Страница 281 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

Неравенства

Доказываем. Докажите неравенство (1060—1062):

1060. а) $a + b \ge 2\sqrt{ab}$ $(a \ge 0, b \ge 0)$;

б) $a + \frac{4}{a} \ge 4$ $(a > 0)$;

в) $a + \frac{9}{a} \le 4$ $(a < 0)$;

г) $4a + \frac{1}{a} \ge 4$ $(a > 0)$;

д) $9a + \frac{4}{a} \ge 12$ $(a > 0)$;

е) $25a + \frac{16}{a} \ge 40$ $(a > 0)$.

а) Для доказательства неравенства $a + b \ge 2\sqrt{ab}$ при $a \ge 0, b \ge 0$ воспользуемся тем, что квадрат любого действительного числа является неотрицательным. Поскольку $a \ge 0$ и $b \ge 0$, выражения $\sqrt{a}$ и $\sqrt{b}$ определены. Рассмотрим квадрат их разности:

$(\sqrt{a} - \sqrt{b})^2 \ge 0$

Раскроем скобки по формуле квадрата разности $(x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2$:

$(\sqrt{a})^2 - 2\sqrt{a}\sqrt{b} + (\sqrt{b})^2 \ge 0$

$a - 2\sqrt{ab} + b \ge 0$

Перенесём слагаемое $-2\sqrt{ab}$ в правую часть неравенства, изменив его знак на противоположный:

$a + b \ge 2\sqrt{ab}$

Это неравенство известно как неравенство Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом для двух неотрицательных чисел. Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Для доказательства неравенства $a + \frac{4}{a} \ge 4$ при $a > 0$ воспользуемся неравенством Коши, доказанным в пункте а). Пусть $x = a$ и $y = \frac{4}{a}$. Так как по условию $a > 0$, оба этих выражения положительны. Применим к ним неравенство $x + y \ge 2\sqrt{xy}$:

$a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt{a \cdot \frac{4}{a}}$

Упростим выражение под корнем в правой части:

$a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt{4}$

$a + \frac{4}{a} \ge 2 \cdot 2$

$a + \frac{4}{a} \ge 4$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Для доказательства неравенства $a + \frac{9}{a} \le 4$ при $a < 0$ выполним равносильные преобразования. Перенесём 4 в левую часть:

$a + \frac{9}{a} - 4 \le 0$

Приведём выражение в левой части к общему знаменателю $a$:

$\frac{a^2 + 9 - 4a}{a} \le 0$

Рассмотрим числитель дроби: $a^2 - 4a + 9$. Это квадратный трёхчлен. Найдём его дискриминант $D = b^2 - 4ac$:

$D = (-4)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 9 = 16 - 36 = -20$

Так как старший коэффициент (при $a^2$) равен $1 > 0$ и дискриминант $D < 0$, то квадратный трёхчлен $a^2 - 4a + 9$ принимает только положительные значения при любом действительном $a$.

Вернёмся к неравенству $\frac{a^2 - 4a + 9}{a} \le 0$. Мы выяснили, что числитель этой дроби всегда положителен. Следовательно, знак всей дроби определяется знаком её знаменателя $a$. По условию задачи $a < 0$. Таким образом, мы делим положительное число на отрицательное, и результат всегда будет отрицательным:

$\frac{a^2 - 4a + 9}{a} < 0$

Так как любое отрицательное число меньше (и, следовательно, меньше или равно) нуля, то исходное неравенство верно для всех $a < 0$.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Для доказательства неравенства $4a + \frac{1}{a} \ge 4$ при $a > 0$ применим неравенство Коши. Пусть $x = 4a$ и $y = \frac{1}{a}$. Так как $a > 0$, то $x > 0$ и $y > 0$.

$4a + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt{4a \cdot \frac{1}{a}}$

$4a + \frac{1}{a} \ge 2\sqrt{4}$

$4a + \frac{1}{a} \ge 2 \cdot 2$

$4a + \frac{1}{a} \ge 4$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

д) Для доказательства неравенства $9a + \frac{4}{a} \ge 12$ при $a > 0$ применим неравенство Коши. Пусть $x = 9a$ и $y = \frac{4}{a}$. Так как $a > 0$, оба выражения положительны.

