Готові домащні завдання 9 клас - Розв'язання вправ та завдань до підручника «АЛГЕБРА» A. Г. Мерзляка - 2017 рік

Параграф 1

1.1. 1) Оскільки а - b = 0,4 > 0, то а > b;

2) оскільки а - b = -3 < 0, то а < b;

3) оскільки а - b = 0, то а = b.

1.2. Оскільки m < n, то m — n < 0.

1) Ні, не може, бо 4,6 > 0;

2) може, бо -5,2 < 0;

3) ні, не може. Якби m - n = 0, то m = n, що суперечить умові задачі.

1.3. 1) Якщо х - у = -8, то y > x;

2) якщо у - x = 10, то у > x.

1.4. 1) Якщо а - b = 2, то а > b. Отже,точки A(а) розташована на координатній прямій правіше точки В(b).

2) Якщо а - b = -6, то а < b. Отже, точка А(а) розташована на координатній прямій лівіше від точки В(b).

3) Якщо а - b = 0, то а = b. Отже, точка А(а) на координатній прямій збігається з точкою В(b).

4) Якщо b - а = √2 > 0, то b > а. Отже,точка А(а) на координатній прямій розташована лівіше від точки В(b).

1.5. 1) Ні, не можуть;

2) можуть, якщо а = b.

1.6. 1) Якщо а = 6, то (а - 2)² = (6 - 2)² = 4² = 16, а(а - 4) = 6 ∙ (6 - 4) = 6 ∙ 2 = 12. Оскільки 16 > 12, то при а = 6 (а - 2)² > а(а - 4).

2) Якщо а = -3, то (а - 2)²= (-3 - 2)²= (-5)²= 25, а(а - 4) = -3 ∙ (-3 - 4) = -3 ∙ (-7) = 21. Оскільки 25 > 21, то при а = -3 (а - 2)² > а(а - 4).

3) Якщо а = 2, то (а - 2)²= (2 - 2)² = 0² = 0, а(а - 4) = 2 ∙ (2 - 4) = 2 ∙ (-2) = -4. Оскільки 0 > -4, то при а = 2 (а - 2)² > а(а - 4).

(а - 2)² - а(а - 4) = а² - 4а + 4 - а² + 4а = 4 > 0.

Звідси можна зробити висновок, що (а - 2)² > а(а - 4) при будь-якому значенні а.

1.7. 1) Якщо b = -1, то 4(b +1) = 4 ∙ (-1 + 1) = 4 ∙ 0 = 0, b - 2 = -1 — 2 = -3. Оскільки 0 > -3, то при b = -1 4(b + 1) > b - 2.

2) Якщо b = 0, то 4(b + 1) = 4 ∙ (0 + 1) = 4, b — 2 = 0 — 2 = -2. Оскільки 4 > -2, то при b = 0 4(b + 1) > b - 2.

3) Якщо b = 3, то 4(b + 1) = 4 ∙ (3 + 1) = 4 ∙ 4 = 16, b — 2 = 3 — 2 = 1. Оскільки 16 > 1, то при b = 3 4(b + 1) > b - 2.

4(b + 1) - (b - 2) = 4b + 4 - b + 2 = 3b + 6.

Якщо b = -3, то 3b + 6 = 3 ∙ (-3) + 6 = -9 + 6 = -3 < 0. Отже, при b = -3 4(b + 1) < b - 2.

(як сума невід’ємного й додатного чисел). Отже, (b + 7)² > 14b + 40.

Отже, а² + 4 ≥ 4а.

1.10. 1) Твердження не є правильним: якщо а > 0, b < 0, то

2) твердження є правильним: при а > 1;

3) твердження не є правильним: якщо а = 0, то вираз не має змісту;

4) твердження не є правильним: проте -5 < -3;

5) твердження не є правильним: якщо а = -2, то (-2)² > 1, проте -2 < 1.

Оскільки i при будь-яких значеннях a і b, то при будь-яких значеннях а і b. Отже, а² + ab + b² ≥ 0 при будь-яких значениях a i b.

Оскільки 2а² ≥ 0 і 3 > 0 при будь-яких а, то 2а² + 3 > 0 при будь-яких а. Отже, (3а + 2)(2а - 4) - (2а - 5)² > 3(4а - 12) при будь-яких а;

Оскільки (а - 4)² ≥ 0 і 4 > 0 при будь-яких а, то (а - 4)² + 4 > 0 при будь-яких а. Отже, а(а - 3) > 5(а - 4) при будь-яких а;

при будь-яких а і b. Отже, (а - b)(а + 5b) ≤ (2а + b)(а + 4b) + аb при будь-яких а і b.

