Страница 151 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

5.58. Покажите, что число $f(m)$ при каждом целом $m$ делится на разность $c - m$, если $x = c$ - целый корень многочлена $f(x) = x^n + a_1x^{n-1} + ... + a_{n-1}x + a_n$ с целыми коэффициентами.

По условию, нам дан многочлен $f(x) = x^n + a_1x^{n-1} + \dots + a_{n-1}x + a_n$, где все коэффициенты $a_i$ являются целыми числами. Также известно, что $c$ — это целый корень данного многочлена, а $m$ — произвольное целое число. Требуется доказать, что значение многочлена в точке $m$, то есть $f(m)$, делится на разность $c - m$.

По определению корня многочлена, если $c$ является корнем $f(x)$, то $f(c) = 0$.Запишем это равенство:$f(c) = c^n + a_1c^{n-1} + \dots + a_{n-1}c + a_n = 0$.

Теперь рассмотрим значение $f(m)$:$f(m) = m^n + a_1m^{n-1} + \dots + a_{n-1}m + a_n$.

Вычтем из $f(m)$ число $f(c)$. Поскольку $f(c) = 0$, это не изменит значения выражения:$f(m) = f(m) - f(c) = (m^n + a_1m^{n-1} + \dots + a_n) - (c^n + a_1c^{n-1} + \dots + a_n)$.Сгруппируем слагаемые с одинаковыми коэффициентами:$f(m) = (m^n - c^n) + a_1(m^{n-1} - c^{n-1}) + \dots + a_{n-1}(m - c) + (a_n - a_n)$.$f(m) = (m^n - c^n) + a_1(m^{n-1} - c^{n-1}) + \dots + a_{n-1}(m - c)$.

Для любого натурального числа $k$, разность степеней $x^k - y^k$ может быть разложена на множители:$x^k - y^k = (x - y)(x^{k-1} + x^{k-2}y + \dots + xy^{k-2} + y^{k-1})$.Если $x$ и $y$ — целые числа, то второй множитель в этом разложении, представляющий собой сумму произведений целых чисел, также является целым числом. Следовательно, для любых целых $x$ и $y$, разность $x^k - y^k$ делится нацело на $x-y$.

Применим это свойство к каждому слагаемому в выражении для $f(m)$.Так как $m$ и $c$ — целые числа, то каждая разность вида $m^k - c^k$ делится на $m-c$.Поскольку все коэффициенты $a_i$ — целые, то и произведения $a_i(m^k - c^k)$ также делятся на $m-c$.Таким образом, $f(m)$ представляет собой сумму слагаемых, каждое из которых делится на $m-c$. Следовательно, и вся сумма $f(m)$ делится на $m-c$.

Если число $f(m)$ делится на $m-c$, то оно также делится и на $c-m$, поскольку $c-m = -(m-c)$. То есть, если $f(m) = K \cdot (m-c)$ для некоторого целого $K$, то $f(m) = (-K) \cdot (c-m)$, где $-K$ также является целым числом.

Отметим, что данный результат является следствием теоремы Безу для многочленов с целыми коэффициентами. Согласно этой теореме, остаток от деления многочлена $f(x)$ на двучлен $x-c$ равен $f(c)$. Поскольку $c$ — корень, $f(c)=0$, и, следовательно, многочлен $f(x)$ делится на $x-c$ без остатка. Так как коэффициенты $f(x)$ целые, а старший коэффициент двучлена $x-c$ равен 1, то частное от деления, многочлен $Q(x)$, также будет иметь целые коэффициенты. Таким образом, мы можем записать $f(x) = (x-c)Q(x)$, где $Q(x)$ — многочлен с целыми коэффициентами. Подставив в это равенство $x=m$, получаем $f(m) = (m-c)Q(m)$. Так как $m$ — целое число, то $Q(m)$ также будет целым числом. Отсюда напрямую следует, что $f(m)$ делится на $m-c$, а значит, и на $c-m$.

Ответ: Утверждение доказано. Мы показали, что $f(m)$ можно представить в виде произведения $f(m) = (c-m) \cdot K$, где $K$ — целое число, что по определению означает, что $f(m)$ делится на $c-m$.

