑)2

(1 pikë)

Duke përdorur kushtin kemi që mosbarazia është e barazvlefshme me

1 + 2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑑 + 𝑑𝑎 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑) ≥ 1 + 32𝑎𝑏𝑐𝑑 + 256(𝑎𝑏𝑐𝑑)2 ⇔

2(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑑 + 𝑑𝑎 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑) ≥ 32𝑎𝑏𝑐𝑑 + 256(𝑎𝑏𝑐𝑑)2 ⇔

𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑑 + 𝑑𝑎 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 ≥ 16𝑎𝑏𝑐𝑑 + 128(𝑎𝑏𝑐𝑑)2

(1 pikë)

Nga mosbarazia mes mesit aritmetik dhe gjeometrik kemi:

𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑑 + 𝑑𝑎 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 ≥ 6√(𝑎𝑏𝑐𝑑)36= 6√𝑎𝑏𝑐𝑑

(1 pikë)

Prandaj, është e mjaftueshme të tregojmë që:

6√𝑎𝑏𝑐𝑑 ≥ 16𝑎𝑏𝑐𝑑 + 128(𝑎𝑏𝑐𝑑)2 ⇔ 3√𝑎𝑏𝑐𝑑 ≥ 8𝑎𝑏𝑐𝑑 + 64(𝑎𝑏𝑐𝑑)2

Le të zëvendësojmë 𝑎𝑏𝑐𝑑 = 𝑡2 ashtu që 𝑡 ≥ 0 mosbarazia të transformohet në

3𝑡 ≥ 8𝑡2 + 64𝑡4 ⇔ 64𝑡4 + 8𝑡2 − 3𝑡 ≤ 0 ⇔ 𝑡(4𝑡 − 1)(16𝑡2 + 4𝑡 + 3) ≤ 0

Prandaj, është e mjaftueshme të tregohet që 4𝑡 ≤ 1.

(2 pikë)

Nga kushti dhe mosbarazia mes mesit aritmetik dhe gjeometri kemi:

1 = 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 + 𝑑2 ≥ 4√(𝑎𝑏𝑐𝑑)24= 4√𝑡44

= 4𝑡.

(1 pikë)

Tregojmë tani se kur arrihet barazimi. Nga mosbarazia mes mesit aritmetik dhe

gjeometrik kemi:

𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑑 + 𝑑𝑎 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑑 ≥ 6√𝑎𝑏𝑐𝑑

Është e mundur atëherë dhe vetëm atëherë kur 𝑎𝑏 = 𝑏𝑐 = 𝑐𝑑 = 𝑑𝑎 = 𝑎𝑐 = 𝑏𝑑.

Pra, 𝑡(4𝑡 − 1)(16𝑡2 + 4𝑡 + 3) = 0 atëherë dhe vetëm atëherë kur 𝑡 = 0 ose 𝑡 =1

4.

Nëse 𝑡 = 0, atëherë kemi që të paktën njëri nga numrat 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 është i barabartë

me 0. Le të marrim 𝑑 = 0, atëherë nga rasti i mëparshëm kemi

𝑎𝑏 = 𝑏𝑐 = 𝑎𝑐 = 0, rrjedhimisht kemi që të paktën dy nga numrat 𝑎, 𝑏, 𝑐 janë të

barabartë me 0. Le të marrim 𝑏 = 𝑐 = 0, atëherë nga kushti kemi që 𝑎2 = 1 ⇒

𝑎 = 1.

(1 pikë)

Shqyrtojmë rastin kur =1

4 . Atëherë, nga mosbarazia mes mesit aritmetik dhe

gjeometrik kjo është e mundur atëherë dhe vetëm atëherë kur 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 𝑑. Nga

kushti kemi që 4𝑎2 = 1 ⇒ 𝑎 =1

2, prandaj 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 𝑑 =

1

2. Pra, barazimi

arrihet atëherë dhe vetëm atëherë kur:

(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) = (1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1), (1

2,1

2,1

2,1

2)

(1 pikë)

Shënim: Zgjidhja duke i shfrytëzuar shumëzuesit e Lagranzhit duhet të jetë e

plotë, ndryshe nëse nuk është e plotë vlerësohet me 0 pikë.

