1. Числові нерівності. Доведення нерівностей

Зміст

РОЗВ’ЯЖІТЬ ЗАДАЧІ ТА ВИКОНАЙТЕ ВПРАВИ

1.1. Порівняйте числа:

1. 0,8 > 0,7 (оскільки різниця $0,8 - 0,7 = 0,1 > 0$);
2. -1,2 > -1,25 (оскільки різниця $-1,2 - (-1,25) = 0,05 > 0$);
3. $1 \dfrac{2}{3} = 1 \dfrac{2}{3}$ (оскільки різниця дорівнює $0$);
4. $-\dfrac{4}{7} < -\dfrac{3}{7}$ (оскільки $-\dfrac{4}{7} - (-\dfrac{3}{7}) = -\dfrac{1}{7} < 0$);
5. $\pi > 3$ (оскільки $\pi \approx 3,14 \dots$);
6. -2,31 < 0 (будь-яке від’ємне число менше за нуль).

1.2. Порівняйте числа:

1. 1,8 < 1,9 (оскільки $1,8 - 1,9 = -0,1 < 0$);
2. -1,3 < -1,27 (оскільки $-1,3 - (-1,27) = -0,03 < 0$);
3. $\dfrac{4}{5} < 2 \dfrac{4}{5}$ (будь-яке число, менше одиниці, менше за число, більше двох);
4. $-\dfrac{5}{8} > -\dfrac{7}{8}$ (оскільки $-\dfrac{5}{8} - (-\dfrac{7}{8}) = \dfrac{2}{8} > 0$);
5. $4 > \pi$ (оскільки $4 > 3,14 \dots$);
6. $0 > -3,71$ (нуль завжди більший за будь-яке від’ємне число).

1.3. (Усно.) Які із числових нерівностей правильні: 1) $2,7 > -3,1$; 2) $0,5 < -3,17$; 3) $7,8 > 7,08$; 4) $4,1 < 4 \dfrac{1}{10}$; 5) $-7,1 > -7,19$; 6) $5,05 < 5,5$?

Правильними числовими нерівностями є:

1. $2,7 > -3,1$ (будь-яке додатне число більше за будь-яке від’ємне);
2. $7,8 > 7,08$ (оскільки $7,80 > 7,08$);
3. $-7,1 > -7,19$ (оскільки $-7,10$ розташоване на координатній прямій праворуч від $-7,19$);
4. $5,05 < 5,5$ (оскільки $5,05 < 5,50$).

1.4. Порівняйте числа $a$ і $b$, якщо: 1) $a - b = 5$; 2) $a - b = 0$; 3) $a - b = -7$.

Для порівняння чисел використовується означення: якщо різниця $a - b$ додатна, то $a > b$; якщо від’ємна, то $a < b$; якщо дорівнює нулю, то $a = b$.

1. Оскільки $a - b = 5$ і $5 > 0$, то $a > b$.
2. Оскільки $a - b = 0$, то $a = b$.
3. Оскільки $a - b = -7$ і $-7 < 0$, то $a < b$.

1.5. Порівняйте числа $m$ і $n$, якщо різниця $m - n$ дорівнює: 1) $-18$; 2) $1,7$; 3) $0$.

1. Оскільки $m - n = -18$ і $-18 < 0$, то $m < n$.
2. Оскільки $m - n = 1,7$ і $1,7 > 0$, то $m > n$.
3. Оскільки $m - n = 0$, то $m = n$.

1.6. Яке із чисел $x$ чи $y$ менше, якщо: 1) $x + 4 = y$; 2) $y - 2 = x$; 3) $y + 2 = x$; 4) $x - 3 = y$?

1. З рівності $x + 4 = y$ випливає, що $y - x = 4$. Оскільки різниця додатна, то $y > x$, отже, меншим є число $x$.
2. З рівності $y - 2 = x$ випливає, що $y - x = 2$. Оскільки різниця додатна, то $y > x$, отже, меншим є число $x$.
3. З рівності $y + 2 = x$ випливає, що $x - y = 2$. Оскільки різниця додатна, то $x > y$, отже, меншим є число $y$.
4. З рівності $x - 3 = y$ випливає, що $x - y = 3$. Оскільки різниця додатна, то $x > y$, отже, меншим є число $y$.

1.7. Яке із чисел $a$ чи $b$ більше, якщо: 1) $a - 7 = b$; 2) $a + 3 = b$; 3) $b + 2 = a$; 4) $b - 5 = a?

1. З рівності $a – 7 = b$ випливає, що $a – b = 7$. Оскільки різниця додатна, то $a > b$, отже, більшим є число $a$.
2. З рівності $a + 3 = b$ випливає, що $b – a = 3$. Оскільки різниця додатна, то $b > a$, отже, більшим є число $b$.
3. З рівності $b + 2 = a$ випливає, що $a – b = 2$. Оскільки різниця додатна, то $a > b$, отже, більшим є число $a$.
4. З рівності $b – 5 = a$ випливає, що $b – a = 5$. Оскільки різниця додатна, то $b > a$, отже, більшим є число $b$.