5.59. Покажите, что каждый рациональный корень многочлена $f(x) = x^n + a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + ... + a_{n-1}x + a_n$ с целыми коэффициентами является целым числом.

Чтобы доказать данное утверждение, воспользуемся теоремой о рациональных корнях многочлена с целыми коэффициентами. Эта теорема гласит, что если у многочлена $P(x) = c_k x^k + c_{k-1} x^{k-1} + ... + c_1 x + c_0$ с целыми коэффициентами $c_i$ есть рациональный корень $x_0 = \frac{p}{q}$ (где $p$ и $q$ — взаимно простые целые числа, $q \neq 0$), то числитель $p$ является делителем свободного члена $c_0$, а знаменатель $q$ является делителем старшего коэффициента $c_k$.

В нашем случае дан многочлен $f(x) = x^n + a_1x^{n-1} + a_2x^{n-2} + ... + a_{n-1}x + a_n$.

Все коэффициенты $a_1, a_2, ..., a_n$ по условию являются целыми.

Старший коэффициент (коэффициент при $x^n$) равен 1.

Свободный член (константа) равен $a_n$.

Пусть $x_0 = \frac{p}{q}$ — произвольный рациональный корень этого многочлена, где $p$ и $q$ — взаимно простые целые числа ($НОД(p, q) = 1$) и $q \neq 0$.

Согласно теореме о рациональных корнях:

• Числитель $p$ должен быть делителем свободного члена $a_n$.
• Знаменатель $q$ должен быть делителем старшего коэффициента, который равен 1.

Единственными целыми делителями числа 1 являются 1 и -1.

Следовательно, знаменатель $q$ может быть равен только 1 или -1.

Тогда возможные значения для корня $x_0$ это:

$x_0 = \frac{p}{1} = p$

или

$x_0 = \frac{p}{-1} = -p$

Поскольку $p$ является целым числом, то в обоих случаях корень $x_0$ также является целым числом.

Таким образом, мы показали, что любой рациональный корень данного многочлена обязательно будет целым числом. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Согласно теореме о рациональных корнях, если рациональное число $\frac{p}{q}$ (несократимая дробь) является корнем многочлена с целыми коэффициентами, то $p$ должно делить свободный член, а $q$ — старший коэффициент. Для многочлена $f(x) = x^n + a_1x^{n-1} + ... + a_n$ старший коэффициент равен 1. Делителями 1 являются только $\pm1$. Следовательно, знаменатель $q$ любого рационального корня равен $\pm1$, а значит, сам корень является целым числом.

5.60. Если $c_1, c_2, \dots, c_n, c_{n+1}$ – попарно различные действительные числа, то существует ли многочлен $n$-й степени, корни которого равны $c_1, c_2, \dots, c_n$, а его значение при $x = c_{n+1}$ было бы равно 1?

Для ответа на этот вопрос построим искомый многочлен $P(x)$ в явном виде и проверим, удовлетворяет ли он всем условиям.

По условию, многочлен $P(x)$ должен иметь степень $n$, а его корнями должны быть числа $c_1, c_2, \dots, c_n$. Любой многочлен с таким набором корней можно представить в виде произведения линейных множителей:$P(x) = A \cdot (x - c_1)(x - c_2)\dots(x - c_n) = A \prod_{i=1}^{n} (x - c_i)$где $A$ — это некоторая ненулевая константа. Степень такого многочлена равна $n$. Наша задача — найти подходящее значение для $A$.

Второе условие задачи гласит, что значение многочлена в точке $x = c_{n+1}$ должно быть равно 1. Формально это записывается как $P(c_{n+1}) = 1$.

Подставим $x = c_{n+1}$ в общую формулу для $P(x)$:$P(c_{n+1}) = A \prod_{i=1}^{n} (c_{n+1} - c_i)$

Приравнивая это выражение к 1, получаем уравнение для определения константы $A$:$A \prod_{i=1}^{n} (c_{n+1} - c_i) = 1$

Из этого уравнения мы можем выразить $A$:$A = \frac{1}{\prod_{i=1}^{n} (c_{n+1} - c_i)}$

Теперь необходимо убедиться, что такое значение $A$ существует и корректно определено. По условию, все числа $c_1, c_2, \dots, c_n, c_{n+1}$ являются попарно различными. Это означает, что $c_{n+1} \neq c_i$ для любого $i$ из набора $\{1, 2, \dots, n\}$. Следовательно, каждый множитель $(c_{n+1} - c_i)$ в знаменателе дроби отличен от нуля. Произведение ненулевых чисел также не равно нулю, поэтому знаменатель в целом не равен нулю.

