127. Подставив x = 0, получим, что d делится на 5. Учитывая это и подставляя x = ±1, получим, что a + b + c и - a + b - c делятся на 5. Следовательно, 2b и 2a + 2c делятся на 5, а значит, b и a + c делятся на 5. Подставив x = 2, получим, что 4(2a + c) + 4b + d делится на 5. Значит, 2a + c делится на 5 и a = (2a + c) - (a + c) тоже делится на 5. Поэтому c тоже делится на 5.

Рациональные функции

128. На области определения уравнение можно привести к виду x + 1 + x/(x + 1) = 1. Умножим обе части уравнения на x + 1. После упрощения получим: x2 + 2x = 0, то есть, x = 0 или x = -2. Корнем уравнения является только x = -2.

Ответ: -2

129. Преобразуем любой множитель 1+1/(k2+2k)=(k+1)2/(k(k+2)) Выпишите несколько множителей и проследите за правилом, по которому можно сокращать числа: множители, стоящие в числителе, сокращаются с множителями, стоящими в знаменателях предыдущей и последующей дробей. После сокращения останутся следующие числа: от первой дроби одна 2 (другая двойка сократится со знаменателем следующей дроби); от последней дроби в числителе останется один множитель n+1 (другой множитель сократится с предыдущей дробью) и в знаменателе останется второй множитель n+2. После сокращений имеем дробь 2(n+1)/(n+2), которая меньше 2.

131. Первое решение. Преобразуем выражение (x2-1):(x2+1)=1-2/(x2+1). Данное выражение станет наименьшим, если мы от 1 вычтем самое большое возможное число, которое будет получаться, если знаменатель дроби будет наименьшим. Следовательно, при x=0 выражение примет наименьшее значение.

Второе решение Обозначим данное выражение через a и выясним какое наименьшее значение может принимать a. Для этого выразим x2 через a: x2=(a+1)/(1-a). Надо отметить, что x2 неотрицательно, следовательно, a принимает значения от 0 (включая) до 1 (не включая), так как при остальных a значение x2 отрицательно. Осталось заметить, что наименьшее значение a=0.

Арифметическая и геометрическая прогрессии

138. Да, делится, поскольку

1 + 1998 = 2 + 1997 =...= 999 + 1000 = 1999,

т. е. эта сумма равна  1999×999.

Ответ

 Да.

139. На рисунке показано, как фигуру, данную в условии задачи, разрезать на две части (квадраты в одной из частей перечёркнуты) и из этих частей сложить квадрат. Количество клеточек в квадрате, нарисованном на клетчатой бумаге, очевидно, равно квадрату количества клеток, расположенных вдоль его стороны.

Таким образом, мы не только показали, что количество клеточек равно квадрату некоторого числа (что требовалось в условии задачи), но и нашли это число (n), то есть показали, что 1 + 3 + 5 + 7 + ... + (2n – 1) = n2 (n > 0).

140. Проще всего решается задача, когда вместо единиц стоят девятки. Используя формулу для суммы геометрической прогрессии, найдем сумму S=9+99+999+...+999...9(n девяток) = (101-1)+(102-1)+...+(10n-1) = (101+102+...+10n)-n = (10n+1-10)/(10-1)-n = (10n-1)*(10/9)-n.

 a) Теперь легко ответить на вопрос этого пункта: сумма равна S/9=(10n-1)*(10/81)-n/9.

 б) В этом случае ответ равен (S/9)*5= =(10n-1)*(50/81)-5n/9.

141. Для простоты вычислений предположим, что до посещения занятий ВМШ у Буратино была одна копейка. Тогда после решения первой задачи у Буратино будет 2 копейки. Решив вторую, он получит еще две, и у него станет 2*2=4 копейки. Решив третью, он получит еще четыре и у него будет 8 копеек. Мы видим, что после решения очередной задачи состояние Буратино удваивается. Продолжая вычисления, мы получим, что после решения 16 задач у Буратино будет 216=65536 копеек. Эта сумма совпадает с состоянием Буратино после месяца занятий, следовательно он решил именно 16 задач.

Ответ: 16 задач.

142. Пусть a и b -- первый и n-й члены прогрессии, S -- сумма первых n членов. Тогда

S = $ \displaystyle { \frac{a+b}{2}}$n.

Значит, 2S делится на n. Так как 2S -- степень двойки, то и n -- степень двойки.