РОЗВ’ЯЖІТЬ ЗАДАЧІ ТА ВИКОНАЙТЕ ВПРАВИ

1.8. Позначте на координатній прямій точки, що відповідають числам m, n і p, якщо m < n < p > n.

Оскільки за умовою $m < n$ та $p > n$, то на координатній прямій точки розташовуватимуться у порядку зростання зліва направо: спочатку точка $m$, потім точка $n$, і праворуч від неї - точка $p$.

1.9. 1) Запишіть у порядку зростання числа: 4/5 (Й); -3/7 (О); 3/8 (Н); 0 (О); -0,1 (Р); -1,2 (В); 0,7 (И). 2) Прочитайте прізвище видатного українського математика, професора Варшавського університету. 3) Дізнайтеся з інтернету про його здобутки.

1. Для порівняння переведемо дроби у десятковий вигляд: $4/5 = 0,8$; $-3/7 \approx -0,43$; $3/8 = 0,375$.
   Числа у порядку зростання:
   -1,2 (В); -3/7 (О); -0,1 (Р); 0 (О); 3/8 (Н); 0,7 (И); 4/5 (Й).
2. Прізвище математика - ВОРОНИЙ.
3. Георгій Феодосійович Вороний - видатний український математик, який зробив фундаментальний внесок у теорію чисел та математичний аналіз. Найбільш відомим його здобутком є введення поняття «діаграми Вороного», які сьогодні широко застосовуються в комп’ютерній графіці, фізиці, астрономії та штучному інтелекті.

1.10. 1) Запишіть у порядку спадання числа: -1,2 (Р); 3/4 (І); 0 (О); -0,99 (У); 0,8 (Б); -0,6 (К); 0,51 (Л). 2) Прочитайте прізвище української художниці, творами якої захоплювався Пабло Пікассо. 3) Дізнайтеся з інтернету про її творчий доробок та назву відомої картини на ілюстрації. Поміркуйте, який момент важких часів для України відобразила мисткиня на полотні та дізнайтеся про долю цієї картини.

1. Числа у порядку спадання:
   0,8 (Б); 3/4 (І); 0,51 (Л); 0 (О); -0,6 (К); -0,99 (У); -1,2 (Р).
2. Прізвище художниці - БІЛОКУР.
3. Катерина Білокур - майстриня народного декоративного живопису, представниця «наївного мистецтва». На ілюстрації зображена картина «Цар-колос». Мисткиня створила її у післявоєнний період (1949 рік), коли Україна переживала наслідки голоду та важкої праці на землі; колосся на полотні символізує велич життя та незламність народу, попри трагедії. Доля картини трагічна: у 1954 році вона була викрадена або втрачена після міжнародної виставки в Парижі, і її місцеперебування досі невідоме.

1.11. Укажіть серед даних нерівностей ті, що є правильними за будь-якого значення x: 1) x² > 0; 2) x² ≥ 0; 3) x + 1 > 0; 4) x² + 1 > 0; 5) (x - 3)² ≥ 0; 6) (x + 4)² > 0; 7) x > -x; 8) -x ≤ x.

Правильними за будь-якого значення $x$ є нерівності під номерами: 2, 4, 5.

Нерівність 1 хибна при $x=0$. Нерівність 3 залежить від значення $x$. Нерівність 6 хибна при $x=-4$. Нерівності 7 та 8 залежать від знака числа $x$.

1.12. Доведіть нерівність: 1) 3m + 5 > 3(m - 1); 2) p(p - 2) < p² - 2p + 7; 3) (a + 1)(a - 1) < a²; 4) x(x + 2) > 2x - 1.

Для доведення нерівностей використаємо метод знаходження різниці між лівою та правою частинами.

1. $3m + 5 > 3(m – 1)$
   Розглянемо різницю:
   $(3m + 5) – 3(m – 1) = 3m + 5 – 3m + 3 = 8$
   Оскільки $8 > 0$, то нерівність доведена.
2. $p(p – 2) < p^2 – 2p + 7$
   Розглянемо різницю:
   $p(p – 2) – (p^2 – 2p + 7) = p^2 – 2p – p^2 + 2p – 7 = -7$
   Оскільки $-7 < 0$, то нерівність доведена.
3. $(a + 1)(a – 1) < a^2$
   Розглянемо різницю:
   $(a + 1)(a – 1) – a^2 = a^2 – 1 – a^2 = -1$
   Оскільки $-1 < 0$, то нерівність доведена.
4. $x(x + 2) > 2x – 1$
   Розглянемо різницю:
   $x(x + 2) – (2x – 1) = x^2 + 2x – 2x + 1 = x^2 + 1$
   Будь-яке число у квадраті невід’ємне ($x^2 \geq 0$), тому $x^2 + 1 \geq 1$.
   Оскільки $x^2 + 1 > 0$ для будь-якого $x$, то нерівність доведена.

