Задание E31F7D: Целые и дробно-рациональные неравенства. Системы и совокупности неравенств

1. Исходное неравенство: (x² + x − 6) · (x² + x − 12) ≤ 0.
В обеих частях многочлены, поэтому допустимы все действительные x.

2. Перенесём правую часть влево: (x² + x − 6) · (x² + x − 12) − (0) ≤ 0.
Разложим полученный многочлен на множители.
x² + x − 12 = (x − 3) · (x + 4).
x² + x − 6 = (x − 2) · (x + 3).
Итак, исследуем знак выражения f(x) = (x − 3) · (x − 2) · (x + 3) · (x + 4); требуется f(x) ≤ 0.

3. Применим метод интервалов.
Критические точки в порядке возрастания: −4, −3, 2, 3.
Внутри каждого полученного промежутка выражение непрерывно и не обращается в ноль, поэтому его знак постоянен. Найдём знак подстановкой одного числа из каждого промежутка:
(−∞; −4): при x = −5 получаем f(x) = 112, знак положителен.
(−4; −3): при x = −3,5 получаем f(x) = −8,9375, знак отрицателен.
(−3; 2): при x = −2 получаем f(x) = 40, знак положителен.
(2; 3): при x = 2,5 получаем f(x) = −8,9375, знак отрицателен.
(3; +∞): при x = 4 получаем f(x) = 112, знак положителен.
x = −4 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = −3 даёт ноль; включаем эту точку, так как неравенство нестрогое.
x = 2 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 ∈ [−4; −3] ∪ [2; 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: [−4; −3] ∪ [2; 3].