$9a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt{9a \cdot \frac{4}{a}}$

$9a + \frac{4}{a} \ge 2\sqrt{36}$

$9a + \frac{4}{a} \ge 2 \cdot 6$

$9a + \frac{4}{a} \ge 12$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

е) Для доказательства неравенства $25a + \frac{16}{a} \ge 40$ при $a > 0$ применим неравенство Коши. Пусть $x = 25a$ и $y = \frac{16}{a}$. Так как $a > 0$, оба выражения положительны.

$25a + \frac{16}{a} \ge 2\sqrt{25a \cdot \frac{16}{a}}$

$25a + \frac{16}{a} \ge 2\sqrt{25 \cdot 16}$

$25a + \frac{16}{a} \ge 2\sqrt{400}$

$25a + \frac{16}{a} \ge 2 \cdot 20$

$25a + \frac{16}{a} \ge 40$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

1061. a) $m + \frac{9}{m} \ge 6 (m > 0)$;

б) $x - 1 \le \frac{x^2}{4}$;

в)* $n! \le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n (n \in N)$.

а)

Для доказательства неравенства $m + \frac{9}{m} \ge 6$ при $m > 0$ можно использовать два способа.

Способ 1: Использование неравенства о средних (неравенство Коши)

Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для двух положительных чисел $a$ и $b$ гласит: $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$.

Поскольку по условию $m > 0$, то числа $m$ и $\frac{9}{m}$ также положительны. Применим к ним неравенство Коши, положив $a = m$ и $b = \frac{9}{m}$:

$\frac{m + \frac{9}{m}}{2} \ge \sqrt{m \cdot \frac{9}{m}}$

$\frac{m + \frac{9}{m}}{2} \ge \sqrt{9}$

$\frac{m + \frac{9}{m}}{2} \ge 3$

Умножим обе части на 2, получим:

$m + \frac{9}{m} \ge 6$

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда $m = \frac{9}{m}$, то есть $m^2 = 9$, и так как $m>0$, то $m=3$.

Способ 2: Алгебраические преобразования

Перенесем все члены неравенства в одну сторону:

$m + \frac{9}{m} - 6 \ge 0$

Так как $m > 0$, умножим обе части на $m$. Знак неравенства при этом не изменится.

$m^2 + 9 - 6m \ge 0$

Перегруппируем слагаемые и свернем левую часть по формуле квадрата разности:

$m^2 - 6m + 9 \ge 0$

$(m-3)^2 \ge 0$

Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, поэтому данное неравенство верно для любого $m$. Следовательно, и исходное неравенство верно для всех $m>0$.

Ответ: Неравенство доказано. Оно является следствием неравенства о средних для чисел $m$ и $\frac{9}{m}$, а также может быть сведено к очевидно верному неравенству $(m-3)^2 \ge 0$.

б)

Для доказательства неравенства $x - 1 \le \frac{x^2}{4}$ выполним равносильные преобразования. Перенесем все члены в правую часть:

$0 \le \frac{x^2}{4} - x + 1$

Умножим обе части неравенства на 4. Так как $4 > 0$, знак неравенства не изменится:

$0 \le 4 \cdot \left(\frac{x^2}{4} - x + 1\right)$

$0 \le x^2 - 4x + 4$

Выражение в правой части является полным квадратом разности:

$0 \le (x-2)^2$

Квадрат любого действительного числа $(x-2)$ всегда больше или равен нулю. Таким образом, неравенство $(x-2)^2 \ge 0$ верно для любого действительного числа $x$.

Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство $x - 1 \le \frac{x^2}{4}$ также верно для любого $x$. Равенство достигается при $(x-2)^2=0$, то есть при $x=2$.

Ответ: Неравенство доказано. Оно эквивалентно очевидно верному неравенству $(x-2)^2 \ge 0$.