РОЗВ’ЯЖІТЬ ЗАДАЧІ ТА ВИКОНАЙТЕ ВПРАВИ

1.13. Доведіть нерівність:
1) 2a - 3 < 2(a - 1);
2) c(c + 2) > c² + 2c - 3;
3) (x + 2)(x - 2) + 5 > x²;
4) 3m - 2 < m(m + 3).

1. Для доведення розглянемо різницю лівої та правої частин нерівності:
   $(2a – 3) – 2(a – 1) = 2a – 3 – 2a + 2 = -1$.
   Оскільки різниця $-1 < 0$, то нерівність $2a – 3 < 2(a – 1)$ є правильною для будь-якого значення $a$.
2. Розглянемо різницю частин нерівності:
   $c(c + 2) – (c^2 + 2c – 3) = c^2 + 2c – c^2 – 2c + 3 = 3$.
   Оскільки різниця $3 > 0$, то нерівність $c(c + 2) > c^2 + 2c – 3$ є правильною для будь-якого значення $c$.
3. Розглянемо різницю лівої та правої частин:
   $((x + 2)(x – 2) + 5) – x^2 = x^2 – 4 + 5 – x^2 = 1$.
   Оскільки різниця $1 > 0$, то нерівність $(x + 2)(x – 2) + 5 > x^2$ є правильною для будь-якого значення $x$.
4. Розглянемо різницю лівої та правої частин:
   $(3m – 2) – m(m + 3) = 3m – 2 – m^2 – 3m = -m^2 – 2 = -(m^2 + 2)$.
   Для будь-якого значення $m$ вираз $m^2 \ge 0$, тоді $m^2 + 2 \ge 2$, а отже $-(m^2 + 2) \le -2$.
   Оскільки різниця завжди від’ємна ($-(m^2 + 2) < 0$), то нерівність $3m – 2 < m(m + 3)$ є правильною.

1.14. Доведіть нерівність:
1) x² + y² ≥ -2xy;
2) p(p - 6) ≥ -9;
3) a(a + b) ≥ ab;
4) m² + 5m + 4 ≥ m.

1. Розглянемо різницю частин:
   $x^2 + y^2 – (-2xy) = x^2 + y^2 + 2xy = (x + y)^2$.
   Оскільки квадрат будь-якого числа є невід’ємним ($(x + y)^2 \ge 0$), то нерівність $x^2 + y^2 \ge -2xy$ доведена.
2. Розглянемо різницю частин:
   $p(p – 6) – (-9) = p^2 – 6p + 9 = (p – 3)^2$.
   Оскільки $(p – 3)^2 \ge 0$ для будь-якого $p$, то нерівність $p(p – 6) \ge -9$ доведена.
3. Розглянемо різницю частин:
   $a(a + b) – ab = a^2 + ab – ab = a^2$.
   Оскільки $a^2 \ge 0$ для будь-якого $a$, то нерівність $a(a + b) \ge ab$ доведена.
4. Розглянемо різницю частин:
   $m^2 + 5m + 4 – m = m^2 + 4m + 4 = (m + 2)^2$.
   Оскільки $(m + 2)^2 \ge 0$ для будь-якого $m$, то нерівність $m^2 + 5m + 4 \ge m$ доведена.

1.15. Доведіть нерівність:
1) m² + n² ≥ 2mn;
2) t(t + 2) ≥ -1;
3) c(c - d) ≥ -cd;
4) p² - 11p + 36 ≥ p.

1. Різниця частин: $m^2 + n^2 – 2mn = (m – n)^2$. Оскільки $(m – n)^2 \ge 0$, то $m^2 + n^2 \ge 2mn$.
2. Різниця частин: $t(t + 2) – (-1) = t^2 + 2t + 1 = (t + 1)^2$. Оскільки $(t + 1)^2 \ge 0$, то $t(t + 2) \ge -1$.
3. Різниця частин: $c(c – d) – (-cd) = c^2 – cd + cd = c^2$. Оскільки $c^2 \ge 0$, то $c(c – d) \ge -cd$.
4. Різниця частин: $p^2 – 11p + 36 – p = p^2 – 12p + 36 = (p – 6)^2$. Оскільки $(p – 6)^2 \ge 0$, то $p^2 – 11p + 36 \ge p$.

1.16. Порівняйте числа:
1) √5 - 2 і 1 / (√5 + 2);
2) √7 + √3 і 1 / (√7 - √3).