Комментарий. Мы использовали следующее утверждение: любой делитель степени двойки сам является степенью двойки. Аккуратное доказательство этого утверждения требует теоремы об однозначности разложения на простые множители (подумайте, почему).

143. Добавим к этим числа ноль и составим 500 миллионов пар: (0, , (1, и так далее. В каждой паре сумма цифр равна 81, и кроме того, мы забыли число 1 ; поэтому общая сумма равна × 81 + 1 =

Ответ: 40

144. Положим N=d1d2...dn. Возьмем N последовательных натуральных чисел, таких что меньшее из них больше всех первых членов n прогрессий. Тогда среди этих N чисел ровно N/d1 чисел принадлежат первой прогрессии, ровно N/d2 принадлежат второй прогрессии, и т. д., ровно N/dn принадлежат n-ой прогрессии. Поскольку каждое из N чисел при этом должно быть учтено ровно один раз, то отсюда следует нужное равенство.

145. Расположим числа в порядке возрастания. Тогда очевидно, что каждое число будет больше своего номера. Найдем сумму номеров всех чисел: а) 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21; б) 1 + 2 + … + 100 = 5050. (Последнюю сумму можно посчитать следующим способом: (1 + 100) + (2 + 99) + … + (50 + 51) = 50 • 101 = 5050.) В обоих случаях эта сумма на единицу меньше суммы самих чисел. Значит, одно число на единицу больше своего номера, а остальные — равны ему. Числом, большим своего номера, может быть только последнее. Действительно, если какое-то число больше своего номера, то все последующие числа тоже больше своего номера. Поэтому искомыми числами будут в пункте а) 1, 2, 3, 4, 5, 7; а в пункте б) — 1, 2, …, 99, 101.

НЕ нашли? Не то? Что вы ищете?

146. Пусть a1 - первый член прогрессии, а q - ее знаменатель. Тогда десятый член a10 равен a1q9, а сотый член a100 равен a1q99. Положим a1=1, q=21/9 (таким образом, знаменатель прогресии - иррациональное число). Тогда a10=(21/9)9=2, a100=(21/9)99=211. С другой стороны a99=a100/q=211/21/9 - число иррациональное.

Ответ: неверно.

147. Если в первый день Вася съест a конфет, то за n дней он съест

a + (a + 1) + ... + (a + n - 1) = $\displaystyle {\frac{n(2a-1+n)}{2}}$конфет.

Значит, $ {\frac{n(2a-1+n)}{2}}$= 777. Следовательно, n делит = 1554. Так как 1554 = n(2a - 1 + n) > n2, то n < 40. Но максимальное число n, меньшее 40 и делящее 1554 = , равняется 37. Случай n = 37 действительно возможен при a = 3.

Ответ: n = 37.

148. Пусть A - первый член прогрессии, состоящий из k цифр. Пусть D - разность прогрессии. Рассмотрим член прогрессии с номером 10m+1. Он равен D*10m+A. Если m>k, то десятичная запись числа D*10m+A выглядит следующим образом: вначале записана десятичная запись числа D, затем несколько нулей, и в конце - десятичная запись числа A. Таким образом, при всех m>k сумма цифр членов с номерами 10m+1 одинакова и равна сумме сумм цифр чисел D и A.

149. Преобразуем выражение S = 1 + 2002 + 20022 + ... + 2002n = 1 + 2002(S − 2002n). Решим это уравнение относительно S и получим .

150. Обозначим через a1,a2,...,an первые члены прогрессий, на которые разбит натуральный ряд, через d1,d2,...,dn - их разности. Произведение всех разностей d1d2...dn входит в одну из прогрессий (пусть i - номер этой прогрессии). Это означает, что для некоторого целого неотрицательного k выполнено равенство d1d2...dn=ai+kdi. Из этого равенства следует, что ai делится нам di.

151. Число, записываемое c помощью k девяток, равно (10k-1), следовательно, число, записываемое c помощью k шестерок, равно 6(10k-1)/9=2(10k-1)/3. Поэтому сумма 6+66+666+...+666..6 равна 2/3((10-1)+(102-1)+...+(10n-1)) = 2/3((10+102+...+10n)-n). Во внутренних скобках стоит геометрическая прогрессия. Ее сумма равна 10+102+...+10n = (10n+1-10)/9. Итак, окончательно получаем, что исходная сумма равна 2(10n+1-10)/27-2n/3.