Это означает, что для $A$ существует единственное, корректно определенное действительное значение. Так как числитель равен 1, а знаменатель не равен нулю, то и сам коэффициент $A$ не равен нулю, что подтверждает, что степень многочлена $P(x)$ действительно равна $n$.

Таким образом, мы не только доказали существование такого многочлена, но и нашли его явный вид:$P(x) = \frac{\prod_{i=1}^{n} (x - c_i)}{\prod_{i=1}^{n} (c_{n+1} - c_i)}$Этот многочлен удовлетворяет всем условиям задачи.

Ответ: Да, существует.

5.61. Докажите, что при каждом неотрицательном значении $m, n, k$ многочлен $x^{3m} + x^{3n+1} + x^{3k+2}$ делится на квадратный трехчлен $x^2 + x + 1$ без остатка.

Для того чтобы доказать, что многочлен $P(x) = x^{3m} + x^{3n+1} + x^{3k+2}$ делится на квадратный трехчлен $Q(x) = x^2 + x + 1$ без остатка, достаточно показать, что все корни многочлена $Q(x)$ являются также и корнями многочлена $P(x)$.

Найдем корни многочлена $Q(x) = x^2 + x + 1$. Для этого решим уравнение $x^2 + x + 1 = 0$.
Это уравнение является частью разложения разности кубов: $x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$.
Следовательно, корни уравнения $x^2 + x + 1 = 0$ являются также корнями уравнения $x^3 - 1 = 0$, но не равны 1. Обозначим любой корень уравнения $x^2 + x + 1 = 0$ через $\omega$.

Для корня $\omega$ выполняются следующие ключевые свойства:
1. $\omega^2 + \omega + 1 = 0$, так как $\omega$ является корнем этого уравнения.
2. $\omega^3 = 1$, так как $\omega$ является корнем уравнения $x^3 - 1 = 0$.

Теперь подставим корень $\omega$ в многочлен $P(x)$ и вычислим его значение, учитывая, что по условию $m, n, k$ — неотрицательные целые числа:
$P(\omega) = \omega^{3m} + \omega^{3n+1} + \omega^{3k+2}$

Используя свойство $\omega^3 = 1$, упростим каждое слагаемое:
* Первое слагаемое: $\omega^{3m} = (\omega^3)^m = 1^m = 1$.
* Второе слагаемое: $\omega^{3n+1} = \omega^{3n} \cdot \omega^1 = (\omega^3)^n \cdot \omega = 1^n \cdot \omega = \omega$.
* Третье слагаемое: $\omega^{3k+2} = \omega^{3k} \cdot \omega^2 = (\omega^3)^k \cdot \omega^2 = 1^k \cdot \omega^2 = \omega^2$.

Подставим полученные выражения обратно в $P(\omega)$:
$P(\omega) = 1 + \omega + \omega^2$.

Из свойства (1) мы знаем, что $\omega^2 + \omega + 1 = 0$. Следовательно, $P(\omega) = 0$.

Поскольку любой корень $\omega$ многочлена $Q(x) = x^2 + x + 1$ является также и корнем многочлена $P(x)$, то многочлен $P(x)$ делится на многочлен $Q(x)$ без остатка при любых неотрицательных целых значениях $m, n, k$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано, так как все корни делителя $x^2+x+1$ являются корнями делимого многочлена $x^{3m} + x^{3n+1} + x^{3k+2}$.

5.62. Докажите, что для корней $x_1, x_2, x_3$ многочлена $x^3 + px + q$ выполняется равенство $x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 = 3x_1x_2x_3$.