1. Помножимо чисельник і знаменник дробу $\dfrac{1}{\sqrt{5} + 2}$ на спряжений вираз $(\sqrt{5} – 2)$:
   $\dfrac{1 \cdot (\sqrt{5} – 2)}{(\sqrt{5} + 2)(\sqrt{5} – 2)} = \dfrac{\sqrt{5} – 2}{(\sqrt{5})^2 – 2^2} = \dfrac{\sqrt{5} – 2}{5 – 4} = \sqrt{5} – 2$.
   Отже, $\sqrt{5} – 2 = \dfrac{1}{\sqrt{5} + 2}$.
2. Перетворимо дріб $\dfrac{1}{\sqrt{7} – \sqrt{3}}$ шляхом позбавлення від ірраціональності в знаменнику:
   $\dfrac{1 \cdot (\sqrt{7} + \sqrt{3})}{(\sqrt{7} – \sqrt{3})(\sqrt{7} + \sqrt{3})} = \dfrac{\sqrt{7} + \sqrt{3}}{7 – 3} = \dfrac{\sqrt{7} + \sqrt{3}}{4}$.
   Порівняємо вирази $(\sqrt{7} + \sqrt{3})$ та $\dfrac{\sqrt{7} + \sqrt{3}}{4}$. Оскільки сума додатних чисел $\sqrt{7} + \sqrt{3}$ більша за свою четверту частину, то:
   $\sqrt{7} + \sqrt{3} > \dfrac{1}{\sqrt{7} – \sqrt{3}}$.

1.17. Порівняйте числа:
1) √3 - 1 і 1 / (√3 + 1);
2) 4 + √15 і 1 / (4 - √15).

1. Перетворимо другий вираз:
   $\dfrac{1}{\sqrt{3} + 1} = \dfrac{\sqrt{3} – 1}{(\sqrt{3} + 1)(\sqrt{3} – 1)} = \dfrac{\sqrt{3} – 1}{3 – 1} = \dfrac{\sqrt{3} – 1}{2}$.
   Оскільки вираз $\sqrt{3} – 1$ є додатним числом ($\sqrt{3} \approx 1,73 > 1$), то він більший за свою половину.
   Отже, $\sqrt{3} – 1 > \dfrac{1}{\sqrt{3} + 1}$.
2. Перетворимо другий вираз:
   $\dfrac{1}{4 – \sqrt{15}} = \dfrac{4 + \sqrt{15}}{(4 – \sqrt{15})(4 + \sqrt{15})} = \dfrac{4 + \sqrt{15}}{16 – 15} = 4 + \sqrt{15}$.
   Отже, $4 + \sqrt{15} = \dfrac{1}{4 – \sqrt{15}}$.

1.18. Доведіть нерівність:

1. $a^2 + 10a + 26 > 0$

Розглянемо ліву частину нерівності та виділимо повний квадрат двочлена:
$a^2 + 10a + 25 + 1 = (a + 5)^2 + 1$

Оскільки $(a + 5)^2 \ge 0$ для будь-якого значення $a$, то вираз $(a + 5)^2 + 1$ завжди набуває значень, не менших за 1. Отже, $a^2 + 10a + 26 > 0$ для будь-якого $a$. Нерівність доведено.

2. $8a < a^2 + 20$

Розглянемо різницю правої та лівої частин нерівності:
$a^2 – 8a + 20 = a^2 – 8a + 16 + 4 = (a – 4)^2 + 4$

Оскільки $(a – 4)^2 \ge 0$ для будь-якого значення $a$, то сума $(a – 4)^2 + 4$ завжди є додатною (не меншою за 4). Оскільки різниця частин нерівності є додатною, то нерівність $8a < a^2 + 20$ є правильною. Нерівність доведено.

1.19. Доведіть нерівність:

1. $b^2 – 4b + 7 > 0$

Виділимо повний квадрат у лівій частині:
$b^2 – 4b + 4 + 3 = (b – 2)^2 + 3$

Оскільки $(b – 2)^2 \ge 0$, то $(b – 2)^2 + 3 \ge 3$, що завжди більше за нуль. Нерівність доведено.

2. $-2b < b^2 + 2$

Складемо різницю правої та лівої частин:
$b^2 + 2b + 2 = b^2 + 2b + 1 + 1 = (b + 1)^2 + 1$

Оскільки $(b + 1)^2 \ge 0$, то значення виразу $(b + 1)^2 + 1$ завжди не менше за 1, тобто є додатним. Отже, ліва частина нерівності завжди менша за праву. Нерівність доведено.

1.20. Нехай $x$ - довільне число. Порівняйте з нулем значення виразу:

1. $x^2 + 5$
   Вираз $x^2 \ge 0$ для будь-якого $x$, тому $x^2 + 5 \ge 5$. Значення виразу завжди більше за нуль: $x^2 + 5 > 0$.
2. $-(x – 1)^2 – 3$
   Вираз $(x – 1)^2 \ge 0$, тоді $-(x – 1)^2 \le 0$, отже, $-(x – 1)^2 – 3 \le -3$. Значення виразу завжди менше за нуль: $-(x – 1)^2 – 3 < 0$.
3. $(x – 7)^2$
   Квадрат будь-якого числа є невід’ємним. Значення виразу більше або дорівнює нулю: $(x – 7)^2 \ge 0$.
4. $-(x + 9)^2$
   Оскільки $(x + 9)^2 \ge 0$, то протилежне йому значення є недодатним. Значення виразу менше або дорівнює нулю: $-(x + 9)^2 \le 0$.
5. $9 + (x – 1)^2$
   Сума додатного числа 9 та невід’ємного виразу $(x – 1)^2$ завжди є додатною. Значення виразу більше за нуль: $9 + (x – 1)^2 > 0$.
6. $(x – 1)^2 + (x – 2)^2$
   Сума двох квадратів є невід’ємною. Оскільки ці квадрати не можуть одночасно дорівнювати нулю (перший дорівнює нулю при $x = 1$, другий - при $x = 2$), то їхня сума завжди буде додатною. Значення виразу більше за нуль: $(x – 1)^2 + (x – 2)^2 > 0$.