в)*

Для доказательства неравенства $n! \le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n$ для всех натуральных $n \in \mathbb{N}$ воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для $n$ чисел.

Неравенство Коши для $n$ положительных чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ имеет вид:

$\sqrt[n]{a_1 a_2 \dots a_n} \le \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}$

Рассмотрим $n$ натуральных чисел: $1, 2, 3, \dots, n$.

Их среднее геометрическое равно: $\sqrt[n]{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n} = \sqrt[n]{n!}$.

Их среднее арифметическое равно: $\frac{1 + 2 + 3 + \dots + n}{n}$.

Сумма первых $n$ натуральных чисел вычисляется по формуле арифметической прогрессии: $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$.

Тогда среднее арифметическое равно: $\frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n} = \frac{n(n+1)}{2n} = \frac{n+1}{2}$.

Подставим полученные выражения для среднего геометрического и среднего арифметического в неравенство Коши:

$\sqrt[n]{n!} \le \frac{n+1}{2}$

Возведем обе части неравенства в степень $n$. Так как обе части неотрицательны, знак неравенства сохранится:

$(\sqrt[n]{n!})^n \le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n$

$n! \le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n$

Неравенство доказано. Равенство в неравенстве Коши достигается тогда и только тогда, когда все числа равны между собой, то есть $1=2=\dots=n$, что возможно только при $n=1$. Для всех $n > 1$ неравенство является строгим: $n! < \left(\frac{n+1}{2}\right)^n$.

Ответ: Неравенство доказано. Оно является следствием применения неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом к числам $1, 2, \dots, n$.

1062. a) $ \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3 \left(a > 0, b > 0, c > 0\right); $

б) $ \frac{a^3 + b^3}{2} \ge \left(\frac{a + b}{2}\right)^3 \left(a > 0, b > 0\right); $

в) $ (a + b)^4 \ge 8a^4 + 8b^4; $

г) $ (a + 2)(b + 2)(a + b) \ge 16ab \left(a > 0, b > 0\right); $

д) $ ab(a + b) \le a^3 + b^3 \left(a \ge 0, b \ge 0\right); $

е) $ a^2 + b^2 + c^2 < 2(ab + bc + ac), $ если a, b и c — стороны некоторого треугольника.

а) Для доказательства неравенства $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$ при $a > 0, b > 0, c > 0$ воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенством Коши) для трех положительных чисел $x_1, x_2, x_3$: $\frac{x_1+x_2+x_3}{3} \ge \sqrt[3]{x_1 x_2 x_3}$.
Пусть $x_1 = \frac{a}{b}$, $x_2 = \frac{b}{c}$ и $x_3 = \frac{c}{a}$. Так как $a, b, c$ положительны, то и $x_1, x_2, x_3$ положительны. Применим к ним неравенство Коши:
$\frac{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}{3} \ge \sqrt[3]{\frac{a}{b} \cdot \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a}}$
$\frac{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}{3} \ge \sqrt[3]{1}$
$\frac{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}{3} \ge 1$
Умножив обе части неравенства на 3, получим:
$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$
Что и требовалось доказать.
Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $\frac{a^3 + b^3}{2} \ge \left(\frac{a + b}{2}\right)^3$ для $a > 0, b > 0$.
Начнем с преобразования правой части:
$\left(\frac{a+b}{2}\right)^3 = \frac{a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3}{8}$
Теперь неравенство выглядит так:
$\frac{a^3 + b^3}{2} \ge \frac{a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3}{8}$
Умножим обе части на 8:
$4(a^3 + b^3) \ge a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$
$4a^3 + 4b^3 \ge a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$
Перенесем все слагаемые в левую часть:
$3a^3 + 3b^3 - 3a^2b - 3ab^2 \ge 0$
Разделим обе части на 3:
$a^3 - a^2b + b^3 - ab^2 \ge 0$
Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители:
$a^2(a-b) - b^2(a-b) \ge 0$
$(a^2-b^2)(a-b) \ge 0$
$(a-b)(a+b)(a-b) \ge 0$
$(a-b)^2(a+b) \ge 0$
Данное неравенство верно, так как $(a-b)^2 \ge 0$ как квадрат любого действительного числа, а $a+b > 0$ по условию ($a>0, b>0$). Произведение неотрицательного числа на положительное всегда неотрицательно.
Ответ: Неравенство доказано.

