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 3 −1 për numrin e plotë >1. Detyra 2. Të zgjidhet inekuacioni | − 1| − 2| + 4| > 3 + 2. 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 është dhënë pika largesat e së cilës nga kulmet , , janë më radhë 15, 24, 20. Sa është largësia e pikës nga kulmi ?
20
Embed
OMK 2017 - KLASA E 9-TË · 2019-03-14 · Kodi: _____ OMK 2017 - KLASA E 10-TË Koha në dispozicion: 180 minuta. Çdo detyrë vlerësohet me 20 pikë. Ju lutemi që të shkruani
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
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 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
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