Detyra 4. Le të jetë 𝐴𝐵𝐶 trekëndësh këndngushtë me rrethin e jashtashkruar 𝜔. Le

të jetë 𝐷 këmbëza e normalës së trekëndëshit 𝐴𝐵𝐶 e lëshuar nga pika 𝐴. Le të jenë

𝐸 dhe 𝐹 meset e brinjëve 𝐴𝐵 dhe 𝐴𝐶, përkatësisht. Le të jenë 𝑃 dhe 𝑄 pikëprërjet e

dyta të rrethit 𝜔 me rrathët e jashtashkruar të trekëndëshave 𝐵𝐷𝐸 dhe 𝐶𝐷𝐹,

përkatësisht. Supozojmë se pikat 𝐴, 𝑃, 𝐵, 𝑄 dhe 𝐶 janë në këtë renditje në rrethin 𝜔.

Tregoni që drejtëzat 𝐸𝐹, 𝐵𝑄 dhe 𝐶𝑃 priten në një pikë.

Zgjidhje: Meqë katërkëndëshi 𝐴𝑃𝐵𝐶 është ciklik, atëherë kemi ∠𝐵𝑃𝐶 = ∠𝐵𝐴𝐶.

Meqë trekëndëshi 𝐴𝐷𝐵 është kënddrejtë me këndin ∠𝐴𝐷𝐵 = 90∘ dhe meqë 𝐸

është mesi i brinjës 𝐴𝐵 kemi që 𝐸 është qendra e rrethit të jashtashkruar të

trekëndëshit 𝐴𝐷𝐵, prandaj 𝐸𝐷 = 𝐸𝐵 ⇒ ∠𝐸𝐷𝐵 = ∠𝐸𝐵𝐷 = ∠𝐴𝐵𝐶.

(1 pikë)

Meqë katërkëndëshi 𝑃𝐵𝐷𝐸 është ciklik kemi:

∠𝐸𝑃𝐵 = 180∘ − ∠𝐸𝐷𝐵 = 180∘ − ∠𝐴𝐵𝐶 ⇒ ∠𝐶𝑃𝐸 = ∠𝐵𝑃𝐸 − ∠𝐵𝑃𝐶

= 180∘ − ∠𝐴𝐵𝐶 − ∠𝐵𝐴𝐶 = ∠𝐵𝐶𝐴

(2 pikë)

Meqë 𝐸, 𝐹 janë meset e brinjëve 𝐴𝐵, 𝐴𝐶, përkatësisht kemi që 𝐸𝐹||𝐵𝐶 prandaj

∠𝐶𝐹𝐸 = 180∘ − ∠𝐵𝐶𝐴 = 180∘ − ∠𝐶𝑃𝐸. Pra, katërkëndëshi 𝑃𝐸𝐹𝐶 është ciklik.

Le të shënojmë me 𝜔1 rrethin e jashtashkruar të këtij katërkëndëshi.

(1 pikë)

Meqë katërkëndëshi 𝐴𝐵𝑄𝐶 është ciklik kemi:

∠𝐵𝑄𝐶 = 180∘ − ∠𝐵𝐴𝐶. Trekëndëshi 𝐴𝐷𝐶 është kënddrejtë me këndin ∠𝐴𝐷𝐶 =

90∘ dhe 𝐹 është mesi i brinjës 𝐴𝐶, atëherԥ kemi që 𝐹 është qendra e rrethit të

jashtashkruar të trekëndëshit 𝐴𝐷𝐶. Pra,

𝐹𝐷 = 𝐹𝐶 ⇒ ∠𝐶𝐷𝐹 = ∠𝐷𝐶𝐹 = ∠𝐵𝐶𝐴

(1 pikë)

Katërkëndëshi 𝐶𝐹𝐷𝑄 është ciklik, prandaj kemi ∠𝐶𝑄𝐹 = ∠𝐶𝐷𝐹 = ∠𝐵𝐶𝐴

⇒ 𝐵𝑄𝐹 = ∠𝐵𝑄𝐶 − ∠𝐶𝑄𝐹 = 180∘ − ∠𝐵𝐴𝐶 − ∠𝐵𝐶𝐴 = ∠𝐴𝐵𝐶.