в) Исходное утверждение $(a+b)^4 \ge 8a^4 + 8b^4$ неверно.
Чтобы это показать, достаточно привести контрпример. Предположим, что, как и в других пунктах, $a,b$ - положительные числа.
Пусть $a=1$ и $b=2$.
Левая часть неравенства: $(1+2)^4 = 3^4 = 81$.
Правая часть неравенства: $8(1)^4 + 8(2)^4 = 8 \cdot 1 + 8 \cdot 16 = 8 + 128 = 136$.
Сравним полученные значения: $81 \ge 136$. Это ложное утверждение.
Следовательно, исходное неравенство не выполняется для всех положительных $a$ и $b$.
Примечание: верным является неравенство $(a+b)^4 \le 8(a^4+b^4)$, которое можно доказать с помощью неравенства о средних степенных.
Ответ: Исходное неравенство неверно.

г) Докажем неравенство $(a+2)(b+2)(a+b) \ge 16ab$ для $a > 0, b > 0$.
Воспользуемся неравенством Коши для двух положительных чисел ($x+y \ge 2\sqrt{xy}$) три раза:
1. Для чисел $a$ и $b$: $a+b \ge 2\sqrt{ab}$
2. Для чисел $a$ и $2$: $a+2 \ge 2\sqrt{2a}$
3. Для чисел $b$ и $2$: $b+2 \ge 2\sqrt{2b}$
Так как все части неравенств положительны при $a > 0, b > 0$, мы можем их перемножить:
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge (2\sqrt{ab})(2\sqrt{2a})(2\sqrt{2b})$
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge 8\sqrt{ab \cdot 2a \cdot 2b}$
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge 8\sqrt{4a^2b^2}$
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge 8(2ab)$
$(a+b)(a+2)(b+2) \ge 16ab$
Что и требовалось доказать.
Ответ: Неравенство доказано.

д) Докажем неравенство $ab(a+b) \le a^3+b^3$ для $a \ge 0, b \ge 0$.
Раскроем скобки в левой части: $a^2b + ab^2 \le a^3+b^3$.
Перенесем все слагаемые в правую часть:
$0 \le a^3+b^3 - a^2b - ab^2$
Это эквивалентно неравенству:
$a^3 - a^2b + b^3 - ab^2 \ge 0$
Сгруппируем слагаемые:
$a^2(a-b) - b^2(a-b) \ge 0$
$(a^2-b^2)(a-b) \ge 0$
$(a-b)(a+b)(a-b) \ge 0$
$(a-b)^2(a+b) \ge 0$
Данное неравенство верно, так как $(a-b)^2 \ge 0$ для любых $a$ и $b$, и $a+b \ge 0$ по условию ($a \ge 0, b \ge 0$). Произведение двух неотрицательных чисел всегда неотрицательно.
Ответ: Неравенство доказано.

е) Докажем, что $a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ac)$, если $a, b, c$ — стороны некоторого треугольника.
Условие, что $a, b, c$ являются сторонами треугольника, означает, что они положительны и удовлетворяют неравенствам треугольника:
$a+b>c$
$b+c>a$
$a+c>b$
Умножим каждое из этих неравенств на одну из сторон (поскольку $a,b,c > 0$, знак неравенства не изменится):
1. Умножим $b+c>a$ на $a$: $ab+ac > a^2$
2. Умножим $a+c>b$ на $b$: $ab+bc > b^2$
3. Умножим $a+b>c$ на $c$: $ac+bc > c^2$
Теперь сложим три полученных неравенства:
$(ab+ac) + (ab+bc) + (ac+bc) > a^2+b^2+c^2$
Приведем подобные слагаемые в левой части:
$2ab+2ac+2bc > a^2+b^2+c^2$
$2(ab+ac+bc) > a^2+b^2+c^2$
Это неравенство эквивалентно доказываемому.
Ответ: Неравенство доказано.