152. Покажем, что знаменатель каждой прогрессии - натуральное число. Действительно, пусть q - знаменатель прогрессии a1, a2, ... , где все ai - натуральные числа. Тогда q=a2/a1 - число рациональное. Пусть q - нецелое, т. е. q=k/m, где числа k и m - взаимно простые и m>1. Тогда можно найти такую степень t, что a1 не делится на mt. В таком случае число at+1=a1*kt/mt не является целым. Это противоречие показывает, что q - натуральное число. Теперь понятно, что в каждой геометрической прогрессии никакой член, на исключением первого, не может быть простым числом. Таким образом, 100 геометрических прогрессий могут покрыть не более 100 простых чисел из натурального ряда. Поскольку простых чисел бесконечно много, какое-то простое число не принадлежит ни одной из прогрессий.

Ответ: всегда.

153. Пусть (n-999), (n-997), ..., (n-1), (n+1), ..., (n+999) - тысяча последовательных нечётных чисел. Тогда их сумма S=(n-999)+(n-997)+...+(n-1)+(n+1)+...+(n+999)=1000n. Если n=10000, то S=1000n==107, то есть сумма S равна седьмой степени натурального числа.

Ответ: да.

154. Пусть p1, ..., pk — веса данных гирь. Предположим, что pn ≤ $ {\frac{1}{2^n}}$для всех n. Тогда p1 + p2 + ... + pn ≤ $ {\frac{1}{2}}$+ $ {\frac{1}{4}}$+ ... + $ {\frac{1}{2^n}}$= 1 - $ {\frac{1}{2^n}}$< 1. Это противоречит тому, что p1 + ... + pn = 1.

155. Рассмотрим убывающую прогрессию из n натуральных чисел (например, n, n – 1, ..., 1). Разделив все её члены на их НОК, получим прогрессию из правильных дробей. Например, при n = 5 получаем

Ответ: Да, существует.

156. Вычтем 50 из каждого числа, которое больше 50. По условию ни одна из разностей не равна ни одному из 25 чисел, которые не превосходят 50. Поэтому вместе с ними разности дают 50 различных натуральных чисел, которые не превосходят 50, то есть это все числа от 1 до 50. Их сумма равна 51·25 , а сумма всех исходных чисел равна, стало быть, 51·25+50·25 = 101·25 = 2525 .

157. Пусть первый от угла дом квартала имеет номер р, а количество домов на одной стороне квартала равно k. Тогда, последовательность р, р + 2, р + 4, ..., р + 2(k – 1) номеров этих домов является арифметической прогрессией. Сумма первых k членов этой прогрессии равна = (р + k – 1)k.

По условию получим уравнение: (р + k – 1)k = 247. Разложение на простые множители числа 247 имеет вид 247 = 13×19. Так как р ³1, то р + k – 1 ³ k, значит, р + k – 1 = 19, а k = 13, то есть р = 7. Следовательно, на одной стороне квартала 13 домов, а их нумерация начинается с числа 7. Таким образом, седьмой дом (от любого угла) имеет номер 19.

Можно было рассуждать и по-другому.

Сумма номеров нечётна, значит, на указанной стороне квартала находятся нечётные номера и число домов нечётно. Сумма номеров (членов арифметической прогрессии) равна произведению количества домов на номер среднего дома, а 247 = 3×19. Если номер среднего дома 13, то перед ним не поместятся 8 домов. Значит, номер среднего дома 19, и он седьмой от угла.

(Случай когда номер среднего дома 1 или 247 отброшены за очевидностью).

Ответ: 19.

158. Обозначим через a первый член прогрессии, и через q - ее знаменатель. Тогда по формуле суммы первых n членов геометрической прогрессии получаем, что S=a+aq+aq2+...+aqn-1 = a(qn-1)/(q-1). Обратные величины 1/a, 1/(aq), ... , 1/(aqn-1) к членам геометрической прогресии также образуют геометрическую прогрессию с первым членом 1/a и знаменателем 1/q. Отсюда R = 1/a+1/(aq)+1/(aq2)+...+1/(aqn-1) = 1/a(1/qn-1)/(1/q-1) = (1/(aqn-1))(qn-1)/(q-1). Из выражений, полученных для S и R, вытекает, что S/R = a2q(n-1). Произведение первых n членов прогрессии равно P = a(aq)(aq2)...(aqn-1) = anq1+2+...+(n-1) = anqn(n-1)/2. Возводя равенство S/R = a2q(n-1) в степень (n/2), получаем, что (S/R)n/2 = anqn(n-1)/2 = P.

