условие
шаг 1.Область допустимых значений
Все три аргумента логарифмов положительны. Множитель x² + 7 положителен при любом x, поэтому первое условие сводится к 2 − x > 0.
По теореме Виета для x² − 5x + 6 = 0: сумма корней должна равняться 5, произведение — 6. Подбираем 2 и 3, отсюда x² − 5x + 6 = (x − 2)(x − 3) = (2 − x)(3 − x). Пробная точка x = 0: (2 − 0)(3 − 0) = 6 > 0 — знак «+» левее 2, чередование «+, −, +». Ветка x > 3 несовместна с первым условием, а условие x < 5 слабее x < 2 — остаётся x < 2.
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, .
Знак «≤» сменился на «≥» именно из-за убывающего основания 1/4, а не из-за умножения на −1: слагаемые переехали без изменений.
шаг 3.Делим на (2 − x) и упрощаем
На ОДЗ x < 2, поэтому множитель 2 − x положителен: делим на него обе части и раскрываем оставшееся произведение.
Деление на (2 − x) допустимо: на ОДЗ x < 2, значит 2 − x > 0 и знак неравенства сохраняется — корень не теряем.
шаг 4.Пересечение с ОДЗ
Решение неравенства x ≥ 1 пересекаем с ОДЗ x < 2 — остаётся промежуток от 1 до 2.
Граница x = 1 закрашена (неравенство нестрогое), точка x = 2 выколота по ОДЗ.