6В. Решите неравенство  \(\frac{{{x^5} — {x^2}}}{{{x^2}}} \ge \frac{{{x^3} — 1}}{{4{x^2}}}\).

Ответ

ОТВЕТ: \(\left[ { — \frac{1}{2};0} \right) \cup \left( {0;\;\frac{1}{2}} \right] \cup \left[ {1;\infty } \right).\)

Решение

\(\frac{{{x^5} — {x^2}}}{{{x^2}}} \ge \frac{{{x^3} — 1}}{{4{x^2}}}\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\frac{{4{x^5} — 4{x^2} — {x^3} + 1}}{{4{x^2}}} \ge 0\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\frac{{4{x^2}\left( {{x^3} — 1} \right) — \left( {{x^3} — 1} \right)}}{{4{x^2}}} \ge 0\;\;\;\; \Leftrightarrow \)

\( \Leftrightarrow \;\;\;\;\frac{{\left( {{x^3} — 1} \right)\left( {4{x^2} — 1} \right)}}{{4{x^2}}} \ge 0\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\frac{{\left( {{x^3} — {1^3}} \right)\left( {{{\left( {2x} \right)}^2} — {1^2}} \right)}}{{4{x^2}}} \ge 0\;\;\;\; \Leftrightarrow \)

\( \Leftrightarrow \;\;\;\;\frac{{\left( {x — 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)\left( {2x — 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}}{{4{x^2}}} \ge 0.\)

Так как дискриминант квадратного трёхчлена   \({x^2} + x + 1\)  меньше нуля, то  \({x^2} + x + 1 > 0\)  при  \(x \in R.\)  Следовательно:

\(\frac{{\left( {x — 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)\left( {2x — 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}}{{4{x^2}}} \ge 0\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\,\frac{{\left( {x — 1} \right)\left( {2x — 1} \right)\left( {2x + 1} \right)}}{{4{x^2}}} \ge 0.\)

Решим полученное неравенство методом интервалов:

Таким образом, решением исходного неравенства является:   \(x \in \left[ { — \frac{1}{2};0} \right) \cup \left( {0;\;\frac{1}{2}} \right] \cup \left[ {1;\infty } \right).\)

Ответ:  \(\left[ { — \frac{1}{2};0} \right) \cup \left( {0;\;\frac{1}{2}} \right] \cup \left[ {1;\infty } \right).\)