1.21. Доведіть, що:

1. $x^3 – 3x^2 + x – 3 \ge 0$, якщо $x \ge 3$

Розкладемо ліву частину на множники методом групування:
$x^2 \cdot (x – 3) + 1 \cdot (x – 3) = (x – 3) \cdot (x^2 + 1)$

За умовою $x \ge 3$, тому перший множник $(x – 3) \ge 0$. Другий множник $(x^2 + 1)$ завжди додатний ($x^2 + 1 \ge 1$). Добуток невід’ємного та додатного чисел є невід’ємним. Нерівність доведено.

2. $\dfrac{a}{a + 3} > \dfrac{a – 1}{a + 2}$, якщо $a$ - додатне число

Розглянемо різницю лівої та правої частин:
$\dfrac{a}{a + 3} – \dfrac{a – 1}{a + 2} = \dfrac{a \cdot (a + 2) – (a – 1) \cdot (a + 3)}{(a + 3) \cdot (a + 2)} = \dfrac{a^2 + 2a – (a^2 + 2a – 3)}{(a + 3) \cdot (a + 2)} = \dfrac{3}{(a + 3) \cdot (a + 2)}$

Оскільки $a > 0$, то множники у знаменнику $(a + 3)$ та $(a + 2)$ є додатними. Чисельник дорівнює 3. Отже, весь дріб є додатним. Оскільки різниця частин більша за нуль, то перша частина більша за другу. Нерівність доведено.

1.22. Доведіть, що:

1. $m^3 + m^2 + 5m + 5 \ge 0$, якщо $m \ge -1$

Розкладемо вираз на множники:
$m^2 \cdot (m + 1) + 5 \cdot (m + 1) = (m + 1) \cdot (m^2 + 5)$

Якщо $m \ge -1$, то множник $(m + 1) \ge 0$. Множник $(m^2 + 5)$ завжди більший за нуль. Добуток невід’ємного числа на додатне є невід’ємним. Нерівність доведено.

2. $\dfrac{p}{p + 7} < \dfrac{p + 1}{p + 8}$, якщо $p$ - додатне число

Розглянемо різницю лівої та правої частин:
$\dfrac{p}{p + 7} – \dfrac{p + 1}{p + 8} = \dfrac{p \cdot (p + 8) – (p + 1) \cdot (p + 7)}{(p + 7) \cdot (p + 8)} = \dfrac{p^2 + 8p – (p^2 + 7p + p + 7)}{(p + 7) \cdot (p + 8)} = \dfrac{p^2 + 8p – p^2 – 8p – 7}{(p + 7) \cdot (p + 8)} = \dfrac{-7}{(p + 7) \cdot (p + 8)}$

Оскільки $p > 0$, то знаменник $(p + 7) \cdot (p + 8)$ є додатним. Чисельник дорівнює $-7$. Отже, дріб є від’ємним. Оскільки різниця лівої та правої частин менша за нуль, то ліва частина менша за праву. Нерівність доведено.

РОЗВ’ЯЖІТЬ ЗАДАЧІ ТА ВИКОНАЙТЕ ВПРАВИ

1.23. Доведіть нерівність: 1) $m^2 + 4m + p^2 + 2p + 5 \ge 0$; 2) $a^2 + b^2 \ge 4(a + b) – 8$; 3) $m^2 + n^2 + 1 \ge m + n + mn$; 4) $a^2 + b^2 + c^2 > 2(a + b + c) – 4$.

1. Розглянемо ліву частину нерівності та виділимо повні квадрати двочленів:

$m^2 + 4m + 4 + p^2 + 2p + 1 \ge 0$

$(m + 2)^2 + (p + 1)^2 \ge 0$

Оскільки квадрат будь-якого числа є невід’ємним, то сума двох квадратів $(m + 2)^2$ та $(p + 1)^2$ також є невід’ємною для будь-яких значень $m$ та $p$. Нерівність доведено.

2. Перенесемо всі доданки в ліву частину та виділимо повні квадрати:

$a^2 + b^2 – 4a – 4b + 8 \ge 0$

$(a^2 – 4a + 4) + (b^2 – 4b + 4) \ge 0$

$(a – 2)^2 + (b – 2)^2 \ge 0$

Сума квадратів $(a – 2)^2$ та $(b – 2)^2$ завжди більша або дорівнює нулю, тому нерівність виконується для будь-яких $a$ та $b$. Нерівність доведено.

