Тема Бельчонок

Бельчонок - задания по годам → .07 Бельчонок 2025

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела бельчонок

Разделы подтемы Бельчонок - задания по годам

Бельчонок до 2020

Бельчонок 2020

Бельчонок 2021

Бельчонок 2022

Бельчонок 2023

Бельчонок 2024

Бельчонок 2025

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#120557

Пусть $x ,x 1 2$ — корни квадратного трехчлена $f(x)= x2− 2x− 1,$ а $x ,x 3 4$ — корни квадратного трехчлена $g(x)= x2 − 3x− 1.$ Найдите все возможные значения выражения $3 3 (g(x1)) f(x3)+ (g(x2))f (x4).$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 11.1(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Чтобы найти выражение g(x₁), было бы хорошо выразить g через f! Аналогично и с g(x₂).

Подсказка 2

Итак, найти нам нужно -x₁³ x₃ - x₂³x₄. А в каких формулах встречается произведение корней?

Подсказка 3

Воспользуйтесь теоремой Виета, чтобы через формулы сокращенного умножения выразить нужную нам сумма!

Показать ответ и решение

Заметим, что $g(x)= f(x)− x.$ Так как $f(x )= f(x )= g(x )= g(x )= 0, 1 2 3 4$ легко получаем $g(x )=− x, 1 1$ $g(x )=− x, 2 2$ а также $f(x3)=x3,$ $f(x4)= x4.$

Поэтому исходное выражение

3 3 3 3 A =(g(x1))f(x3)+ (g(x2)) f(x4)= −x1x3− x2x4

Его несложно вычислить прямой подстановкой корней; однако, можно поступить иначе.

Пусть $B = −x3x − x3x . 1 4 23$ Заметим, что

x1x2 =x3x4 = −1

x + x = 2 1 2

x3+ x4 = 3

x31+x32 =(x1+ x2)3− 3x1x2(x1+x2)= 8+ 6= 14

x23+ x24 = (x3+ x4)2− 2x3x4 =9 +2 =11

x61+ x62 =(x31+ x32)2− 2x31x32 =196+ 2= 198

Далее,

3 3 A+ B =− (x1+ x2)(x3+ x4) =−14⋅3 =−42

6 6 3 3 2 2 AB = (x1+x2)x3x4 +x1x2(x3+ x4)=− 198− 11= −209

Поэтому $A$ и $B$ — корни квадратного уравнения $x2+42x− 209=0$ (обратная теорема Виета). Корни этого уравнения $− 21+5√26-$ и $− 21− 5√26.$

Осталось отметить, что если переобозначить, допустим, корни трёхчлена $f(x) :$ $x1$ через $x2,$ а $x2$ через $x1,$ то значения $A$ и $B$ поменяются местами. Это значит, что искомое значение выражения $A$ может принимать оба указанных выше значения.

Ответ:

$− 21± 5√26$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#120561

Петя выписал на доску два числа: сначала $4,$ затем $6.$ Позже пришёл Толя и стал дальше записывать числа по следующему правилу: очередное число $xn$ — это наименьшее составное число, большее $2xn− 1− xn−2$ , где $xn−1,xn−2$ — это предыдущее и предпредыдущее записанные на доске числа соответственно. Какое число появится на доске $100−$ м?

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 11.2(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте выпишем первые несколько членов и попробуем придумать более понятную формулу, которой они связаны.

Подсказка 2

x₁ = 4, x₂ = 6, x₃ = 9, x₄ = 14, x₅ = 20... как связаны, например, 4 и 14? Что нужно сделать с 4, чтобы получить 14?

Подсказка 3

Если к 4 добавить 1 и домножить на кое-что, то получится число, близкое к 14.

Подсказка 4

Докажите, что xₖ = (k+1)(k+2)2 - 1 ! А каким методом мы привыкли доказывать такие утверждения, зависящий от k?

Подсказка 5

Докажите равенство по индукции!

