Задание 131EDB: Целые и дробно-рациональные неравенства. Системы и совокупности неравенств

1. Исходное неравенство: −12(x − 1)² − 2 ≥ 0.
Исключаем нули исходных знаменателей: x ≠ 1 − √2, x ≠ 1 + √2. Эти ограничения сохраняем и после сокращений.

2. Перенесём правую часть влево: −12(x − 1)² − 2 − (0) ≥ 0.
Правая часть равна нулю. Преобразуем числитель и знаменатель, сохраняя исходные ограничения.
(x − 1)² − 2 = x² − 2 · x − 1.
Итак, исследуем знак выражения f(x) = −12x² − 2 · x − 1; требуется f(x) ≥ 0.
Найдём нули x² − 2 · x − 1: D = (−2)² − 4 · (1) · (−1) = 8.
По формуле x = −(−2) ± 2 · √22 · (1) получаем x = 1 − √2, x = 1 + √2.

3. Применим метод интервалов.
Критические точки в порядке возрастания: 1 − √2, 1 + √2.
Внутри каждого полученного промежутка выражение непрерывно и не обращается в ноль, поэтому его знак постоянен. Найдём знак подстановкой одного числа из каждого промежутка:
(−∞; 1 − √2): при x = −2 получаем f(x) = −127, знак отрицателен.
(1 − √2; 1 + √2): при x = 0 получаем f(x) = 12, знак положителен.
(1 + √2; +∞): при x = 4 получаем f(x) = −127, знак отрицателен.
x = 1 − √2 исключаем: исходный знаменатель равен нулю.
x = 1 + √2 исключаем: исходный знаменатель равен нулю.

4. Выбираем все промежутки, где выполняется исходный знак ≥, и учитываем граничные точки. Получаем:
x ∈ (1 − √2; 1 + √2).
Проверены все промежутки между критическими точками и сами точки, поэтому множество решений полное.

Проверка полноты: знаки внутри промежутков, включение нулей и исходные ограничения учтены.

Ответ: (1 − √2; 1 + √2).