Ответ: (S/R)n/2.

159. Предположим, что первый член и разность арифметической прогрессии по абсолютной величине меньше 10k. Тогда найдётся член прогрессии, у которого (k + 1)-я цифра — любая заданная цифра. В частности, эта цифра может быть девяткой.

160. Если бы камни удалось увезти, то на какую-то трехтонку пришлось бы положить 8 камней, но даже 8 самых легких камней весят

370+372+374+376+384+382+380+378=4 · 754=3016 килограммов – больше трех тонн.

Правильное решение прислали многие читатели. Но некоторые проверили только, что общий вес всех 50 камней меньше 21 т и заключили отсюда, что увезти камни можно. Такая проверка, конечно, недостаточна: из нее следует только, как пишет Лена Овчинникова из Свердловска, что "если эти камешки разбить на более мелкие, то тогда их можно будет увезти (за один рейс)".

Ответ: нельзя.

161. Каждый член геометрической прогрессии представляется в виде aqn, n$ \ge$ 0. Случай, когда q = 1, очевиден, поэтому будем считать, что q ≠ 1. Предположим, что существуют различные целые неотрицательные числа k1, k2, ..., km + 1 (m$ \ge$2), для которых

aqk1 + aqk2 + ... + aqkm = aqkm + 1. (1)

Пусть l1 < l2 < ... < lm + 1 — это числа k1, k2, ..., km + 1, записанные в порядке возрастания. Перепишем равенство (1) в виде

aql1 = ±aql2±...±aqlm + 1.

После сокращения на aql1 получим

1 = ql2 - l1(1 + ql3 - l2 + ... + qlm + 1 - l2).

Левая часть равенства равна 1, а правая часть делится на целое число ql2 - l1, абсолютная величина которого строго больше 1. Получено противоречие.

162. да, верно. Пусть a1, a2, ..., an, ... - данная геометрическая прогрессия, q - её знаменатель. По условию a1, a10=a1q9 и a30=a1q29 - натуральные числа. Поэтому q9 и q29 - положительные рациональные числа. Отсюда следует, что q2=q29/(q9)3 - положительное рациональное число и q=q9/(q2)4 также положительное рациональное число.

Пусть q=m/n, где m и n - натуральные взаимно простые числа. Число a30=a1m29/n29 натуральное, m29 и n29 взаимно просты, следовательно, a1 делится на n29. Отсюда получаем, что a20=a1q19=a1m19/n19 - число натуральное.

163. Положим n = 12. Рассмотрим прогрессии 2k, 3k, 4k + 1, 6k – 5 и 12k – 1. Каждое натуральное число является членом хотя бы одной из этих прогрессий. (Это легко проверить, рассматривая остаток от деления данного натурального числа на 12.)

164. Сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии S=a/(1-q) , в выделенной прогрессии первый член имеет вид 2-k , а знаменатель – 2-p , где k 0,p>0 – целые числа. Поэтому

S=2-k/(1-2-p)=2p-k/(2p-1). Допустим, что S=1/7=2p-k/(2p-1) . Тогда 2p-1=7· 2p-k . Чтобы это равенство было возможным, необходимо, чтобы 2p-k=1 , так как слева стоит нечётное число, которое не может равняться чётному. Отсюда видно, что можно выбрать геометрическую прогрессию с бесконечным числом членов при условии, чтобы сумма прогрессии равнялась 1/7 . Для этого достаточно положить a=q=2-3 ( p=k=3 ). Для того, чтобы эта сумма равнялась 1/5 , необходимо, чтобы 2p-1=5· 2p-k . Этому требованию удовлетворить нельзя.

Ответ: в случае суммы 1/7 можно, а в случае 1/5 – нельзя.

165. Покажем, что среди данных чисел не может быть больше четырёх попарно различных чисел. Объединим равные числа в группы, выберем в каждой группе по одному числу и расположим выбранные числа в порядке убывания: a > b > c > d > e > .... Числа a, b, c, d по условию образуют геометрическую прогрессию. Но ab > cd и ac > bd, поэтому ad = bc, т. е. d = bc/a. Те же самые рассуждения показывают, что e = bc/a.

