Задание BB6210: Целые и дробно-рациональные неравенства. Системы и совокупности неравенств

1. По исходному рисунку множество решений: [0; 5]. Пустые точки не входят в него, закрашенные входят. Сравним это множество с решениями предложенных неравенств.

2. Вариант 1: x² − 5 · x ≤ 0.
Перенесём правую часть влево: x² − 5 · x − (0) ≤ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − 5 · x = x · (x − 5).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = x · (x − 5); требуется f(x) ≤ 0.
Критические точки в порядке возрастания: 0, 5.
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) = 6, знак положителен.
(0; 5): при x = 1 получаем f(x) = −4, знак отрицателен.
(5; +∞): при x = 6 получаем f(x) = 6, знак положителен.
x = 0 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 5 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
Множество решений: [0; 5].

3. Вариант 2: x² − 25 ≤ 0.
Перенесём правую часть влево: x² − 25 − (0) ≤ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − 25 = (x − 5) · (x + 5).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = (x − 5) · (x + 5); требуется f(x) ≤ 0.
Критические точки в порядке возрастания: −5, 5.
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) = 11, знак положителен.
(−5; 5): при x = −4 получаем f(x) = −9, знак отрицателен.
(5; +∞): при x = 6 получаем f(x) = 11, знак положителен.
x = −5 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 5 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
Множество решений: [−5; 5].

4. Вариант 3: x² − 5 · x ≥ 0.
Перенесём правую часть влево: x² − 5 · x − (0) ≥ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − 5 · x = x · (x − 5).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = x · (x − 5); требуется f(x) ≥ 0.
Критические точки в порядке возрастания: 0, 5.
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) = 6, знак положителен.
(0; 5): при x = 1 получаем f(x) = −4, знак отрицателен.
(5; +∞): при x = 6 получаем f(x) = 6, знак положителен.
x = 0 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 5 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
Множество решений: (−∞; 0] ∪ [5; +∞).

5. Вариант 4: x² − 25 ≥ 0.
Перенесём правую часть влево: x² − 25 − (0) ≥ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² − 25 = (x − 5) · (x + 5).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = (x − 5) · (x + 5); требуется f(x) ≥ 0.
Критические точки в порядке возрастания: −5, 5.
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) = 11, знак положителен.
(−5; 5): при x = −4 получаем f(x) = −9, знак отрицателен.
(5; +∞): при x = 6 получаем f(x) = 11, знак положителен.
x = −5 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 5 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
Множество решений: (−∞; −5] ∪ [5; +∞).

6. Только вариант 1 даёт в точности отмеченное на рисунке множество [0; 5].

В условии требуется номер варианта. Найденному множеству [0; 5] соответствует вариант 1.

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

Ответ: 1.