Показать ответ и решение

Вычислим первые несколько членов: $x = 8+ 1= 9, x = 12+2 =14, x = 19+ 1=20. 3 4 5$ Теперь покажем по индукции, что начиная с четвёртого члена

(k+ 1)(k+ 2) xk =-----2---- − 1

Базу мы уже проверили, пусть

xk−2 = k(k− 1)∕2− 1, xk−1 = k(k +1)∕2 − 1

Тогда $(k+1)(k+2) 2xk−1− xk−2 = 2 − 2.$ Тогда нужно проверить, что $(k+1)(k+2) 2 − 1$ всегда будет составным числом. Но это $k(k+3) 2 ,$ что делится или на $k,$ или на $k+3,$ что точно $>1.$ Тогда сотым числом будет

101⋅102 x100 =---2---− 1= 5150

Ответ:

$5150$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#120565

У скольких наборов из $4$ натуральных чисел с суммой $1001$ среди чисел есть равные?

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 11.3(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Пусть (k, k, a, b) — такой набор. Что можно сказать про a и b? Как по ним построить k?

Подсказка 2

a и b разной чётности. А каким методом привыкли искать количество способов разложить что-то в фиксированную сумму?

Подсказка 3

Воспользуемся методом шаров и перегородок! Только вот следить за тем, чтобы какие-то области были равны, сложно. Так что делать с k?

Подсказка 4

Можно разлагать 1002 в три слагаемых — 2k, a, b+1! Но как быть с тем, что нам нужны именно чётные количества?

Подсказка 5

Можно разложить сначала сумму в 501, а затем все количества умножить на 2!

Показать ответ и решение

Пусть $(k,k,a,b)$ — такой набор. Так как $a +b= 1001− 2k$ нечётно, то числа $a$ и $b$ разной чётности и между собой не равны. Пусть $a$ чётно. Упорядоченной парой $(a,b)$ набор однозначно определяется, поскольку $k$ вычисляется однозначно, а двух пар равных чисел в наборе нет ввиду нечётности суммы.

Сопоставим набору строку $(2k,a,b+1)$ . В ней все слагаемые чётны, а их сумма равна $1002$ . По такой строке набор тоже однозначно восстанавливается. Число таких строк можно посчитать так: выложим ряд из $501$ двухрублёвой монет, в который в два разных промежутка вставлены две перегородки. Числа $2k$ , $a$ и $b+ 1$ будут равны сумме монет (в рублях) до первой перегородки, между перегородками и после второй перегородки соответственно. Так как между монетами $500$ промежутков, есть ровно $2 C500$ способов выбрать два из них.

500! 499⋅500 C2500 = 2!⋅498! =-2---= 124750

Ответ:

$C2 = 124750 500$ наборов

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#120567

Точка $I$ — центр окружности, вписанной в неравнобедренный треугольник $ABC.$ Луч $AI$ пересекает окружность, описанную около треугольника $ABC,$ в точке $D.$ Окружность, проходящая через точки $C,D$ и $I,$ вторично пересекает луч $BI$ в точке $K.$ Докажите, что $BK =CK.$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 11.4(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Нам нужно доказать, что BK=CK, но это значит, что точка K должна лежать на серединном перпендикуляре к BC. А какая прямая является этим перпендикуляром? Попробуйте найти её на чертеже!

Подсказка 2

Верно, прямая DO является серединным перпендикуляром к BC. Пусть DO пересекает BI в точке L. Но, если K так же принажлежит DO, то что можно сказать про точки K и L?

Подсказка 3

Да, они должны совпадать! Это верно, если точка L лежит на окружности, описанной около CDI. Попробуйте это доказать, используя равенство каких-то всписанных уголков!

Показать доказательство

Пусть $O$ — центр описанной окружности треугольника $ABC.$ Обозначим $∠ABC = β.$

$PIC$

Так как $AI$ — биссектриса угла $BAC,$ то точка $D$ — середина дуги $BC$ окружности, описанной около $ABC.$ Отсюда прямая $DO$ — это серединный перпендикуляр к отрезку $BC.$ Пусть $DO ∩ BI = L,$ тогда $BL =LC,$ то есть треугольник $BLC$ равнобедренный и

1 β ∠LCB = ∠LBC = 2∠ABC = 2

Отсюда

∠ILC = ∠BLC = 180∘− ∠LCB − ∠LBC =180∘− β

С другой стороны,

∠CDI =∠CDA = ∠CBA = β = 180∘− ∠ILC

Таким образом, четырёхугольник $CDIL$ вписанный, то есть точка $L$ лежит на пересечении прямой $BI$ и окружности, описанной около $CDI,$ откуда точки $K$ и $L$ совпадают, то есть $BK = BL= CL = CK.$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#120569

Найдите все тройки $(a,b,c)$ натуральных чисел, для которых

3 3 2 a + b = (abc− 1)

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 1, 11.5(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Видно, что условие инвариантно относительно перестановки a и b. Значит, можно не умаляя общности предположить, что a ≥ b.