Оскільки (3х - у)² ≥ 0 та 3у² ≥ 0 при будь-яких значеннях змінних х і y, то (3х - y)² + 3у² ≥ 0 при будь-яких значеннях змінних х і у. Отже, 9х² - 6хy + 4y² ≥ 0;

(як сума недодатного та від’ємного числа). Отже, 3(b - 2)< b(b + 1);

Оскільки а² + 1 > 0 при будь-яких значеннях змінної а; а — 6 ≥ 0 при а ≥ 6, то (а - 6)(а² + 1) ≥ 0 при а ≥ 6. Отже, а³ - 6а² + а - 6 ≥ 0, якщо а ≥ 6.

Оскільки а - 1 > 0 при а > 1; b — 1 > 0 при b > 1, то (а - 1)(b - 1) > 0 при а > 1 і b > 1. Отже, аb + 1 > а + b, якщо а > 1 і b > 1.

Оскільки а + 6 < 0 при а < -6, то при а < -6. Отже, якщо а < -6.

Оскільки (а + b)² ≥ 0 при будь-яких значеннях змінних а і b; b - a ≤ 0 при b ≤ а, то (b - а)(а + b)² ≤ 0 при а ≥ b. Отже, аб(b - а) ≤ а³ - b³.

Оскільки а - 2 > 0 при а > 2, то при а > 2. Oтже, при а > 2.

1.15. при довільних значеннях змінних а і b. Отже, а² + b² ≥ 2аb.

1.16. Нехай а, а + 1, а + 2 — три послідовні натуральні числа.

Отже, (а + 1)² > а(а + 2) при будь-яких значеннях змінної а;

при будь-яких значеннях змінної а.

1.17. Нехай a > 0, b > 0, тоді Оскільки а > 0 і b > 0, то -2аb < 0. Отже, а² + b² < (а + b)² при а > 0 і b > 0.

1.18. Нехай a/b — правильний дріб, де а > 0, b > 0, тоді

Оскільки a < b, to a - b < 0. Оскільки b > 0, c > 0, то Отже, тобто значення дробу збільшиться.

1.19. Нехай a/b — неправильний дріб (а ≥ b), де а > 0, b > 0, тоді

1) Якщо а = b, то Отже, тобто значення дробу не зміниться.

2) Якщо а > b, то а - b > 0. Оскільки b > 0, с > 0, то Отже, тобто значення дробу зменшиться.

1.20. Нехай а > 0, тоді

Оскільки (а - 1)²≥ 0, а > 0, то при а > 0. Отже, при а > 0, що й треба було довести.

1.21. Нехай а < 0, тоді

Оскільки (a + 1)² ≥ 0, а < 0, то при а < 0. Отже, при а < 0, що й треба було довести.

Оскільки b² + 1 > 0, а² + 1 > 0 при будь-яких значеннях змінних а і b, то Отже, при будь-яких значеннях а і b, тобто нерівність 1) не є правильною.

Отже, при будь-яких значеннях а і b, тобто нерівність 2) є правильною.

Оскільки (a² - 1)² ≥ 0, 2(a⁴ + 1) > 0 при будь-якому a, то Отже, при будь-якому а.

Оскільки (5а - 1)² ≥ 0 при будь-якому а, то Отже, при будь-якому значенні змінної а.

Оскільки а < b, то а - b < 0 і Отже, при а < b.

Оскільки b > а, то b — а > 0 і Отже, при а < b.

при а < b, що й треба було довести.

Оскільки b < с, то b - с < 0. Оскільки а < с, то а — с < 0. Отже, (а - с) + (b - с) < 0. Звідси при а < b < с.

Оскільки b > а, то b - а > 0. Оскільки с > а, то с - а > 0. Отже, (b - а) + (с - а) > 0. Звідси при а < b < с.

при а < b < с, що й треба було довести.

1.26. Оскільки а² + 3 > 0 при будь-якому значенні а, то має зміст при всіх значеннях а. До того ж

при всіх значеннях а. Отже, при всіх значеннях а.

1.27. Оскільки а² + 1 > 0, то має зміст при всіх значеннях а. До того ж

Оскільки і при всіх значеннях а, то при всіх значеннях а. Отже, тобто при всіх значеннях а, що й треба було довести.

Оскільки (а + 3)² ≥ 0 і (b - 2)² ≥ 0 при всіх значеннях а і b, то (а + 3)² + (b - 2)² ≥ 0. Отже, а² + b² + 6а — 4b + 13 ≥ 0 при всіх значеннях а і b, що й треба було довести.

Оскільки то при всіх значеннях х і у. Отже, що й треба було довести.

при всіх значеннях m і n. Отже, при всіх значеннях m і n, що й треба було довести.