Пусть $x_1, x_2, x_3$ являются корнями многочлена $x^3 + px + q$. Это означает, что для каждого из этих корней при подстановке в многочлен мы получаем ноль. Запишем это в виде системы уравнений:

$x_1^3 + px_1 + q = 0$

$x_2^3 + px_2 + q = 0$

$x_3^3 + px_3 + q = 0$

Сложим эти три равенства:

$(x_1^3 + x_2^3 + x_3^3) + p(x_1 + x_2 + x_3) + 3q = 0$

Теперь применим формулы Виета для кубического уравнения вида $x^3 + ax^2 + bx + c = 0$. В нашем случае многочлен $x^3 + px + q$ можно записать как $x^3 + 0 \cdot x^2 + px + q = 0$.

Согласно формулам Виета:

1. Сумма корней: $x_1 + x_2 + x_3 = -0/1 = 0$.

2. Сумма попарных произведений корней: $x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 = p/1 = p$.

3. Произведение корней: $x_1x_2x_3 = -q/1 = -q$.

Подставим полученное значение суммы корней ($x_1 + x_2 + x_3 = 0$) в сложенное нами уравнение:

$(x_1^3 + x_2^3 + x_3^3) + p \cdot 0 + 3q = 0$

$x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 + 3q = 0$

Выразим сумму кубов корней:

$x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 = -3q$

Из третьей формулы Виета мы знаем, что $x_1x_2x_3 = -q$, откуда следует, что $q = -x_1x_2x_3$. Подставим это выражение для $q$ в наше последнее равенство:

$x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 = -3(-x_1x_2x_3)$

$x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 = 3x_1x_2x_3$

Таким образом, равенство доказано.

Ответ: Равенство $x_1^3 + x_2^3 + x_3^3 = 3x_1x_2x_3$ для корней многочлена $x^3 + px + q$ доказано.

5.63. Выразите сумму $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2$ через $p$ и $q$, если $x_1, x_2, x_3$ – корни многочлена $x^3 + px + q$.

Для решения этой задачи воспользуемся формулами Виета. Дан многочлен $x^3 + px + q = 0$. Его можно представить в виде $x^3 + 0 \cdot x^2 + px + q = 0$. Пусть $x_1, x_2, x_3$ — корни этого многочлена. Согласно теореме Виета для кубического уравнения, соотношения между корнями и коэффициентами следующие:

• Сумма корней: $x_1 + x_2 + x_3 = -\frac{0}{1} = 0$.
• Сумма попарных произведений корней: $x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 = \frac{p}{1} = p$.
• Произведение корней: $x_1x_2x_3 = -\frac{q}{1} = -q$.

Нам нужно выразить сумму квадратов корней $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2$. Для этого рассмотрим известное тождество — квадрат суммы трех чисел: $(x_1 + x_2 + x_3)^2 = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + 2(x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3)$.

Из этого тождества выразим искомую сумму квадратов: $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = (x_1 + x_2 + x_3)^2 - 2(x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3)$.

Теперь подставим в полученное выражение значения, найденные ранее с помощью формул Виета. Вместо $(x_1 + x_2 + x_3)$ подставляем 0, а вместо $(x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3)$ подставляем $p$. Получаем: $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = (0)^2 - 2(p) = 0 - 2p = -2p$.

Ответ: $-2p$.

5.64. При каких значениях $p$ и $q$ многочлен $6x^4 - 7x^3 + px^2 + 3x + 2$ делится на $x^2 - x + q$ без остатка?

Для того чтобы многочлен $P(x) = 6x^4 - 7x^3 + px^2 + 3x + 2$ делился на многочлен $D(x) = x^2 - x + q$ без остатка, должен существовать такой многочлен-частное $Q(x)$, что выполняется равенство $P(x) = D(x) \cdot Q(x)$.

Степень многочлена $P(x)$ равна 4, а степень делителя $D(x)$ равна 2. Следовательно, степень частного $Q(x)$ должна быть $4 - 2 = 2$. Запишем частное в общем виде: $Q(x) = ax^2 + bx + c$.