Подсказка 2

Давайте для упрощения обозначим bc через t, перенесём всё влево и рассмотрим выражение слева как многочлен от a.

Подсказка 3

Давайте заметим, что при a ≥ t² функция принимает только положительные значения. Значит, осталось исследовать её на отрезке [b; t² - 1].

Подсказка 4

При слишком больших t она на этом отрезке будет отрицательной, чтобы это доказать, узнайте, как располагаются экстремумы функции относительно этого отрезка и найдите её максимум на отрезке.

Показать ответ и решение

Из-за симметрии можно считать, что $a≥b.$ Положим $t= bc$ и перепишем уравнение в виде $F(a) =0,$ где $F(a)=a3 − t2a2 +2ta+b3− 1.$ Если $2 a ≥t ,$ то

2 2 3 F (a)= a (a− t)+ 2ta +b − 1> 0

Если $b≤a ≤t2− 1$ (а, значит, $t≥2),$ то при $t≥ 4$ будет верно неравенство

F (a)< 0

Действительно, точка локального максимума:

{ F′(a0)= 0 F′′(a0) <0

( { 3a20 − 2a0t2+ 2t= 0 ( a0 < t2- 3

√----- a0 = t2−-t4-− 6t< 1 3

функции $F(a)$ не лежит на отрезке $[b,t2− 1],$ поэтому максимальное значение на данном отрезке $F(a)$ принимает на его концах. Вместе с тем, имеем

F(b)= −t2b2 +2b3+ 2tb− 1= −c2b4+ 2b3+ 2cb2− 1= −b2(b2c2− 2b− 2c)− 1< 0,

поскольку $b2c2− 2b− 2c> 0$ при $bc≥ 4,$ а также

F(t2− 1)=− t4+ 2t3 +b3+ 2t2− 2t− 2≤ −t4+ 3t3+ 2t2− 2t− 2 =− t2(t2− 3t− 2)− 2t− 2< 0,

при $t≥4.$

Остаётся случай $2 ≤t≤ 3,$ где находим тройку $(2,1,2).$

Ответ:

$(a,b,c)∈{(1,2,2),(2,1,2)}$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#120570

Точка $C$ с абсциссой $− 2$ принадлежит гиперболе $y = 1. x$ Через $C$ проведены две прямые с угловыми коэффициентами $2$ и $1, 2$ пересекающие гиперболу в точках $A$ и $B$ (отличных от точки $C)$ соответственно. Найдите координаты центра описанной окружности треугольника $ABC.$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 11.1(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Для начала найдите такую базовую информацию, как уравнения прямых и координаты точек.

Подсказка 2

Теперь нужно поработать с описанной окружностью. Погодите, но мы же знаем координаты трёх точек, на которых она лежит. Значит, сможем найти все 3 параметра её уравнения.

Показать ответ и решение

Уравнение указанных прямых имеют вид $y = 2(x +2)− 1 2$ и $y = x+-2− 1, 2 2$ т.е.

7 y =2x +2

x 1 y = 2 + 2

Соответственно. Абсциссы $a$ и $b$ точек $A$ и $B$ находятся из уравнений

-1= 2x+ 7 x 2

1= x + 1 x 2 2

они равны $a= 1 4$ и $b= 1.$

Пусть центр окружности, описанной около треугольника $ABC,$ имеет координаты $(α;β),$ и пусть $R$ — радиус этой окружности. Тогда уравнение окружности имеет вид

(x− α)2+ (y− β)2− R2 = 0

Подставив в это уравнение $1 y = x ,$ после преобразований получаем уравнение

x4− 2αx3+ Dx2 − 2βx+ 1= 0,

где через $D$ обозначено выражение $2 2 2 α +β − R .$ Поскольку точки $A,B$ и $C$ принадлежат этой окружности, то их абсциссы удовлетворяют этому уравнению. Подставляя последовательно $x= −2,1$ и $1 4,$ получаем систему

( |{ 16+16α +4D +4β+ 1= 0 |( 1− 2α + D− 2β+ 1= 0 1− 8α + 16D − 128β+ 256 =0

Из второго уравнения находим $D = 2(α +β)− 2.$ Подставляя это выражение в первое и третье уравнения системы, приходим к

