Задание 2A0B4A: Целые и дробно-рациональные неравенства. Системы и совокупности неравенств

1. Исходное неравенство: (x² + 2 · x − 15) · (x² − 4 · x + 3) ≤ 0.
В обеих частях многочлены, поэтому допустимы все действительные x.

2. Перенесём правую часть влево: (x² + 2 · x − 15) · (x² − 4 · x + 3) − (0) ≤ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² + 2 · x − 15 = (x − 3) · (x + 5).
x² − 4 · x + 3 = (x − 3) · (x − 1).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = (x − 3)² · (x − 1) · (x + 5); требуется f(x) ≤ 0.

3. Применим метод интервалов.
Критические точки в порядке возрастания: −5, 1, 3.
Внутри каждого полученного промежутка выражение непрерывно и не обращается в ноль, поэтому его знак постоянен. Найдём знак подстановкой одного числа из каждого промежутка:
(−∞; −5): при x = −6 получаем f(x) = 567, знак положителен.
(−5; 1): при x = −4 получаем f(x) = −245, знак отрицателен.
(1; 3): при x = 2 получаем f(x) = 7, знак положителен.
(3; +∞): при x = 4 получаем f(x) = 27, знак положителен.
x = −5 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 1 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 3 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.

4. Выбираем все промежутки, где выполняется исходный знак ≤, и учитываем граничные точки. Получаем:
x ∈ [−5; 1] ∪ {3}.
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: [−5; 1] ∪ {3}.