1063. Сохранится ли знак неравенства, если обе части неравенства

$9 > 6$:

а) увеличить на положительное число;

б) уменьшить на положительное число;

в) умножить на положительное число;

г) разделить на отрицательное число?

а) увеличить на положительное число;

Изначально мы имеем верное неравенство $9 > 6$. Основное свойство неравенств гласит, что если к обеим частям верного неравенства прибавить одно и то же число, то знак неравенства не изменится. Проверим это на примере. Возьмем положительное число, например, 3, и прибавим его к обеим частям неравенства:
$9 + 3$ ? $6 + 3$
$12$ ? $9$
Так как $12$ больше $9$, то итоговое неравенство будет $12 > 9$. Знак неравенства сохранился.
Ответ: Да, знак неравенства сохранится.

б) уменьшить на положительное число;

Мы имеем неравенство $9 > 6$. Уменьшение числа на положительное значение эквивалентно вычитанию этого значения или прибавлению отрицательного. Согласно свойству неравенств, при вычитании одного и того же числа из обеих частей верного неравенства знак неравенства не меняется. Проверим на примере. Уменьшим обе части на положительное число 2:
$9 - 2$ ? $6 - 2$
$7$ ? $4$
Поскольку $7$ больше $4$, получаем верное неравенство $7 > 4$. Знак неравенства сохранился.
Ответ: Да, знак неравенства сохранится.

в) умножить на положительное число;

Мы имеем неравенство $9 > 6$. Согласно свойству неравенств, если обе части верного неравенства умножить на одно и то же положительное число, то знак неравенства не изменится. Проверим, умножив обе части на положительное число 2:
$9 \cdot 2$ ? $6 \cdot 2$
$18$ ? $12$
Так как $18$ больше $12$, получается верное неравенство $18 > 12$. Знак неравенства сохранился.
Ответ: Да, знак неравенства сохранится.

г) разделить на отрицательное число?

Мы имеем неравенство $9 > 6$. Ключевое свойство неравенств гласит, что если обе части верного неравенства умножить или разделить на одно и то же отрицательное число, то знак неравенства изменится на противоположный. Проверим это, разделив обе части на отрицательное число -3:
$9 \div (-3)$ ? $6 \div (-3)$
$-3$ ? $-2$
Сравнивая числа $-3$ и $-2$, мы видим, что $-3$ меньше, чем $-2$. Следовательно, итоговое неравенство будет $-3 < -2$. Исходный знак $ > $ изменился на $ < $.
Ответ: Нет, знак неравенства не сохранится, он изменится на противоположный.

1064. a) Запишите неравенства, полученные умножением неравенства $4 > -2$ на: $3; -3; \frac{1}{2}; -\frac{1}{2}$.

б) Запишите неравенства, полученные делением неравенства $-3 < 7$ на: $2; -2; \frac{1}{3}; -\frac{1}{3}$.

а)

Исходное неравенство $4 > -2$. Основное правило гласит, что при умножении обеих частей неравенства на положительное число знак неравенства сохраняется, а при умножении на отрицательное число — знак неравенства меняется на противоположный.

Умножим неравенство на $3$ (положительное число):
$4 \cdot 3 > -2 \cdot 3$
$12 > -6$

Умножим неравенство на $-3$ (отрицательное число, поэтому знак $>$ меняем на <):
$4 \cdot (-3) < -2 \cdot (-3)$
$-12 < 6$

Умножим неравенство на $\frac{1}{2}$ (положительное число):
$4 \cdot \frac{1}{2} > -2 \cdot \frac{1}{2}$
$2 > -1$

Умножим неравенство на $-\frac{1}{2}$ (отрицательное число, поэтому знак $>$ меняем на <):
$4 \cdot (-\frac{1}{2}) < -2 \cdot (-\frac{1}{2})$
$-2 < 1$

Ответ: $12 > -6$; $-12 < 6$; $2 > -1$; $-2 < 1$.

