Задание 7B31DA: Целые и дробно-рациональные неравенства. Системы и совокупности неравенств

1. Исходное неравенство: (x² − 2 · x − 8) · (x² − 9 · x + 20) ≥ 0.
В обеих частях многочлены, поэтому допустимы все действительные x.

2. Перенесём правую часть влево: (x² − 2 · x − 8) · (x² − 9 · x + 20) − (0) ≥ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − 2 · x − 8 = (x − 4) · (x + 2).
x² − 9 · x + 20 = (x − 5) · (x − 4).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = (x − 5) · (x − 4)² · (x + 2); требуется f(x) ≥ 0.

3. Применим метод интервалов.
Критические точки в порядке возрастания: −2, 4, 5.
Внутри каждого полученного промежутка выражение непрерывно и не обращается в ноль, поэтому его знак постоянен. Найдём знак подстановкой одного числа из каждого промежутка:
(−∞; −2): при x = −3 получаем f(x) = 392, знак положителен.
(−2; 4): при x = −1 получаем f(x) = −150, знак отрицателен.
(4; 5): при x = 4,5 получаем f(x) = −0,8125, знак отрицателен.
(5; +∞): при x = 6 получаем f(x) = 32, знак положителен.
x = −2 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 4 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 5 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.

4. Выбираем все промежутки, где выполняется исходный знак ≥, и учитываем граничные точки. Получаем:
x ∈ (−∞; −2] ∪ {4} ∪ [5; +∞).
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: (−∞; −2] ∪ {4} ∪ [5; +∞).