3. Помножимо обидві частини нерівності на 2 і розглянемо різницю лівої та правої частин:

$2m^2 + 2n^2 + 2 – 2m – 2n – 2mn \ge 0$

$(m^2 – 2mn + n^2) + (m^2 – 2m + 1) + (n^2 – 2n + 1) \ge 0$

$(m – n)^2 + (m – 1)^2 + (n – 1)^2 \ge 0$

Отримана сума трьох квадратів завжди невід’ємна, що доводить вихідну нерівність.

4. Розглянемо різницю лівої та правої частин нерівності:

$a^2 + b^2 + c^2 – 2a – 2b – 2c + 4 = (a^2 – 2a + 1) + (b^2 – 2b + 1) + (c^2 – 2c + 1) + 1$

$(a – 1)^2 + (b – 1)^2 + (c – 1)^2 + 1$

Оскільки $(a – 1)^2 \ge 0$, $(b – 1)^2 \ge 0$ та $(c – 1)^2 \ge 0$, то їхня сума з числом 1 завжди буде більшою за 0. Отже, $a^2 + b^2 + c^2 > 2(a + b + c) – 4$. Нерівність доведено.

1.24. Для кожного додатного значення $a$ доведіть, що: 1) $a^3 + 2a^2 + a > 0$; 2) $a^3 + 1 \ge a^2 + a$; 3) $(a + 1)^3 \le 4(a^3 + 1)$; 4) $a^6 – a^5 + a^4 > 0$.

1. Винесемо спільний множник за дужки:

$a(a^2 + 2a + 1) = a(a + 1)^2$

За умовою $a > 0$, тоді $a + 1 > 1$, отже $(a + 1)^2 > 0$. Добуток двох додатних чисел $a$ та $(a + 1)^2$ завжди більший за нуль. Нерівність доведено.

2. Розглянемо різницю частин нерівності та розкладемо її на множники:

$a^3 – a^2 – a + 1 = a^2(a – 1) – (a – 1) = (a – 1)(a^2 – 1) = (a – 1)(a – 1)(a + 1) = (a – 1)^2(a + 1)$

Оскільки $a > 0$, то $a + 1 > 0$. Квадрат $(a – 1)^2 \ge 0$ для будь-якого $a$. Добуток невід’ємного та додатного чисел є невід’ємним. Нерівність доведено.

3. Розглянемо різницю правої та лівої частин:

$4(a^3 + 1) – (a + 1)^3 = 4(a + 1)(a^2 – a + 1) – (a + 1)^3 = (a + 1) \cdot (4a^2 – 4a + 4 – (a + 1)^2) =$

$= (a + 1)(4a^2 – 4a + 4 – a^2 – 2a – 1) = (a + 1)(3a^2 – 6a + 3) = 3(a + 1)(a^2 – 2a + 1) = 3(a + 1)(a – 1)^2$

Оскільки за умовою $a > 0$, то $a + 1 > 0$. Також $3 > 0$ та $(a – 1)^2 \ge 0$. Добуток невід’ємний, тому $(a + 1)^3 \le 4(a^3 + 1)$. Нерівність доведено.

4. Винесемо спільний множник за дужки:

$a^4(a^2 – a + 1)$

Оскільки $a > 0$, то $a^4 > 0$. Для виразу $a^2 – a + 1$ дискримінант $D = (-1)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 1 = -3$. Оскільки $D < 0$ і коефіцієнт при $a^2$ додатний, то вираз $a^2 – a + 1$ завжди набуває додатних значень. Добуток двох додатних значень є додатним. Нерівність доведено.

1.25. Для кожного від’ємного значення $p$ доведіть, що: 1) $p^3 + 10p^2 + 25p \le 0$; 2) $1 – p^3 > p – p^2$.

1. Розкладемо вираз на множники:

$p(p^2 + 10p + 25) = p(p + 5)^2$

За умовою $p < 0$. Квадрат двочлена $(p + 5)^2 \ge 0$ для будь-якого $p$. Добуток від’ємного числа на невід’ємне є числом невід’ємним (меншим або рівним нулю). Нерівність доведено.

2. Розглянемо різницю лівої та правої частин:

$1 – p^3 – p + p^2 = (1 – p)(1 + p + p^2) + p(p – 1) = (1 – p)(1 + p + p^2) – p(1 – p) = (1 – p)(1 + p + p^2 – p) = (1 – p)(1 + p^2)$

Оскільки за умовою $p < 0$, то $-p > 0$, відповідно $(1 – p) > 0$. Вираз $1 + p^2$ завжди більший за нуль для будь-якого $p$. Добуток двох додатних чисел є додатним. Нерівність доведено.

1.26. Доведіть, що: 1) $\dfrac{7a}{2b} + \dfrac{8b}{7a} \ge 4$, якщо $a$ і $b$ - числа одного знака; 2) $\dfrac{3m}{5n} + \dfrac{5n}{12m} \le -1$, якщо $m$ і $n$ - числа різних знаків.