Оскільки то при всіх значеннях а, b і с. Отже, при всіх значеннях а, b і с, що й треба було довести.

Оскільки при всіх значеннях а і b, то при всіх значеннях а і b. Отже, при всіх значеннях а і b, що й треба було довести.

Оскільки то при всіх значеннях а і b. Отже, при всіх значеннях а і b, що й треба було довести.

при всіх значеннях х і у. Отже, тобто при всіх значеннях х і у, що й треба було довести.

Оскільки (с + 2d)² ≥ 0 і (d - 2)² ≥ 0 при всіх значеннях c і d, то Отже, при всіх значеннях c і d, що й треба було довести.

1.30. Відомо, що а > 0, b > 0, с < 0, d < 0.

1) Оскільки b > 0, с < 0, то bс < 0;

2) оскільки с < 0, d < 0, то cd > 0;

3) оскільки а > 0, b > 0, то

4) оскільки a > 0, b > 0, с < 0, то

5) оскільки а > 0, с < 0, d < 0, то ас < 0,

6) оскільки а > 0, b > 0, с < 0, то bс < 0,

7) оскільки а > 0, b > 0, с < 0, d < 0, то ab > 0, cd > 0, abcd > 0;

8) оскільки а > 0, с < 0, d < 0, b > 0, то acd > 0,

1.31. 1) Якщо ab > 0, то а > 0 і b > 0 або а < 0 і b < 0;

2) якщо аb < 0, то а > 0 і b < 0 або а < 0 і b > 0;

3) якщо то а > 0 і b > 0 або а < 0 і b < 0;

4) якщо то а > 0 і b < 0 або а < 0 і b > 0;

5) якщо а²b > 0, то а > 0 і b > 0 або а < 0 і b > 0;

6) якщо а²b < 0, то а > 0 і b < 0, або а < 0 і b < 0.

1.32. 1) Оскільки будь-яке число в квадраті є число невід’ємне, то а² ≥ 0, а² = 0 при а = 0;

2) оскільки a² ≥ 0, 1 > 0, то а² + 1 > 0 при будь-яких значеннях а;

3) (а + 1)² ≥0, (а+ 1)² = 0приа = -1;

4) а² - 4а + 4 = (а - 2)² ≥ 0, (а - 2)² = 0 при а= 2;

5) оскільки а² ≥ 0 і b² ≥ 0, то а² + b² ≥ 0 при всіх значеннях а і b, а² + b² = 0 при а = b = 0;

6) оскільки а² ≥ 0, b² ≥ 0, 2 > 0, то а² + b² + 2 > 0 при всіх значеннях а і b;

7) оскільки (а - 2)² ≥ 0 і (b + 1)² ≥ 0, то (а - 2)² + (b + 1)² ≥ 0 при всіх значеннях а і b; (а - 2)² + (b + 1)² = 0 при а = 2 і b = -1;

8) оскільки а² ≥ 0 і 3 > 0, то а² + 3 > 0 при всіх значеннях а. Отже, має зміст при всіх значеннях а. До того ж, за означенням арифметичного квадратного кореня

1.33. 1) Оскільки а² > 0, 4 > 0, то 4 + а² > 0;

2) (4 - а)² ≥ 0, (4 - а)² = 0 при а = 4;

3) -4 - а² = -(а² + 4). Оскільки а² + 4 > 0, то -(а² + 4) < 0. Отже, -4 - а² < 0;

4) -4 - (а - 4)² = -(4 + (а - 4)²). Оскільки (а - 4)² ≥ 0, 4 > 0, то -(4 + (а - 4)²) < 0;

5) (-4)⁸ + (а - 8)⁴. Оскільки (а - 8)⁴ ≥ 0, (-4)⁸ > 0, то (-4)⁸ + (а - 8)⁴ > 0;

6) (4 - а)² + (4а - 1000)². Oскільки (4 - а)² > 0 при будь-яких а ≠ 4, (4а - 1000)² > 0 при будь-яких а ≠ 250, то (4 - а)² + (4а - 1000)² > 0 при будь-яких а ≠ 4 і а ≠ 250. Якщо а = 4, то (4 - а)² = 0, (4а - 1000)² > 0; якщо а = 250, то (4 - а)² > 0, (4а - 1000)² > 0. Отже, при будь-якому а (4 - а)² + (4а - 1000)² > 0.

1.35. Розіб’ємо всі числа на пари (1000; 1); (2; 3); (4; 5); (6; 7);...; (998; 999). Всього 500 пар. В усіх парах, крім першої, у непарного числа сума цифра на 1 більша, ніж у парного числа. Отже, сума цифр в групі непарних чисел на 499 більше, ніж у групі парних чисел.