б)

Исходное неравенство $-3 < 7$. Правила для деления аналогичны правилам для умножения: при делении на положительное число знак неравенства сохраняется, а при делении на отрицательное — меняется на противоположный.

Разделим неравенство на $2$ (положительное число):
$-3 : 2 < 7 : 2$
$-\frac{3}{2} < \frac{7}{2}$

Разделим неравенство на $-2$ (отрицательное число, поэтому знак < меняем на $>$):
$-3 : (-2) > 7 : (-2)$
$\frac{3}{2} > -\frac{7}{2}$

Разделим неравенство на $\frac{1}{3}$ (положительное число). Это равносильно умножению на $3$:
$-3 \cdot 3 < 7 \cdot 3$
$-9 < 21$

Разделим неравенство на $-\frac{1}{3}$ (отрицательное число, поэтому знак < меняем на $>$). Это равносильно умножению на $-3$:
$-3 \cdot (-3) > 7 \cdot (-3)$
$9 > -21$

Ответ: $-\frac{3}{2} < \frac{7}{2}$; $\frac{3}{2} > -\frac{7}{2}$; $-9 < 21$; $9 > -21$.

1065. a) Запишите неравенства, полученные прибавлением к обеим частям неравенства $-2 < 5$ числа 3; числа $-8$.

б) Запишите неравенства, полученные вычитанием из обеих частей неравенства $-7 < -3$ числа 1; числа $-1$.

а)

В основе решения лежит свойство числовых неравенств: если к обеим частям верного неравенства прибавить одно и то же число, то получится верное неравенство. Исходное неравенство: $-2 < 5$.

1. Прибавим к обеим частям неравенства число 3:

$-2 + 3 < 5 + 3$

Выполним сложение в обеих частях:

$1 < 8$

Это верное числовое неравенство.

2. Прибавим к обеим частям неравенства число –8:

$-2 + (-8) < 5 + (-8)$

Выполним сложение в обеих частях:

$-10 < -3$

Это также верное числовое неравенство.

Ответ: $1 < 8$; $-10 < -3$.

б)

Используем свойство числовых неравенств: если из обеих частей верного неравенства вычесть одно и то же число, то получится верное неравенство. Исходное неравенство: $-7 < -3$.

1. Вычтем из обеих частей неравенства число 1:

$-7 - 1 < -3 - 1$

Выполним вычитание в обеих частях:

$-8 < -4$

Это верное числовое неравенство.

2. Вычтем из обеих частей неравенства число –1. Вычитание отрицательного числа равносильно прибавлению соответствующего положительного числа:

$-7 - (-1) < -3 - (-1)$

$-7 + 1 < -3 + 1$

Выполним сложение в обеих частях:

$-6 < -2$

Это также верное числовое неравенство.

Ответ: $-8 < -4$; $-6 < -2$.

1066. Верно ли неравенство:

а) $8 \ge 8$;

б) $7 \ge 6$;

в) $-1 \le 2$;

г) $-9 \ge -8$?

Нестрогое неравенство $a \geq b$ (читается как "a больше или равно b") считается верным, если выполняется хотя бы одно из двух условий: $a > b$ или $a = b$.

Для неравенства $8 \geq 8$ проверим оба условия:

1. $8 > 8$ - это ложное утверждение.

2. $8 = 8$ - это истинное утверждение.

Поскольку одно из условий (равенство) выполняется, всё неравенство является верным.

Ответ: верно.

Проверим нестрогое неравенство $7 \geq 6$. Оно будет верным, если выполняется хотя бы одно из условий: $7 > 6$ или $7 = 6$.

1. $7 > 6$ - это истинное утверждение, так как 7 больше 6.

2. $7 = 6$ - это ложное утверждение.

Так как одно из условий (строгое неравенство) выполняется, всё неравенство является верным.

Ответ: верно.