Тогда должно выполняться тождество:
$6x^4 - 7x^3 + px^2 + 3x + 2 = (x^2 - x + q)(ax^2 + bx + c)$

Раскроем скобки в правой части равенства и сгруппируем члены при одинаковых степенях $x$:
$(x^2 - x + q)(ax^2 + bx + c) = x^2(ax^2+bx+c) - x(ax^2+bx+c) + q(ax^2+bx+c)$
$= ax^4 + bx^3 + cx^2 - ax^3 - bx^2 - cx + aqx^2 + bqx + cq$
$= ax^4 + (b - a)x^3 + (c - b + aq)x^2 + (bq - c)x + cq$

Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях $x$ в левой и правой частях тождества, чтобы составить систему уравнений:
1) при $x^4: a = 6$
2) при $x^3: b - a = -7$
3) при $x^2: c - b + aq = p$
4) при $x: bq - c = 3$
5) при $x^0$ (свободный член): $cq = 2$

Теперь решим эту систему уравнений последовательно.
Из уравнения (1) сразу получаем $a = 6$.
Подставляем $a=6$ в уравнение (2): $b - 6 = -7$, откуда находим $b = -1$.

Далее, используем уравнения (4) и (5) для нахождения неизвестных $c$ и $q$.
Из уравнения (4), подставив $b=-1$, получаем: $-q - c = 3$, откуда выражаем $c = -q - 3$.
Подставим это выражение для $c$ в уравнение (5):
$(-q - 3)q = 2$
$-q^2 - 3q = 2$
$q^2 + 3q + 2 = 0$

Мы получили квадратное уравнение относительно $q$. Его корни можно найти, например, по теореме Виета: сумма корней равна -3, а произведение равно 2. Отсюда корни уравнения: $q_1 = -1$ и $q_2 = -2$.
Рассмотрим каждый из этих двух возможных случаев.

Первый случай: $q = -1$.
Находим соответствующее значение $c$: $c = -q - 3 = -(-1) - 3 = 1 - 3 = -2$.
Теперь, зная $a, b, c, q$, находим $p$ из уравнения (3):
$p = c - b + aq = -2 - (-1) + 6(-1) = -2 + 1 - 6 = -7$.
Таким образом, первая пара искомых значений: $p = -7$ и $q = -1$.

Второй случай: $q = -2$.
Находим соответствующее значение $c$: $c = -q - 3 = -(-2) - 3 = 2 - 3 = -1$.
Находим $p$ из уравнения (3):
$p = c - b + aq = -1 - (-1) + 6(-2) = -1 + 1 - 12 = -12$.
Таким образом, вторая пара искомых значений: $p = -12$ и $q = -2$.

Ответ: $p = -7, q = -1$ или $p = -12, q = -2$.

5.65. При каких значениях $a$ оба корня квадратного трехчлена $x^2 - (a + 1)x + a + 4$ отрицательные?

Для того чтобы оба корня квадратного трехчлена $x^2 - (a + 1)x + a + 4$ были отрицательными, необходимо и достаточно, чтобы выполнялась система из трех условий.

Пусть $x_1$ и $x_2$ — корни данного трехчлена. Условия того, что оба корня отрицательны ($x_1 < 0$ и $x_2 < 0$), основываются на теореме Виета и свойстве дискриминанта:

1. Наличие действительных корней. Дискриминант $D$ должен быть неотрицательным: $D \ge 0$.

2. Сумма корней $x_1 + x_2$ должна быть отрицательной.

3. Произведение корней $x_1 \cdot x_2$ должно быть положительным.

Составим систему неравенств для параметра $a$.

Дискриминант $D = (-(a+1))^2 - 4 \cdot 1 \cdot (a+4) = (a+1)^2 - 4(a+4) = a^2 + 2a + 1 - 4a - 16 = a^2 - 2a - 15$.

По теореме Виета: $x_1 + x_2 = a+1$ и $x_1 \cdot x_2 = a+4$.

Система неравенств выглядит следующим образом:

$\begin{cases} a^2 - 2a - 15 \ge 0 \\ a+1 < 0 \\ a+4 > 0 \end{cases}$

Решим каждое неравенство по отдельности.

Первое неравенство: $a^2 - 2a - 15 \ge 0$. Корнями уравнения $a^2 - 2a - 15 = 0$ являются $a_1 = -3$ и $a_2 = 5$. Поскольку ветви параболы $y=a^2 - 2a - 15$ направлены вверх, решение неравенства есть $a \in (-\infty; -3] \cup [5; +\infty)$.

Второе неравенство: $a+1 < 0$, откуда $a < -1$, то есть $a \in (-\infty; -1)$.

Третье неравенство: $a+4 > 0$, откуда $a > -4$, то есть $a \in (-4; +\infty)$.

