условие
шаг 1.Область допустимых значений
Все аргументы логарифмов положительны. Решаем каждое условие методом интервалов на своей оси. Первые два дают x > √3, и на этом луче третий аргумент положителен.
x³ − 2x² + 1 = (x − 1)(x² − x − 1); корни x² − x − 1 равны (1 ± √5)/2. Наибольший корень (1 + √5)/2 ≈ 1,618 < √3 ≈ 1,73, поэтому на луче x > √3 третий аргумент положителен, и пересечение трёх условий даёт x > √3.
шаг 2.Сворачиваем 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, .
шаг 3.Сводим к множителям
Умножаем обе части на x > 0, переносим всё вправо и раскладываем кубический многочлен на множители.
Корень x = −1 подбираем среди делителей свободного члена: (−1)³ − 3·1 + 4 = 0, значит (x + 1) — множитель. Деление даёт x³ − 3x² + 4 = (x + 1)(x² − 4x + 4), а x² − 4x + 4 = (x − 2)² — полный квадрат.
шаг 4.Метод интервалов и пересечение с ОДЗ
Множитель x + 1 меняет знак в точке −1, а (x − 2)² ≥ 0: корень x = 2 чётной кратности → петелька, знак через него не меняется, и строгое неравенство эту точку исключает. Решение 5(x + 1)(x − 2)² > 0 — это x > −1, x ≠ 2; пересекаем его с ОДЗ на отдельных осях.