Графики и ГМТ на координатной плоскости

166. Так как данный график пересекает ось y в точке (0; 2), то с = 2. Кроме того, он проходит через точку (1; 1), значит 1 = 2 + а, то есть а = –1.
Таким образом, новая функция задается уравнением y = 2x – 1. Её график пересекает ось x в точке (0,5; 0), а ось y – в точке (0; –1).

Ответ: в точках (0,5; 0) и (0; –1).

167. Так как графики функций проходят через точку (1; 1) , то выполняются равенства: 1 = 1 + а + b и 1 = 1 + c + d , то есть, a = - b и c = - d . Следовательно, a5 = - b5 и d6 = c6 . Складывая эти равенства почленно, получим, что а5 + d6 = c6 - b5 .

Ответ: Ю5 + d6 = c6 - b5 .

168. Можно считать, что абсцисса точки A меньше абсциссы точки B. Рассмотрим точку K пересечения отрезков AHA и OB. Тогда разность рассматриваемых площадей равна разности площадей треугольника OAK и четырёхугольника HAKBHB, которая, в свою очередь, равна разности площадей треугольников OAHA и OBHB. А поскольку OHA*AHA=OHB*BHB=1 (вспомните, что A и B лежат на графике), эти площади равны между собой.

169. Любая прямая, параллельная прямой y=kx , имеет уравнение y=kx+b , где b – некоторая константа. Абсциссами точек её пересечения с гиперболой y= являются оба корня уравнения =kx+b . Оно равносильно квадратному уравнению kx2+bx-k=0 . По теореме Виета произведение корней этого уравнения равно =-1 . Перемножив пять таких произведений, получаем ответ.

Комментарии. 1. Каждое из указанных квадратных уравнений имеет два действительных корня, поскольку имеет дискриминант b2+4k2>0 . Геометрически это как раз означает, что любая прямая, параллельная прямой y=kx , пересекает гиперболу y= в двух точках.
2. Так же, как в решении, можно доказать более общий факт – произведение абсцисс точек пересечения прямой и гиперболы y= зависит только от k иугла наклона прямой.

Ответ: -1 .

170. Приведем сначала пример, когда за время наблюдений Шпиона проехало четыре трамвая: пусть автобусы ходят в 9:00, 10:00, .., а трамваи ходят с интервалом 1 час 58 минут – в 10:01, 11:59, 13:57, 15:55, 17:53, 19:51, 21:49, ... Тогда Вася мог стоять с 10:01 до 11:59, а Шпион наблюдать с 12:00 до 21:00.

Докажем теперь, что за время наблюдений Шпиона не могло пройти меньше четырех травмаев.

Для этого докажем, что интервал трамвая меньше двух часов. Действительно, если интервал составляет хотя бы два часа, то Вася стоял не менее двух часов, а значит за это время проехало по крайней мере два автобуса, что противоречит условию.

С другой стороны, пока наблюдал Шпион, прошло десять автобусов. Между 1-м и 3-м из них прошло два часа, значит за это время проехал хотя бы один трамвай. Аналогично между 3-м и 5-м автобусом, между 5-м и 7-м и между 7-м и 9-м проехало еще хотя бы три трамвая. Значит, Шпион увидел по крайней мере четыре трамвая. трамвая.

Ответ: 4 трамвая.

171. Положим t=100. Точка B с координатами (t, c), где c=t3+t+1, очевидно, лежит на графике функции y=x3+|x|+1.

Рассмотрим положительное число r=c1/3-t. Тогда (t+r)3=c, следовательно, точка A с координатами (t+r, c) лежит на графике функции y=x3.

Расстояние между точками A и B равно r. Но из равенства (t+r)3=c=t3+t+1 следует, что 3t2r+3tr2+r3=t+1, 3t2r<t+1, r<(t+1)/(3t2)=101/(3*100*100)<1/100.

172. Пусть f(x) – данная функция. Покажем, как ее можно представить в виде суммы функции f1(x) , график которой симметричен относительно прямой x=0 и функции f2(x) , график которой симметричен относительно прямой x=a , a>0 . Значения функций f1 и f2 мы определим на отрезке [-a, a] , затем последовательно на отрезках [a,3a] , [-3a,-a] , [3a,5a] и т. д.

