Страница 72 номер 8.15, ГДЗ по алгебре за 10 класс к учебнику Мерзляка. Алгебра и начало математического анализа
Решите неравенство: 1) \((3 - x)^3(x + 2)^2(x - 1)(2x - 5) < 0\); 2) \((x^2 - 4)(x^2 + x - 2) \leqslant 0\).
1) Нули \(f(x) = (3 - x)^3(x + 2)^2(x - 1)(2x - 5)\) — числа \(-2\), \(1\), \(2{,}5\) и \(3\); промежутки знакопостоянства \((-\infty;\ -2)\), \((-2;\ 1)\), \((1;\ 2{,}5)\), \((2{,}5;\ 3)\), \((3;\ +\infty)\).
\(f(4) < 0\), поэтому \(f(x) < 0\) на \((3;\ +\infty)\);
\(f(2{,}8) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) на \((2{,}5;\ 3)\);
\(f(2) < 0\), поэтому \(f(x) < 0\) на \((1;\ 2{,}5)\);
\(f(0) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) на \((-2;\ 1)\);
\(f(-3) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) на \((-\infty;\ -2)\).
\(f(x) < 0\) на промежутках \((1;\ 2{,}5)\) и \((3;\ +\infty)\).
2) \(x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)\), а корни уравнения \(x^2 + x - 2 = 0\) — числа \(-2\) и \(1\): \[(x^2 - 4)(x^2 + x - 2) = (x - 2)(x + 2)(x + 2)(x - 1) = (x - 2)(x + 2)^2(x - 1).\]
Нули \(f(x) = (x - 2)(x + 2)^2(x - 1)\) — числа \(-2\), \(1\) и \(2\); промежутки знакопостоянства \((-\infty;\ -2)\), \((-2;\ 1)\), \((1;\ 2)\), \((2;\ +\infty)\).
\(f(3) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) на \((2;\ +\infty)\);
\(f(1{,}5) < 0\), поэтому \(f(x) < 0\) на \((1;\ 2)\);
\(f(0) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) на \((-2;\ 1)\);
\(f(-3) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) на \((-\infty;\ -2)\).
\(f(x) < 0\) на \((1;\ 2)\); добавляем нули \(-2\), \(1\) и \(2\), причём число \(-2\) не принадлежит этому промежутку и входит в ответ отдельной точкой.
Ответ: 1) \((1;\ 2{,}5) \cup (3;\ +\infty)\); 2) \([1;\ 2] \cup \{-2\}\).
Решите неравенство: 1) \((3 - x)^3(x + 2)^2(x - 1)(2x - 5) < 0\); 2) \((x^2 - 4)(x^2 + x - 2) \leqslant 0\).
1) Нули функции \(f(x) = (3 - x)^3(x + 2)^2(x - 1)(2x - 5)\), непрерывной на \(D(f) = \mathbf{R}\), — числа \(-2\), \(1\), \(2{,}5\) и \(3\). Промежутки знакопостоянства: \((-\infty;\ -2)\), \((-2;\ 1)\), \((1;\ 2{,}5)\), \((2{,}5;\ 3)\), \((3;\ +\infty)\).
Знаки функции \(f\) на этих промежутках определим «пробными точками»:
\(4 \in (3;\ +\infty)\); \(f(4) < 0\), поэтому \(f(x) < 0\) при любом \(x \in (3;\ +\infty)\);
\(2{,}8 \in (2{,}5;\ 3)\); \(f(2{,}8) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) при любом \(x \in (2{,}5;\ 3)\);
\(2 \in (1;\ 2{,}5)\); \(f(2) < 0\), поэтому \(f(x) < 0\) при любом \(x \in (1;\ 2{,}5)\);
\(0 \in (-2;\ 1)\); \(f(0) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) при любом \(x \in (-2;\ 1)\);
\(-3 \in (-\infty;\ -2)\); \(f(-3) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) при любом \(x \in (-\infty;\ -2)\).
Неравенству \(f(x) < 0\) удовлетворяют числа из промежутков \((1;\ 2{,}5)\) и \((3;\ +\infty)\).
2) Разложим каждый множитель: \(x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)\), а по теореме Виета корни уравнения \(x^2 + x - 2 = 0\) — числа \(-2\) и \(1\). Имеем: \[(x^2 - 4)(x^2 + x - 2) = (x - 2)(x + 2)(x + 2)(x - 1) = (x - 2)(x + 2)^2(x - 1).\]
Нули функции \(f(x) = (x - 2)(x + 2)^2(x - 1)\), непрерывной на \(D(f) = \mathbf{R}\), — числа \(-2\), \(1\) и \(2\). Промежутки знакопостоянства: \((-\infty;\ -2)\), \((-2;\ 1)\), \((1;\ 2)\), \((2;\ +\infty)\).
Знаки функции \(f\) на этих промежутках определим «пробными точками»:
\(3 \in (2;\ +\infty)\); \(f(3) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) при любом \(x \in (2;\ +\infty)\);
\(1{,}5 \in (1;\ 2)\); \(f(1{,}5) < 0\), поэтому \(f(x) < 0\) при любом \(x \in (1;\ 2)\);
\(0 \in (-2;\ 1)\); \(f(0) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) при любом \(x \in (-2;\ 1)\);
\(-3 \in (-\infty;\ -2)\); \(f(-3) > 0\), поэтому \(f(x) > 0\) при любом \(x \in (-\infty;\ -2)\).
Множество решений неравенства \(f(x) < 0\) — это \((1;\ 2)\). Добавив к нему корни уравнения \(f(x) = 0\), то есть числа \(-2\), \(1\) и \(2\), получаем множество решений неравенства \(f(x) \leqslant 0\). Число \(-2\) не принадлежит промежутку \((1;\ 2)\), поэтому оно входит в ответ отдельной точкой.
Ответ: 1) \((1;\ 2{,}5) \cup (3;\ +\infty)\); 2) \([1;\ 2] \cup \{-2\}\).