Нестрогое неравенство $a \leq b$ (читается как "a меньше или равно b") считается верным, если выполняется хотя бы одно из двух условий: $a < b$ или $a = b$.

Для неравенства $-1 \leq 2$ проверим оба условия:

1. $-1 < 2$ - это истинное утверждение, так как любое отрицательное число меньше любого положительного числа.

2. $-1 = 2$ - это ложное утверждение.

Поскольку одно из условий (строгое неравенство) выполняется, всё неравенство является верным.

Ответ: верно.

Проверим нестрогое неравенство $-9 \geq -8$. Оно будет верным, если выполняется хотя бы одно из условий: $-9 > -8$ или $-9 = -8$.

При сравнении отрицательных чисел, большим является то, модуль которого меньше. Модуль $-9$ равен 9, а модуль $-8$ равен 8. Так как $8 < 9$, то $-8 > -9$.

1. $-9 > -8$ - это ложное утверждение.

2. $-9 = -8$ - это также ложное утверждение.

Поскольку оба условия ложны, всё неравенство является неверным.

Ответ: неверно.

1067. a) Могут ли одновременно быть справедливыми неравенства $a > b$ и $a < b$?

б) Могут ли одновременно быть справедливыми неравенства $a \le b$ и $b \le a$?

а) Могут ли одновременно быть справедливыми неравенства $a > b$ и $a < b$?

Для ответа на этот вопрос обратимся к определению знаков неравенства и свойству упорядоченности действительных чисел.

Неравенство $a > b$ означает, что число $a$ строго больше числа $b$. На числовой оси точка, соответствующая числу $a$, находится правее точки, соответствующей числу $b$.

Неравенство $a < b$ означает, что число $a$ строго меньше числа $b$. На числовой оси точка, соответствующая числу $a$, находится левее точки, соответствующей числу $b$.

Очевидно, что одно и то же число $a$ не может одновременно находиться и правее, и левее другого числа $b$. Это противоречит основному свойству числовой прямой.

Это свойство формально называется законом трихотомии, который гласит, что для любых двух действительных чисел $a$ и $b$ выполняется ровно одно из трех соотношений:

1. $a > b$ ($a$ больше $b$)

2. $a < b$ ($a$ меньше $b$)

3. $a = b$ ($a$ равно $b$)

Поскольку $a > b$ и $a < b$ — это два разных, взаимоисключающих случая из этого закона, они не могут быть истинными одновременно.

Ответ: нет.

б) Могут ли одновременно быть справедливыми неравенства $a \le b$ и $b \le a$?

Рассмотрим эти два нестрогих неравенства.

Неравенство $a \le b$ означает, что "$a$ меньше или равно $b$". Это утверждение истинно, если выполняется хотя бы одно из двух условий: $a < b$ или $a = b$.

Аналогично, неравенство $b \le a$ означает, что "$b$ меньше или равно $a$". Это утверждение истинно, если выполняется хотя бы одно из двух условий: $b < a$ (что эквивалентно $a > b$) или $b = a$.

Чтобы оба неравенства, $a \le b$ и $b \le a$, были справедливы одновременно, нужно, чтобы выполнялась комбинация условий, которая удовлетворяет обоим.

Мы должны иметь: ($a < b$ или $a = b$) И ($a > b$ или $a = b$).

Как мы выяснили в пункте а), случаи $a < b$ и $a > b$ несовместимы. Значит, комбинация ($a < b$ и $a > b$) невозможна.

Единственный вариант, при котором оба составных утверждения могут быть истинными, — это когда выполняется условие, общее для обоих: $a = b$.

Давайте проверим этот случай. Если $a = b$, то:

- Первое неравенство $a \le b$ принимает вид $a \le a$. Это верно, так как $a$ равно $a$.

- Второе неравенство $b \le a$ принимает вид $a \le a$. Это также верно.

Например, если $a = 7$ и $b = 7$, то неравенства $7 \le 7$ и $7 \le 7$ оба справедливы.

Следовательно, эти два неравенства могут быть справедливыми одновременно.

Ответ: да, если $a = b$.