1. Оскільки $a$ і $b$ одного знака, то їхній добуток $ab > 0$, а отже і дріб $\dfrac{a}{b} > 0$. Розглянемо різницю частин нерівності:

$\dfrac{7a}{2b} + \dfrac{8b}{7a} – 4 = \dfrac{49a^2 + 16b^2 – 56ab}{14ab} = \dfrac{(7a – 4b)^2}{14ab}$

Чисельник $(7a – 4b)^2 \ge 0$ як квадрат виразу. Знаменник $14ab > 0$, оскільки $a$ і $b$ одного знака. Дріб є невід’ємним, отже нерівність виконується. Нерівність доведено.

2. Оскільки $m$ і $n$ різних знаків, то їхній добуток $mn < 0$. Розглянемо різницю лівої та правої частин:

$\dfrac{3m}{5n} + \dfrac{5n}{12m} + 1 = \dfrac{36m^2 + 25n^2 + 60mn}{60mn} = \dfrac{(6m + 5n)^2}{60mn}$

Чисельник $(6m + 5n)^2 \ge 0$ для будь-яких $m$ та $n$. Знаменник $60mn < 0$, оскільки $m$ і $n$ мають різні знаки. Відношення невід’ємного числа до від’ємного є числом непододатним ($\le 0$). Отже, $\dfrac{3m}{5n} + \dfrac{5n}{12m} \le -1$. Нерівність доведено.

1.27. Доведіть, що: 1) $\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2$, якщо $a > 0, b > 0$; 2) $\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \le -2$, якщо $a < 0, b > 0$.

1. Розглянемо різницю частин нерівності:

$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} – 2 = \dfrac{a^2 + b^2 – 2ab}{ab} = \dfrac{(a – b)^2}{ab}$

За умовою $a > 0$ та $b > 0$, тому $ab > 0$. Квадрат $(a – b)^2 \ge 0$. Дріб невід’ємний, тому $\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 2$. Нерівність доведено.

2. Розглянемо різницю частин нерівності:

$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} + 2 = \dfrac{a^2 + b^2 + 2ab}{ab} = \dfrac{(a + b)^2}{ab}$

За умовою $a < 0$ та $b > 0$, тому їхній добуток $ab < 0$. Квадрат $(a + b)^2 \ge 0$. Відношення невід’ємного числа до від’ємного є числом непододатним ($\le 0$). Отже, $\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \le -2$. Нерівність доведено.

1.28. Порівняйте значення виразів $m^3 + n^3$ і $mn(m + n)$, якщо $m$ і $n$ - додатні числа, $m \neq n$.

Для порівняння виразів знайдемо їхню різницю:
$(m^3 + n^3) – mn(m + n)$

Розкладемо суму кубів за формулою:
$(m + n)(m^2 – mn + n^2) – mn(m + n)$

Винесемо спільний множник $(m + n)$ за дужки:
$(m + n)(m^2 – mn + n^2 – mn) = (m + n)(m^2 – 2mn + n^2)$

Застосуємо формулу квадрата різниці:
$(m + n)(m – n)^2$

Оскільки за умовою $m$ і $n$ - додатні числа, то $m + n > 0$. Оскільки $m \neq n$, то $(m – n)^2 > 0$. Добуток двох додатних чисел є додатним, тому різниця виразів більша за нуль.

Відповідь: $m^3 + n^3 > mn(m + n)$.

1.29. До кожного із чисел 2, 3, 4, 5 додали одне й те саме число $a$. Порівняйте добуток першого й четвертого виразів, що утворилися, з добутком другого й третього.

Після додавання числа $a$ утворилися вирази: $2 + a$, $3 + a$, $4 + a$, $5 + a$.

Знайдемо добуток першого й четвертого виразів:
$P_1 = (2 + a)(5 + a) = 10 + 2a + 5a + a^2 = a^2 + 7a + 10$

Знайдемо добуток другого й третього виразів:
$P_2 = (3 + a)(4 + a) = 12 + 3a + 4a + a^2 = a^2 + 7a + 12$

Порівняємо отримані результати, знайшовши їхню різницю:
$P_1 – P_2 = (a^2 + 7a + 10) – (a^2 + 7a + 12) = a^2 + 7a + 10 – a^2 – 7a – 12 = -2$

Оскільки різниця від’ємна ($-2 < 0$), перший добуток менший за другий.

Відповідь: добуток першого й четвертого виразів менший за добуток другого й третього.

1.30. Дві школи закупили бейджики (badge) для перших класів на однакову суму грошей. Перша школа закупила на половину коштів бейджів по 4 грн, а на іншу половину - по 6 грн. Друга школа на всі кошти закупила бейджі по 5 грн. Яка зі шкіл закупила більше бейджів, якщо обидві школи витратили всі кошти?

