Задание 6F9C7B: Целые и дробно-рациональные неравенства. Системы и совокупности неравенств

1. По исходному рисунку множество решений: [0; 1]. Пустые точки не входят в него, закрашенные входят. Сравним это множество с решениями предложенных неравенств.

2. Вариант 1: x² − 1 ≤ 0.
Перенесём правую часть влево: x² − 1 − (0) ≤ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − 1 = (x − 1) · (x + 1).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = (x − 1) · (x + 1); требуется f(x) ≤ 0.
Критические точки в порядке возрастания: −1, 1.
Внутри каждого полученного промежутка выражение непрерывно и не обращается в ноль, поэтому его знак постоянен. Найдём знак подстановкой одного числа из каждого промежутка:
(−∞; −1): при x = −2 получаем f(x) = 3, знак положителен.
(−1; 1): при x = 0 получаем f(x) = −1, знак отрицателен.
(1; +∞): при x = 2 получаем f(x) = 3, знак положителен.
x = −1 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 1 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
Множество решений: [−1; 1].

3. Вариант 2: x² − x ≥ 0.
Перенесём правую часть влево: x² − x − (0) ≥ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − x = x · (x − 1).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = x · (x − 1); требуется f(x) ≥ 0.
Критические точки в порядке возрастания: 0, 1.
Внутри каждого полученного промежутка выражение непрерывно и не обращается в ноль, поэтому его знак постоянен. Найдём знак подстановкой одного числа из каждого промежутка:
(−∞; 0): при x = −1 получаем f(x) = 2, знак положителен.
(0; 1): при x = 0,5 получаем f(x) = −0,25, знак отрицателен.
(1; +∞): при x = 2 получаем f(x) = 2, знак положителен.
x = 0 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 1 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
Множество решений: (−∞; 0] ∪ [1; +∞).

4. Вариант 3: x² − 1 ≥ 0.
Перенесём правую часть влево: x² − 1 − (0) ≥ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − 1 = (x − 1) · (x + 1).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = (x − 1) · (x + 1); требуется f(x) ≥ 0.
Критические точки в порядке возрастания: −1, 1.
Внутри каждого полученного промежутка выражение непрерывно и не обращается в ноль, поэтому его знак постоянен. Найдём знак подстановкой одного числа из каждого промежутка:
(−∞; −1): при x = −2 получаем f(x) = 3, знак положителен.
(−1; 1): при x = 0 получаем f(x) = −1, знак отрицателен.
(1; +∞): при x = 2 получаем f(x) = 3, знак положителен.
x = −1 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 1 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
Множество решений: (−∞; −1] ∪ [1; +∞).

5. Вариант 4: x² − x ≤ 0.
Перенесём правую часть влево: x² − x − (0) ≤ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − x = x · (x − 1).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = x · (x − 1); требуется f(x) ≤ 0.
Критические точки в порядке возрастания: 0, 1.
Внутри каждого полученного промежутка выражение непрерывно и не обращается в ноль, поэтому его знак постоянен. Найдём знак подстановкой одного числа из каждого промежутка:
(−∞; 0): при x = −1 получаем f(x) = 2, знак положителен.
(0; 1): при x = 0,5 получаем f(x) = −0,25, знак отрицателен.
(1; +∞): при x = 2 получаем f(x) = 2, знак положителен.
x = 0 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 1 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
Множество решений: [0; 1].

6. Только вариант 4 даёт в точности отмеченное на рисунке множество [0; 1].

В условии требуется номер варианта. Найденному множеству [0; 1] соответствует вариант 4.

Проверка полноты: решения всех четырёх неравенств сопоставлены с границами и отмеченными промежутками рисунка.

Ответ: 4.