ГДЗ · Алгебра · 9 клас

Сторінка 19

Алгебра, Бевз Г. П., Бевз В. Г., Васильєва Д. В., Владімірова Н. Г., 2026 · № 90–98 · 9 завдань

Повні розв’язки, як у зошиті. Хочеш розібратися самостійно — під кожним завданням є «Пояснення з репетитором».

§ 2. Властивості числових нерівностей

Завдання 90

Доведення нерівності з дробами

Довести, що якщо $x > y$ і $\frac{1}{x} > \frac{1}{y}$ , то $x > 0$ і $y < 0$ .

Розв’язання

Перетворимо друге умовне нерівність $\frac{1}{x} > \frac{1}{y}$ на $\frac{1}{x} - \frac{1}{y} > 0$ , що дає $\frac{y - x}{x y} > 0$ .
Оскільки $x > y$ , то різниця $y - x$ є від'ємною ( $y - x < 0$ ).
Щоб дріб $\frac{y - x}{x y}$ був додатним при від'ємному чисельнику, знаменник $x y$ також має бути від'ємним ( $x y < 0$ ).
Це означає, що числа $x$ і $y$ мають різні знаки. Оскільки $x > y$ , то більше число $x$ має бути додатним, а менше $y$ — від'ємним.

Відповідь:

Доведено, що $x > 0$ і $y < 0$ .

Завдання 91

Властивість обернених величин

Довести, що якщо $a < b$ і $ab < 0$ , то $\frac{1}{a} < \frac{1}{b}$ .

Розв’язання

Маємо умову $a < b$ .
Поділимо обидві частини цієї нерівності на число $ab$ .
Оскільки $ab < 0$ , знак нерівності змінюється на протилежний: $\frac{a}{ab} > \frac{b}{ab}$ .
Скорочуючи дріби, отримуємо $\frac{1}{b} > \frac{1}{a}$ , що еквівалентно $\frac{1}{a} < \frac{1}{b}$ .

Відповідь:

Доведено, що $\frac{1}{a} < \frac{1}{b}$ .

Завдання 92

Порівняння дробів із додатними знаменниками

Розмістити у порядку зростання числа $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}, \frac{1}{d}$ , якщо всі вони додатні та $a < c$ , $d < b$ і $d > c$ .

Розв’язання

За умовою маємо $a < c$ .
Також дано $d > c$ , отже $c < d$ .
Звідси отримуємо ланцюжок нерівностей для знаменників: $a < c < d < b$ .
Оскільки всі числа додатні, порядок дробів буде протилежним порядку знаменників: $\frac{1}{b} < \frac{1}{d} < \frac{1}{c} < \frac{1}{a}$ .

Відповідь:

$\frac{1}{b} < \frac{1}{d} < \frac{1}{c} < \frac{1}{a}$ .

Завдання 93

Порівняння дробів з від'ємними знаменниками

Розмістити у порядку зростання числа $\frac{1}{a}$ , $\frac{1}{b}$ , $\frac{1}{c}$ , $\frac{1}{d}$ , якщо всі вони від'ємні та $a > c$ , $d > b$ і $d < c$ .

Розв’язання

Запишемо умови для знаменників у ланцюжок нерівностей: $a > c$ , $d < c$ (тобто $c > d$ ) і $d > b$ . Отже, маємо послідовність $a > c > d > b$ .
Оскільки всі дроби від'ємні ( $\frac{1}{x} < 0$ ), то знаменники також від'ємні ( $a, b, c, d < 0$ ). При порівнянні від'ємних чисел з однаковим знаком у чисельнику (1) більший дріб відповідає меншому за модулем знаменнику.
Порівняємо значення знаменників: $∣ a ∣$ найменше, $∣ b ∣$ найбільше (оскільки $b$ від'ємне і має найменше значення). Отже, $\frac{1}{a}$ буде найбільшим дробом, а $\frac{1}{b}$ — найменшим.
Впорядкуємо дроби від найменшого до найбільшого: $\frac{1}{b} < \frac{1}{d} < \frac{1}{c} < \frac{1}{a}$ .

Відповідь:

$\frac{1}{b} < \frac{1}{d} < \frac{1}{c} < \frac{1}{a}$

Завдання 94

Виконання операцій з нерівністю та знаходження відповідності

Дано правильну нерівність $- 18 < 15$ . Потрібно виконати три дії (1–3) і знайти, який результат (А–Д) отримано.
1) додати $- 12 < - 9$ ;
2) поділити на $- 3$ ;
3) помножити на $\frac{2}{3}$ .

Розв’язання

Додавання (умова 1): $- 18 + (- 12) < 15 + (- 9)$ , тобто $- 30 < 6$ . Це відповідає варіанту В.
Ділення на $- 3$ (умова 2): $\frac{- 18}{- 3} > \frac{15}{- 3}$ (знак змінився), отже $6 > - 5$ . Це відповідає варіанту Д.
Множення на $\frac{2}{3}$ (умова 3): $- 18 \cdot \frac{2}{3} < 15 \cdot \frac{2}{3}$ , тобто $- 12 < 10$ . Це відповідає варіанту А.

Відповідь:

1 — В; 2 — Д; 3 — А

Завдання 95

Доказ властивостей нерівностей (транзитивність, множення)

Довести три твердження: а) якщо $a \leq b$ і $b \leq c$ , то $a \leq c$ ; б) якщо $a \leq b$ і $c > 0$ , то $a c \leq b c$ ; в) якщо $a \leq b$ і $c < 0$ , то $a c \geq b c$ .