(1 pikë)

Pikat 𝐸, 𝐹 janë meset e brinjëve 𝐴𝐵, 𝐴𝐶, përkatësisht, prandaj kemi 𝐸𝐹||𝐵𝐶,

rrjedhimisht ∠𝐵𝐸𝐹 = 180∘ − ∠𝐴𝐵𝐶 = 180∘ − ∠𝐵𝑄𝐹. Pra, katërkëndëshi 𝐵𝐸𝐹𝑄

është ciklik. Le të shënojmë me 𝜔2 rrethin e jashtashkruar të këtij katërkëndëshi.

(1 pikë)

Meqë drejtëzat 𝐸𝐹, 𝐵𝑄 dhe 𝐶𝑃 janë boshte radikale të rrathëve 𝜔1 me 𝜔2 , 𝜔 me

𝜔2 dhe 𝜔1 me 𝜔, përkatësisht dhe meqë 𝐶𝑃 ∦ 𝐵𝐶 ⇒ 𝐶𝑃 ∦ 𝐸𝐹 atëherë nga teorma

e boshteve radikale kemi që drejtëzat 𝐸𝐹, 𝐵𝑄 dhe 𝐶𝑃 priten në një pikë.

(1 pikë)

Detyra 5. Gjeni të gjithë numrat natyrorë 𝑥, 𝑦 ashtu që 2𝑥 + 19𝑦 është kub i një

numri natyror .

Zgjidhje: Meqë 2𝑥 + 19𝑦 është kub i një numri natyror, atëherë kemi që ekziston

numri natyror 𝑧 ashtu që 2𝑥 + 19𝑦 = 𝑧3. Meqë

(3𝑚 + 𝑛)3 = 27𝑚3 + 27𝑚2𝑛 + 9𝑚𝑛2 + 𝑛3 ≡ 𝑛3(𝑚𝑜𝑑 9),

Atëherë, 𝑧3 ≡ 03, 13, 23(𝑚𝑜𝑑 9) ⇒ 𝑧3 ≡ 0,1,8(𝑚𝑜𝑑 9).

Meqë 2𝑥 + 19𝑧 ≡ 2𝑥 + 1(𝑚𝑜𝑑 9), atëherë kemi 2𝑥 + 1 ≡ 0,1,8(𝑚𝑜𝑑 9).

Nga relacioni i fund implikon: 2𝑥 ≡ 0,7,8(𝑚𝑜𝑑 9). Meqë 2𝑥 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 9) nuk

është e mundur, atëherë kemi 2𝑥 ≡ 7,8(𝑚𝑜𝑑 9). Meqë

21 ≡ 2(𝑚𝑜𝑑 9) ∧ 22 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 9) ∧ 23 ≡ 8(𝑚𝑜𝑑 9)

24 ≡ 16(𝑚𝑜𝑑 9) ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 9) ∧ 25 ≡ 32(𝑚𝑜𝑑 9) ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 9)

26 ≡ 64(𝑚𝑜𝑑 9) ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 9)

Atëherë, 𝑜𝑟𝑑9(2) = 6. Meqë 2𝑥 ≡ 7,8(𝑚𝑜𝑑 9), atëherë kemi 𝑥 ≡ 3,4(𝑚𝑜𝑑 6).

Le të shqyrtojmë detyrën në dy raste.