{ 16+ 16α +8(α+ β)− 8 +4β+ 1= 0 1− 8α+ 32(α+ β)− 32 − 128β+ 256= 0

{ 8α+ 4β = −3 8α− 32β = −75

Решая полученную систему, находим $β = 2$ и $11 α= − 8 .$

Ответ:

$(− 11;2) 8$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#120571

Для каждого натурального числа $n∈ ℕ$ возьмём $x = n2+ 300 n$ и $y = n$ НОД $(x,x ). n n+1$ Чему равно максимально возможное значение $yn?$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 11.2(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Как мы умеем искать НОД у двух чисел? Каким методом можно воспользоваться?

Подсказка 2

Воспользуйтесь алгоритмом Евклида!

Подсказка 3

(n²+300, (n+1)² + 300) = (n²+300, 2n+1). Далее цепочку продолжите сами ;)

Показать ответ и решение

Будем пользоваться соотношениями:

Н ОД(u,v)= НО Д(u±v,v)

НОД (u,2v+ 1)= НО Д(2u,2v+ 1)

Запишем цепочку равенств:

Н ОД(n2+300,(n+ 1)2+300)= НОД(n2+ 300,2n+ 1)=

= НО Д(2n2 +600,2n+ 1)= НОД(600− n,2n+ 1)=Н ОД(1200− 2n,2n +1)= НОД (1201,2n+ 1)

Остаётся заметить, что последняя величина не превосходит 1201, и равенство достигается при $n= 600.$

Ответ:

$1201$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#120572

Собрав $1001$ орех, бельчата Боря, Вася и Петя решили разделить их. Каждый должен что-то получить, все — разное число орехов, Боря — больше всех. Сколькими способами можно так поделить орехи?

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 11.3(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Давайте как-то распределим между ними орехи. Каким способом будет удобно считать распределения без дополнительных условий? А какие варианты повторов могут быть?

Подсказка 2

Воспользуемся методом шаров и перегородок, чтобы посчитать общее количество способов распределить. Могут ли при случайном распределении совпасть количество у всех? А если совпали у двух, то сколько у них может быть орехов?

Подсказка 3

Совпасть количества орехов могли только у каких-то двух, и орехов у них может быть любое число от 1 до 500. Осталось лишь аккуратно посчитать количество таких способов и вычесть из общего!

Подсказка 4

Не забудьте про то, что иногда у Бори не наибольшее число орехов. Но это можно исправить.

Показать ответ и решение

Сосчитаем способы без учёта ограничений на повторы и максимум у Бори. Метод шаров и перегородок даёт $C2 =499500 1000$ способов деления.

Теперь вычтем способы с повторами. Так как 1001 не кратно 3, число орехов может совпасть только у двоих, это число $n$ может быть любым от 1 до 500. Для каждого возможного $n$ есть 3 способа распределить $n,$ $n$ и $1000 − 2n$ орехов между троими. Значит, число способов с повторами равно $500⋅3= 1500,$ а без повторов — $499500− 1500 =498000.$

Пусть теперь бельчата делят ”случайно”, так, что каждый получает разное число. Однако дальше они распределение ”исправляют” : тот, кто получит больше всех, меняется своей долей с Борей. Тогда одно и то же ”исправленное” распределение получается из трёх ”случайных”: Боря мог получить максимум либо сразу, либо поменявшись с Васей, либо поменявшись с Петей. Тогда ”исправленных” распределений втрое меньше, чем ”случайных”, т.е. $498000:3 =166000.$

Ответ:

$166000$ наборов

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#120573

Дана окружность с центром $O$ и точка $A$ вне её. Секущая, проходящая через точку $A,$ пересекает окружность в точках $X$ и $Y.$ Пусть $′ X$ — точка окружности, симметричная точке $X$ относительно прямой $OA.$ Докажите, что точка пересечения прямых $OA$ и $′ X Y$ не зависит от выбора секущей.

