Доказательство 1

$$|f|<g\iff \{\begin{array}{l}f<g\\ f>-g\end{array}$$

Рассмотрим, каким может быть $f$:

$$f\ge 0\text{ или }f<0$$

Если $f\ge 0$, то $|f|=f$ и мы сразу получаем

$$f<g$$

Умножим обе части на $-1$:

$$-g<-f\le f\text{ т.к. }f\ge 0$$

$$-g<f$$

Итак, из $f\ge 0$ получаем цепное неравенство

$$-g<f<g$$

Если $f<0$, то $|f|=-f$ и мы получаем

$$-f<g$$

Умножаем обе части на $-1$:

$$-g<f$$

Так как $f<0$, то $-f>0$, поэтому

$$-g<f<-f<g$$

$$-g<f<g$$

Итак, вне зависимости от $f$ мы получаем цепное неравенство:

$$-g<f<g$$

Его можно перезаписать в виде

$$|f|<g\iff \{\begin{array}{l}f<g\\ f>-g\end{array}$$

$■$

Доказательство 2

$$|f|>g\iff [\begin{array}{l}f>g\\ f<-g\end{array}$$

Рассмотрим, каким может быть $f$:

$$f\ge 0\text{ или }f<0$$

Если $f\ge 0$, то $|f|=f$ и мы сразу получаем

$$f>g$$

Если $f<0$, то $|f|=-f$ и мы получаем

$$-f>g$$

Умножаем обе части на $-1$:

$$f<-g$$

Итак, в зависимости от $f$ имеем два возможных варианта:

$$f>g(f\ge 0)\text{ или }f<-g(f<0)$$

Запишем в более привычной форме:

$$|f|>g\iff [\begin{array}{l}f>g\\ f<-g\end{array}$$

$■$

Доказательство 3

$$|f|>|g|\iff f^2>g^2$$

Возводим обе части в квадрат:

$$|f{|}^2>|g{|}^2$$

Но мы знаем, что $|f{|}^2=f^2$ и $|g{|}^2=g^2$ (см. прото-задачу П.1), поэтому можно "избавиться" от модулей. Получаем следующее неравенство:

$$f^2>g^2$$

Итак, мы показали, что

$$|f|>|g|\iff f^2>g^2$$

$■$