(2 pikë)

Rasti 1. 𝑥 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 6)

Meqë

03 ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 19) ∧ 13 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 19)

23 ≡ 8(𝑚𝑜𝑑 19) ∧ 33 ≡ 27(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 8(𝑚𝑜𝑑 19)

43 ≡ 64(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 19) ∧ 53 ≡ 125(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 11(𝑚𝑜𝑑 19)

63 ≡ 216(𝑚𝑜𝑑 9) ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 19) ∧ 73 ≡ 343(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 19)

83 ≡ 512(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 18(𝑚𝑜𝑑 19) ∧ 93 ≡ 729(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 7(𝑚𝑜𝑑 19)

103 ≡ −93(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ −7(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 12(𝑚𝑜𝑑 19)

113 ≡ −83(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ −18(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 19)

123 ≡ −73(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ −1(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 18(𝑚𝑜𝑑 19)

133 ≡ −63(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ −7(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 12(𝑚𝑜𝑑 19)

143 ≡ −53(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ −11(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 8(𝑚𝑜𝑑 19)

153 ≡ −43(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ −7(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 12(𝑚𝑜𝑑 19)

163 ≡ −33(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ −8(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 11(𝑚𝑜𝑑 19)

173 ≡ −23(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ −8(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 11(𝑚𝑜𝑑 19)

183 ≡ −13(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ −1(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 18(𝑚𝑜𝑑 19)

Prandaj kemi 𝑧3 ≡ 0,1,7,8,11,12,18(𝑚𝑜𝑑 19).

(1 pikë)

Nga teorema e Fermës kemi: 218 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 19) dhe meqë

𝑥 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 6) ⇒ 𝑥 ≡ 4,10,16(𝑚𝑜𝑑 18).

Rasti 1.1. 𝑥 ≡ 4(𝑚𝑜𝑑 18), prej nga rrjedh se:

2𝑥 + 19𝑦 ≡ 24(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 16(𝑚𝑜𝑑 19)

Rasti 1.2. 𝑥 ≡ 10(𝑚𝑜𝑑 18), prej nga rrjedh se:

2𝑥 + 19𝑦 ≡ 210(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 32 ⋅ 32(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ (−6) ⋅ (−6)(𝑚𝑜𝑑 19)

≡ 36(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 17(𝑚𝑜𝑑 19)

Rasti 1.3. 𝑥 ≡ 16(𝑚𝑜𝑑 18) , prej nga rrjedh se:

2𝑥 + 19𝑦 ≡ 216(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 256 ⋅ 256(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 9 ⋅ 9(𝑚𝑜𝑑 19)

≡ 81(𝑚𝑜𝑑 19) ≡ 5(𝑚𝑜𝑑 19)

Prandaj, 2𝑥 + 19𝑦 ≡ 5,16,17(𝑚𝑜𝑑 19) që paraqet kontadiksion me

2𝑥 + 19𝑦 = 𝑧3

(1 pikë)

Rasti 2. 𝑥 ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 6)

Atëherë, ekziston numri natyror tek 𝑡 ashtu që 𝑥 = 3𝑡. Tani, ekuacioni

transformohet në këtë formë:

23𝑡 + 19𝑦 = 𝑧3 ⇒ 𝑧3 − (2𝑡)3 = 19𝑦 ⇒ (𝑧 − 2𝑡)(𝑧2 + 𝑧 ⋅ 2𝑡 + 4𝑡) = 19𝑦 .

Është e qartë që 𝑝𝑚𝑚𝑝(𝑧, 2𝑡) = 1 dhe 𝑝𝑚𝑚𝑝(𝑧 − 2𝑡 , 3) = 1, prandaj

𝑝𝑚𝑚𝑝(𝑧 − 2𝑡 , 3𝑧 ⋅ 2𝑡) = 1 ⇒ 𝑝𝑚𝑚𝑝(𝑧 − 2𝑡 , (𝑧 − 2𝑡)2 + 3𝑧 ⋅ 2𝑡) = 1

⇒ 𝑝𝑚𝑚𝑝(𝑧 − 2𝑡 , 𝑧2 + 𝑧 ⋅ 2𝑡 + 4𝑡) = 1

Rrjedhimisht kemi: 𝑧 − 2𝑡 = 1 dhe 𝑧2 + 𝑧 ⋅ 2𝑡 + 4𝑡 = 19𝑦.

