условие
шаг 1.Область допустимых значений
Все три аргумента логарифмов положительны. Каждое условие решаем методом интервалов на своей оси и пересекаем.
Второе условие квадратное: (x − 1)(x − 4) > 0 даёт x < 1 или x > 4; ветка x > 4 несовместна с x < 1. Пересечение трёх условий — интервал −3 < x < 1.
шаг 2.Сворачиваем правую часть
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, .
шаг 3.Сводим к кубическому неравенству
Раскрываем скобки и переносим всё вправо, затем раскладываем кубический многочлен на множители.
Корень x = 1 подбираем среди делителей свободного члена: 1 − 2 − 5 + 6 = 0, значит (x − 1) — множитель. Деление даёт x³ − 2x² − 5x + 6 = (x − 1)(x² − x − 6). По теореме Виета для x² − x − 6 = 0: сумма корней должна равняться 1, произведение — −6. Подбираем 3 и −2, отсюда x² − x − 6 = (x − 3)(x + 2).
шаг 4.Метод интервалов и пересечение с ОДЗ
Все корни выколоты (строгое >). Решение неравенства пересекаем с ОДЗ на отдельных осях.
Пробная точка x = 0: (0 − 1)(0 − 3)(0 + 2) = 6 > 0 — знак «+» на (−2; 1), дальше чередование. Луч (3; +∞) целиком вне ОДЗ, а слева граница ОДЗ x = −3 лежит левее корня −2 и ничего не отсекает: ответ (−2; 1).