условие
шаг 1.Область допустимых значений
Аргументы логарифмов положительны: первые два условия дают 0 < x < 1. Третий аргумент 8x² + 1/x − 5 отдельно не решаем — слева после снятия логарифмов стоит 2x(1 − x) > 0, а из A ≤ B тогда B ≥ A > 0.
Дробь x/(1 − x) > 0: числитель и знаменатель одного знака, что при x > 0 означает 1 − x > 0, то есть x < 1.
шаг 2.Свёртка и снятие логарифма
Сначала выписываем ОДЗ, потом преобразуем логарифмы. Каждое тождество ниже верно только на своей области — меняя её по ходу, легко потерять или добавить решения. Сам логарифм требует .
Тождество верно только при . При чётном показателе определено и для , поэтому обязателен модуль:
Обратный ход при чётном расширяет область: — слева , справа . Появляются посторонние корни ; держим исходное или сразу пишем модуль.
ОДЗ уже требует и — держим его, свёртка ничего лишнего не вносит.
определён при , — при (в том числе оба множителя отрицательны). Разбивая на , силой требуем и теряем эту ветку. Корректно — только с модулями:
и — область не меняется (нужно , для второй ).
, — удобно при потенцировании и записи числа как логарифма ().
· при a > 1: (знак сохраняется).
· при 0 < a < 1: знак переворачивается, .
В частном сокращается x: 2x²(1 − x)/x = 2x(1 − x).
шаг 3.Сводим к многочлену
Умножаем обе части на x > 0, переносим всё вправо и группируем.
Группировка: 10x³ − 2x² − 5x + 1 = 2x²(5x − 1) − (5x − 1) = (5x − 1)(2x² − 1).
шаг 4.Метод интервалов и пересечение с ОДЗ
Корни: 5x − 1 = 0 → x = 1/5; 2x² − 1 = 0 → x = ±√2/2. На ОДЗ 0 < x < 1 работают 1/5 и √2/2 (оба закрашены, нестрогое ≥). Знаки чередуются: решение неравенства — x ≤ 1/5 или x ≥ √2/2. Пересекаем с 0 < x < 1.
Пробная точка x = 1/2 в (1/5; √2/2): (5·½ − 1)(2·¼ − 1) = 1,5 · (−0,5) < 0 — знак «−». Крайние зоны «+». Границы 0 и 1 выколоты (из ОДЗ).