условие
шаг 1.Область допустимых значений
Оба аргумента логарифмов положительны. Второе условие задаёт более широкий интервал, поэтому ОДЗ определяет первое.
Ветви обоих трёхчленов направлены вниз (коэффициент при x² отрицателен), поэтому каждый положителен между своими корнями. Корни второго ≈ −4,8 и 6,8 — интервал шире первого.
шаг 2.Приводим к основанию 1/2 и снимаем логарифм
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, .
Основание логарифма 1/8 записываем как степень (1/2)³. Знак стал ≥ не из-за умножения на −1, а из-за переноса всех слагаемых в правую часть (там коэффициент при x² положителен): A ≤ B ⟺ 0 ≤ B − A. Корни x² − x − 2 по теореме Виета: сумма 1, произведение −2 → x = 2 и x = −1.
шаг 3.Метод интервалов и пересечение с ОДЗ
Метод интервалов на (x − 2)(x + 1) ≥ 0: корни −1 и 2 закрашены (нестрогое ≥), парабола ветвями вверх положительна вне корней. Решение x ≤ −1 или x ≥ 2 пересекаем с ОДЗ (−7/2; 5): концы −7/2 и 5 выколоты (ОДЗ строгое), поэтому в ответ входят полуинтервалы (−7/2; −1] и [2; 5).
Пробная точка x = 0: (0 − 2)(0 + 1) = −2 < 0 — знак «−» между корнями, значит вне корней знак «+». Границы −1 и 2 лежат внутри ОДЗ → закрашены; концы −7/2 и 5 задаёт ОДЗ (строгое) → выколоты.