На [-a, a] положим f1(x)=0 (можно в качестве f1(x) взять и любую четную на [-a, a] функцию, обращающуюся в нуль на концах этого отрезка), а f2(x)=f(x)-f1(x)=f(x) . На отрезке [a,3a] определим функцию f2(x) так, чтобы на [-a,3a] ее график был симметричен относительно прямой x=a , т. е. f2(x)=f2(2a-x) . Такое определение функции f2(x) корректно, так как если x [a,3a] , то (2a-x) [-a, a] . Функцию f1(x) на отрезке [a,3a] определим равенством f 1(x)=f(x)-f2(x) . На отрезке [-3a,-a] положим f1(x)=f1(-x) , а f2(x)=f(x)-f1(x) , на отрезке [3a,5a] – f2(x)=f2(2a-x) , а f1(x)=f(x)-f2(x) , и т. д. На 112 приведен пример такого представления для функции f(x)=x . На [-a, a] : f1(x)=0 ,

f2(x)=f(x)-f1(x)=f(x)=x;

на [a,3a] : f2(x)=f2(2a-x)=2a-x ,

f1(x)=x-(2a-x)=2x-2a;

на [-3a,-a] : f1(x)=f1(-x)=-2x-2a ,

f2(x)=x-(-2x-2a)=3x+2a;

на [3a,5a] : f2(x)=f2(2a-x)=3(2a-x)+2a=8a-3x ,

f1(x)=x-(8a-3x)=4x-8a; и т.д.

173.

y2 - | y| = x2 - | x| $ \Leftrightarrow$y2 - x2 = | y| - | x| $ \Leftrightarrow$(| y| - | x|) (| y| + | x|) = | y| - | x| $ \Leftrightarrow$(| y| - | x|) (| y| + | x| - 1) = 0 $ \Leftrightarrow$| y| + | x| = 1 или | y| = | x|. См. рис. к ответу.

Ответ: См. рис.

Показательные функции и логарифмы

174. При каких значениях a и b возможно равенство sin a + sin b = sin(a + b)?

175. Пусть некоторая прямая пересекает данные прямые в точках O1, O2, O3. Введём на данных прямых координаты x, y, z с началами координат в точках O1, O2, O3 (единица длины одна и та же и направления осей одни и те же). Положим I = 10x (т. е. точке с координатой x мы сопоставляем силу тока I = 10x), R = 10-2y и U = 10-z. Точки с координатами x, y, z лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда x + z = 2y, т. е. 10-z = 10x . 10-2y. Это означает, что V = I . R.

176. не существует. Действительно, если график функции y = 2x симметричен относительно некоторой прямой, то при симметрии относительно этой прямой горизонтальная асимптота y = 0 этого графика должна перейти в некоторую асимптоту этого графика. Но у графика функции y = 2x нет других асимптот. Следовательно, при этой симметрии прямая y = 0 переходит в себя, а значит, ось симметрии либо совпадает с прямой y = 0, либо перпендикулярна ей. Проверка того, что прямая y = 0 и прямые вида x = const не являются осями симметрии графика функции y = 2x, оставляется читателю в качестве упражнения.

Тригономические неравенства

177. При $x=y=z=0$выражение $\sin x \sin y \sin z + \cos x \cos y \cos z$равно 1. Покажем, что значение, превышающее 1, приниматься не может. Выражение $\sin x \sin y \sin z + \cos x \cos y \cos z$не превосходит $|\sin x| |\sin y | + |\cos x | |\cos y|.$Найдутся углы $x', y'$из отрезка $[0, \pi /2]$такие, что $\sin x' = |\sin x|$и $\sin y' = |\sin y|$. Тогда $|\sin x| |\sin y | + |\cos x | |\cos y| = \sin x' \sin y' + \cos x' \cos y' = \cos(x'-y')$, что, очевидно, не превосходит 1.

Ответ: 1.00

178. да, всегда. По условию cos B cos C > 0. Кроме того, sin B sin C + cos B cos C = cos(B - C)$ \le$1 и cos A$ \le$1. Поэтому sin B sin C$ \le$1 - cos B cos C$ \le$1 - cos A cos B cos C и

0 < $\displaystyle {\frac{\sin B\sin C}{1-\cos A\cos B\cos C}}$$\displaystyle \le$1.

Из за большого объема этот материал размещен на нескольких страницах:
1 2 3 4