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 11.4(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Показать доказательство

Пусть $R$ — радиус окружности, $M$ — точка пересечения $YX ′$ с $OA,$ $P$ — точка пересечения $OX$ и $Y X′.$ Соединим центр окружности $O$ с точками $X$ и $Y.$ Тогда $OX = OY = R.$ Пусть $α =∠XOA, β = ∠OXY.$

$PIC$

Так как точка $′ X$ симметрична точке $X$ относительно прямой $OA,$ а, значит, и относительно диаметра $TQ,$ принадлежащего прямой $AO,$ то

⌣ 1 ⌣ α= ∠XOQ =XQ= 2XX ′= ∠XY X ′

Тогда $∠XAO = β− α$ (теорема о внешнем угле треугольника $OXA.)$ Поэтому из теоремы синусов для треугольника $OXA$ имеем

---R----= ----OA∘----= -OA- (∗) sin(β− α) sin(180 − β) sinβ

Так как $∠Y PX =∠OP M$ (как вертикальные), то $∠Y MO = ∠YXO =β.$ Кроме того, в равнобедренном треугольнике $Y QX$ углы при основании $Y X$ равны, и, следовательно, $∠OY M = β− α.$ Из теоремы синусов для треугольника $YOM$ получаем

--OM---- -R-- sin(β− α) = sinβ

Учитывая $(∗),$ находим $R2 OM = OA,$ что и означает независимость точки $M$ от выбора секущей. Заметим, что расположение точек $X$ и $Y$ не влияет на решение.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#120574

Натуральные числа $m > n$ таковы, что дробь $3m+2 3n+2$ есть целое число. Докажите, что $m> n2.$

Источники: Бельчонок - 2025, Вариант 4, 11.5(см. dovuz.sfu-kras.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Доказать требуемое можно через довольно естественную идею. Давайте поделим m на n с остатком: m = qn + r и покажем, что q ≥ n.

Подсказка 2:

В контексте решения будет выгодно использовать сравнения по модулю 3ⁿ + 2. С их помощью можно упростить числитель.

Подсказка 3:

Если вы правильно применили сравнения, у вас должно возникнуть два случая — при чётном и нечётном q. В обоих случаях стоит представить условие с делимостью как равенство: числитель равен знаменателю, умноженному на некоторое целое. Далее попробуйте сделать какие-то грубые оценки. Например, если покажете, что 2ⁿ > 3^q, то очевидно n > q.

Показать доказательство

Разделим $m$ на $n$ с остатком: пусть $m = nq+ r,$ где $0≤ r< n$ и $q ≥ 1$ (так как $m > n).$ Заметим, что $3n ≡ −2 (mod 3n+2).$ Тогда имеем

m n q qr n 0≡ 3 + 2≡ (3 ) + 2≡(−2) 3 (mod 3 + 2)

Рассмотрим два случая: $q$ четно и $q$ нечетно.

Первый случай. Пусть $q$ четно. Тогда $2q3r+2 =k(3n+ 2).$ Для некоторого натурального $k.$ Тогда имеем $2≡ 2k (mod 3r),$ так как $r< n$ Следовательно, $k= 3rl+ 1$ для некоторого натурального $l.$ Значит, $2q3r+ 2= (3rl+1)(3n +2)$ (подставили $k$ в равенство), то есть $2q = 3nl+ 3n−r+2l> 3n,$ откуда следует, что $q > n.$ Но тогда $m = nq+r >n2,$ что и требовалось.

Второй случай. Пусть $q$ нечетно. Тогда $qr n 2 3 − 2 =k(3 +2),$ поскольку

qr n −2 3 +2 ≡0 (mod 3 + 2)

Так как $r< n,$ получаем $− 2≡ 2k (mod 3r).$ Следовательно, $k= 3rl− 1$ для некоторого натурального $l.$ Значит,

q r r n 2 3 − 2= (3 l− 1)(3 + 2)

то есть $2q = 3nl− 3n−r+ 2l.$ Если при этом $l≥2,$ то для того, чтобы выполнялось равенство, приведенное выше, необходимо, чтобы выполнялось неравенство $2q > 3n,$ так как в этом случае $3nl− 3n−r+2l> 3n⋅2− 3n = 3n.$ Тогда $q >n.$ Если же $l= 1$ ( $l∈ℕ,$ как следствие одного из приведенных выше равенств). Тогда и $r≥ 1.$ Действительно, в противном случае $r= 0$ и $2q = 3n− 3n +2 =2$ и $q =1.$ Но тогда $n < m= nq+ r= n⋅1+ 0= n$ — противоречие. Итак, $l= 1$ и $r≥ 1,$ тогда