Відомо:

• $S$ - загальна сума коштів кожної школи
• $c_1 = 4$ грн - ціна першої частини бейджів для 1-ї школи
• $c_2 = 6$ грн - ціна другої частини бейджів для 1-ї школи
• $c_3 = 5$ грн - ціна всіх бейджів для 2-ї школи

Знайти:

• Порівняти $N_1$ та $N_2$ (кількість бейджів)

Розв’язання:

Обчислимо кількість бейджів, яку купила перша школа:
$N_1 = \dfrac{S/2}{4} + \dfrac{S/2}{6} = \dfrac{S}{8} + \dfrac{S}{12} = \dfrac{3S + 2S}{24} = \dfrac{5S}{24}$

Обчислимо кількість бейджів, яку купила друга школа:
$N_2 = \dfrac{S}{5}$

Для порівняння $N_1$ та $N_2$ зведемо дроби до спільного знаменника 120:
$N_1 = \dfrac{5S}{24} = \dfrac{25S}{120}$
$N_2 = \dfrac{S}{5} = \dfrac{24S}{120}$

Оскільки $\dfrac{25S}{120} > \dfrac{24S}{120}$, то перша школа закупила більше бейджів.

Відповідь: перша школа закупила більше бейджів.

1.31. Софія і Поліна купили однакову кількість зошитів. Софія всі зошити купила за ціною 30 грн, а Поліна - третину зошитів за ціною 24 грн, а решту - за ціною 32 грн. Котра з дівчат витратила на покупку менше грошей?

Відомо:

• $n$ - кількість зошитів у кожної дівчини
• $c_S = 30$ грн - ціна зошита Софії
• $c_{P1} = 24$ грн - ціна першої третини зошитів Поліни
• $c_{P2} = 32$ грн - ціна решти зошитів Поліни

Знайти:

• Порівняти витрати $S_S$ та $S_P$

Розв’язання:

Обчислимо витрати Софії:
$S_S = 30 \cdot n$

Обчислимо витрати Поліни:
$S_P = \dfrac{1}{3}n \cdot 24 + \dfrac{2}{3}n \cdot 32 = 8n + \dfrac{64}{3}n = 8n + 21\dfrac{1}{3}n = 29\dfrac{1}{3}n$

Порівняємо витрати:
$29\dfrac{1}{3}n < 30n$

Витрати Поліни менші за витрати Софії.

Відповідь: Поліна витратила на покупку менше грошей.

ВПРАВИ ДЛЯ ПОВТОРЕННЯ

1.32. Розв’яжіть рівняння: 1) 2x² - 3x - 5 = 0; 2) 5x² - 2x - 3 = 0.

1. $2x^2 – 3x – 5 = 0$

Знайдемо дискримінант:
$D = b^2 – 4ac = (-3)^2 – 4 \cdot 2 \cdot (-5) = 9 + 40 = 49$

Обчислимо корені рівняння:
$x_1 = \dfrac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \dfrac{3 + 7}{4} = \dfrac{10}{4} = 2,5$
$x_2 = \dfrac{-b – \sqrt{D}}{2a} = \dfrac{3 – 7}{4} = \dfrac{-4}{4} = -1$

Відповідь: -1; 2,5.

2. $5x^2 – 2x – 3 = 0$

Знайдемо дискримінант:
$D = b^2 – 4ac = (-2)^2 – 4 \cdot 5 \cdot (-3) = 4 + 60 = 64$

Обчислимо корені рівняння:
$x_1 = \dfrac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \dfrac{2 + 8}{10} = \dfrac{10}{10} = 1$
$x_2 = \dfrac{-b – \sqrt{D}}{2a} = \dfrac{2 – 8}{10} = \dfrac{-6}{10} = -0,6$

Відповідь: -0,6; 1.

ВПРАВИ ДЛЯ ПОВТОРЕННЯ

1.33. Побудуйте графік функції: 1) y = 3x - 5; 2) y = 7; 3) y = -0,2x.

Для побудови графіків лінійних функцій складемо таблиці значень для кожної з них:

1. $y = 3x – 5$

2. $y = 7$
   Це горизонтальна пряма, що проходить через точку $(0; 7)$ паралельно осі $Ox$.
3. $y = -0{,}2x$

1.34. Трактористи мали зорати поле площею 40 га. Щодня вони орали на 1 га більше, ніж планували, тому закінчили оранку на 2 дні раніше визначеного терміну. За скільки днів трактористи зорали поле?

Відомо:

• $S = 40\text{ га}$
• $v_{fact} = v_{plan} + 1\text{ га/день}$
• $t_{fact} = t_{plan} – 2\text{ дні}$

Знайти:

• $t_{fact} – ?$

Розв’язання:

Нехай $x$ - планова продуктивність праці трактористів (га/день), тоді $(x + 1)$ - фактична продуктивність.
Час, запланований на роботу, становить $\dfrac{40}{x}$ днів, а фактичний час - $\dfrac{40}{x+1}$ днів.
За умовою задачі різниця в часі становить 2 дні. Складемо рівняння:

$\dfrac{40}{x} – \dfrac{40}{x+1} = 2$

Поділимо обидві частини на 2:

$\dfrac{20}{x} – \dfrac{20}{x+1} = 1$