(1 pikë)

⇒ 𝑧 = 2𝑡 + 1 ⇒ (2𝑡 + 1)2 + (2𝑡 + 1) ⋅ 2𝑡 + 4𝑡 = 19𝑦

⇒ 3 ⋅ 4𝑡 + 3 ⋅ 2𝑡 + 1 = 19𝑦

Për 𝑡 = 1, kemi 3 ⋅ 4 + 3 ⋅ 2 + 1 = 19𝑦 ⇒ 19𝑦 = 19 ⇒ 𝑦 = 1 ⇒ 𝑧 = 21 + 1 = 3

⇒ 𝑥 = 3𝑡 = 3. Pra, një zgjidhje që e plotëson kushtin është (𝑥, 𝑦) = (3,1).

(1 pikë)

Për 𝑡 = 3, kemi që 19𝑦 = 3 ⋅ 43 + 3 ⋅ 23 + 1 = 217 = 7 ⋅ 31. Por, barazimi i

fundit nuk është i mundur. Tani, shqyrtojmë rastin kur 𝑡 ≥ 5. Atëherë, kemi

3 ⋅ 4𝑡 + 3 ⋅ 2𝑡 + 1 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 8).

Meqë 191 ≡ 19(𝑚𝑜𝑑 8) ≡ 3(𝑚𝑜𝑑 8) ∧ 192 ≡ 32(𝑚𝑜𝑑 8) ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 8),

Atëherë kemi 𝑜𝑟𝑑8(19) = 2, rrjedhimisht kemi që 𝑦 është numër çift. Pra,

ekziston numri natyror 𝑢 ashtu që 𝑦 = 2𝑢. Prandaj ekuacioni transformohet në këtë

formë:

3 ⋅ 2𝑡(2𝑡 + 1) = 192𝑢 − 1 = (19𝑢 − 1)(19𝑢 + 1)

(1 pikë)

Meqë 19𝑢 + 1 − (19𝑢 − 1) = 2 ⇒ 𝑝𝑚𝑚𝑝(19𝑢 − 1,19𝑢 + 1) = 2 sepse 19𝑢 − 1

dhe 19𝑢 + 1 janë të dy numra çift. Tani meqë 19𝑢 + 1 ≡ 2,4(𝑚𝑜𝑑 8) dhe

(19𝑢 − 1)(19𝑢 + 1) plotpjesëtohet me 2𝑡 dhe meqë 2𝑡−1 plotëpjestohet me 8,

atëherë kemi që 19𝑢 − 1 plotëpjestohet me 2𝑡−1. Po ashtu vlen 19𝑢 − 1 ≡ 1 −

1(𝑚𝑜𝑑 9) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 9), prandaj 19𝑢 − 1 plotëpjestohet me 9. Pra, ekziston numri

natyror 𝑣 ashtu që

19𝑢 − 1 = 9 ⋅ 2𝑡−1 ⋅ 𝑣 > 3 ⋅ 2 ⋅ 2𝑡−1 = 3 ⋅ 2𝑡 .

Përfundimisht kemi:

3 ⋅ 2𝑡(2𝑡 + 1) = (19𝑢 − 1)(19𝑢 + 1) > 3 ⋅ 2𝑡(3 ⋅ 2𝑡 + 2) > 3 ⋅ 2𝑡(2𝑡 + 1)

Por, relacioni i fundit paraqet kontradiksion. Prandaj, dyshja e vetme që e plotëson

kushtin është (𝑥, 𝑦) = (3,1).

(1 pikë)

Documents

OMK 2019 - KLASA E 9-TË...duhet t’i fshijë në tabelë ashtu që për çdo dy numra të mbetur në tabelë shuma e tyre nuk është katror i plotë i një numri natyror. Prishtinë,