Теперь найдем пересечение решений всех трех неравенств. Пересечение второго и третьего неравенств дает интервал $a \in (-4; -1)$.

Найдем пересечение этого интервала с решением первого неравенства: $a \in (-4; -1) \cap ((-\infty; -3] \cup [5; +\infty))$.

Пересекая $(-4; -1)$ с $(-\infty; -3]$, получаем $(-4; -3]$.

Пересечение $(-4; -1)$ с $[5; +\infty)$ пусто.

Следовательно, искомые значения параметра $a$ принадлежат промежутку $(-4; -3]$.

Ответ: $a \in (-4; -3]$.

5.66. Найдите сумму ряда:

1) $1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{9} - \frac{1}{27} + \dots$

2) $1 + \frac{1}{5} + \frac{1}{25} + \frac{1}{125} + \dots$

1) Данный ряд $1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{9} - \frac{1}{27} + \dots$ является бесконечной геометрической прогрессией.
Первый член прогрессии $b_1 = 1$.
Знаменатель прогрессии $q$ можно найти, разделив второй член на первый:
$q = \frac{-1/3}{1} = -\frac{1}{3}$.
Поскольку модуль знаменателя $|q| = |-\frac{1}{3}| = \frac{1}{3} < 1$, ряд является сходящимся, и его сумму можно найти по формуле суммы бесконечной геометрической прогрессии:
$S = \frac{b_1}{1 - q}$.
Подставим значения $b_1$ и $q$:
$S = \frac{1}{1 - (-\frac{1}{3})} = \frac{1}{1 + \frac{1}{3}} = \frac{1}{\frac{4}{3}} = \frac{3}{4}$.
Ответ: $\frac{3}{4}$.

2) Данный ряд $1 + \frac{1}{5} + \frac{1}{25} + \frac{1}{125} + \dots$ также является бесконечной геометрической прогрессией.
Первый член прогрессии $b_1 = 1$.
Знаменатель прогрессии $q$ равен:
$q = \frac{1/5}{1} = \frac{1}{5}$.
Поскольку модуль знаменателя $|q| = |\frac{1}{5}| = \frac{1}{5} < 1$, ряд является сходящимся.
Используем ту же формулу для нахождения суммы:
$S = \frac{b_1}{1 - q}$.
Подставим значения $b_1$ и $q$:
$S = \frac{1}{1 - \frac{1}{5}} = \frac{1}{\frac{4}{5}} = \frac{5}{4}$.
Ответ: $\frac{5}{4}$.

5.67. Решите неравенство методом интервалов:

1) $(2x + 7)(3x - 4)(x + 5) > 0;$

2) $(x - 6)(0,5x + 4)(5x + 10) < 0;$

3) $\frac{x^2 - 2x + 3}{x^2 - 4x + 3} > -3;$

4) $\frac{2}{x - 1} - \frac{1}{x + 1} > 3.$

1) $(2x + 7)(3x - 4)(x + 5) > 0$
Для решения неравенства методом интервалов найдем нули выражения, стоящего в левой части.
$2x + 7 = 0 \implies x_1 = -3,5$
$3x - 4 = 0 \implies x_2 = 4/3$
$x + 5 = 0 \implies x_3 = -5$
Отметим найденные точки на числовой оси. Так как неравенство строгое, все точки будут выколотыми.

Определим знак выражения в каждом из получившихся интервалов. Например, при $x = 2$:
$(2 \cdot 2 + 7)(3 \cdot 2 - 4)(2 + 5) = 11 \cdot 2 \cdot 7 > 0$.
Так как все корни имеют нечетную кратность (1), знаки в интервалах чередуются.
Нам нужны интервалы, где выражение больше нуля (знак "+").
Ответ: $x \in (-5; -3,5) \cup (4/3; +\infty)$.

2) $(x - 6)(0,5x + 4)(5x + 10) < 0$
Найдем нули каждого множителя:
$x - 6 = 0 \implies x_1 = 6$
$0,5x + 4 = 0 \implies 0,5x = -4 \implies x_2 = -8$
$5x + 10 = 0 \implies 5x = -10 \implies x_3 = -2$
Отметим точки на числовой оси в порядке возрастания: -8, -2, 6.