Розв’язання

Пункт а): Оскільки $a$ менше або дорівнює $b$ , а $b$ менше або дорівнює $c$ , то ланцюжок передається, і $a \leq c$ . Це властивість транзитивності відношення «менше або дорівнює».
Пункт б): Множимо нерівність $a \leq b$ на додатне число $c$ . Оскільки множник додатний, знак нерівності зберігається: $a c \leq b c$ .
Пункт в): Множимо нерівність $a \leq b$ на від'ємне число $c$ . При множенні на від'ємне число знак нерівності змінюється на протилежний ( $\leq$ стає $\geq$ ), отже $a c \geq b c$ .

Відповідь:

а) $a \leq c$ ; б) $a c \leq b c$ ; в) $a c \geq b c$

Завдання 96

Властивості нерівностей при додатних числах

Дано, що $a > 0$ і $b > 0$ . Потрібно перевірити правильність висновків для випадків: а) з $a < b$ випливає $a^{2} < b^{2}$ ; б) з $a^{2} < b^{2}$ випливає $a < b$ ; в) з $a < b$ випливає $a < b$ ; г) з $a < b$ випливає $a < b$ .

Розв’язання

Розглянемо випадок а). Оскільки $a > 0$ і $b > 0$ , функція $y = x^{2}$ зростає на проміжку $(0; + \infty)$ . Тому з $a < b$ дійсно випливає $a^{2} < b^{2}$ . Твердження правильне.
Розглянемо випадок б). Оскільки $a > 0$ і $b > 0$ , функція $y = x^{2}$ є бієктивною на цьому проміжку. Отже, з $a^{2} < b^{2}$ випливає $a < b$ . Твердження правильне.
Розглянемо випадок в). Функція $y = x$ зростає на всій області визначення $[0; + \infty)$ . Тому з $a < b$ випливає $a < b$ . Твердження правильне.
Розглянемо випадок г). Оскільки функція $y = x^{2}$ є оберненою до $y = x$ , то з нерівності для аргументів кореня випливає нерівність самих чисел під коренем: з $a < b$ випливає $a < b$ . Твердження правильне.

Відповідь:

Так, усі твердження (а), б), в), г) є правильними.

Завдання 97

Доведення нерівності через тотожність

Відомо тотожність $x - y = (x - y) (x + y)$ , де $x \geq 0$ і $y \geq 0$ . Потрібно довести, що якщо $x > y$ , то $x > y$ .

Розв’язання

Запишемо тотожність: $x - y = (x - y) (x + y)$ .
Розглянемо умову $x > y$ . Це означає, що різниця першого множника додатна: $(x - y) > 0$ .
Оскільки $x \geq 0$ і $y \geq 0$ , сума коренів завжди невід'ємна. Якщо хоча б одне з чисел додатне, сума додатна; якщо обидва нулі, то $x = y$ , що суперечить умові. Отже, $(x + y) > 0$ .
Добуток двох додатних чисел є додатним: $(x - y) (x + y) > 0$ . Звідси $x - y > 0$ , що еквівалентно $x > y$ .

Відповідь:

Доведено, що якщо $x > y$ , то $x > y$ .

Завдання 98

Практичне завдання з чотирикутниками

1) Намалювати трапецію і паралелограм, виміряти їх сторони та діагоналі, перевірити твердження «Периметр > сума діагоналей». 2) Довести для будь-якого чотирикутника: а) діагональ < півпериметра; б) сума діагоналей < периметр.

Розв’язання

Практична частина: Намалюй трапецію $A B C D$ і паралелограм $A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}$ . Виміряй довжини всіх чотирьох сторін та двох діагоналей для кожної фігури. Склади нерівність: сума периметра проти суми діагоналей. У будь-якому випадку сума чотирьох сторін буде більшою за суму двох діагоналей, оскільки кожна сторона є стороною трикутника, утвореного діагоналлю та іншими сторонами.
Доведення пункту а): Розглянь діагональ $A C$ чотирикутника $A B C D$ . Вона є спільною стороною для $△ A B C$ і $△ A D C$ . У $△ A B C$ маємо $A B + B C > A C$ , у $△ A D C$ — $A D + D C > A C$ . Це не доводить напряму, краще розбити чотирикутник на два трикутники діагоналлю $B D$ . Тоді в $△ A B D$ : $A B + A D > B D$ . В $△ B C D$ : $B C + C D > B D$ . Склади нерівності: $(A B + A D) + (B C + C D) > 2 \cdot B D$ , тобто периметр $P > 2 \cdot B D$ . Звідси $B D < P /2$ .
Доведення пункту б): Розглянь чотирикутник як об'єкт, утворений двома трикутниками $△ A B D$ і $△ B C D$ , що мають спільну сторону $B D$ . У $△ A B D$ : $A B + A D > B D$ . У $△ B C D$ : $B C + C D > B D$ . Додамо нерівності почленно: $(A B + A D) + (B C + C D) > B D + B D$ . Це означає, що периметр чотирикутника $P = A B + B C + C D + D A$ більший за $2 \cdot B D$ , тобто $B D < P /2$ . Аналогічно для другої діагоналі. Отже, сума діагоналей $A C + B D < (A B + B C + C D + D A) = P$ .

Відповідь:

1) Твердження правильне — периметр завжди більший за суму діагоналей. 2) а) Діагональ менша від півпериметра; б) Сума діагоналей менша від периметра чотирикутника.