Определим знак на крайнем правом интервале, взяв $x = 7$:
$(7 - 6)(0,5 \cdot 7 + 4)(5 \cdot 7 + 10) = 1 \cdot 7,5 \cdot 45 > 0$.
Знаки чередуются. Нам нужны интервалы, где выражение меньше нуля (знак "-").
Ответ: $x \in (-\infty; -8) \cup (-2; 6)$.

3) $\frac{x^2 - 2x + 3}{x^2 - 4x + 3} > -3$
Перенесем -3 в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$\frac{x^2 - 2x + 3}{x^2 - 4x + 3} + 3 > 0$
$\frac{x^2 - 2x + 3 + 3(x^2 - 4x + 3)}{x^2 - 4x + 3} > 0$
$\frac{x^2 - 2x + 3 + 3x^2 - 12x + 9}{x^2 - 4x + 3} > 0$
$\frac{4x^2 - 14x + 12}{x^2 - 4x + 3} > 0$
Разделим числитель на 2:
$\frac{2x^2 - 7x + 6}{x^2 - 4x + 3} > 0$
Найдем корни числителя и знаменателя.
Числитель: $2x^2 - 7x + 6 = 0$. Дискриминант $D = 49 - 4 \cdot 2 \cdot 6 = 1$. Корни $x_{1,2} = \frac{7 \pm 1}{4}$, то есть $x_1 = 2$, $x_2 = 1,5$.
Знаменатель: $x^2 - 4x + 3 = 0$. По теореме Виета корни $x_3 = 1$, $x_4 = 3$.
Получаем неравенство: $\frac{2(x - 2)(x - 1,5)}{(x - 1)(x - 3)} > 0$.
Отметим корни на числовой оси (все точки выколотые): 1, 1,5, 2, 3.

Определим знак на крайнем правом интервале, взяв $x=4$: $\frac{2(4 - 2)(4 - 1,5)}{(4 - 1)(4 - 3)} = \frac{2 \cdot 2 \cdot 2,5}{3 \cdot 1} > 0$.
Знаки чередуются. Выбираем интервалы со знаком "+".
Ответ: $x \in (-\infty; 1) \cup (1,5; 2) \cup (3; +\infty)$.

4) $\frac{2}{x - 1} - \frac{1}{x + 1} > 3$
Перенесем 3 в левую часть и приведем все к общему знаменателю $(x-1)(x+1)$:
$\frac{2(x + 1) - 1(x - 1) - 3(x - 1)(x + 1)}{(x - 1)(x + 1)} > 0$
$\frac{2x + 2 - x + 1 - 3(x^2 - 1)}{x^2 - 1} > 0$
$\frac{x + 3 - 3x^2 + 3}{x^2 - 1} > 0$
$\frac{-3x^2 + x + 6}{x^2 - 1} > 0$
Умножим неравенство на -1, изменив знак неравенства:
$\frac{3x^2 - x - 6}{x^2 - 1} < 0$
Найдем корни числителя и знаменателя.
Числитель: $3x^2 - x - 6 = 0$. Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-6) = 1 + 72 = 73$. Корни $x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{73}}{6}$.
Знаменатель: $x^2 - 1 = 0$. Корни $x_3 = -1$, $x_4 = 1$.
Отметим корни на числовой оси. Приближенные значения: $\frac{1 - \sqrt{73}}{6} \approx \frac{1 - 8,54}{6} \approx -1,26$; $\frac{1 + \sqrt{73}}{6} \approx \frac{1 + 8,54}{6} \approx 1,59$.
Порядок точек: $\frac{1 - \sqrt{73}}{6}$, -1, 1, $\frac{1 + \sqrt{73}}{6}$.

Определим знак дроби $\frac{3x^2 - x - 6}{x^2 - 1}$ на крайнем правом интервале, взяв $x=2$: $\frac{3(2^2) - 2 - 6}{2^2 - 1} = \frac{12 - 8}{3} = \frac{4}{3} > 0$.
Знаки чередуются. Нам нужны интервалы, где выражение меньше нуля (знак "-").
Ответ: $x \in (\frac{1 - \sqrt{73}}{6}; -1) \cup (1; \frac{1 + \sqrt{73}}{6})$.