условие
шаг 1.Область допустимых значений
Все аргументы логарифмов положительны. Основной диапазон задаёт квадратный трёхчлен, произведение с (x − 3) поднимает нижнюю границу, а дробь и 2x + 4 новых ограничений не добавляют. Пересечение всех условий и есть ОДЗ.
По теореме Виета для x² − 3x − 10 = 0: сумма корней должна равняться 3, произведение — −10. Подбираем 5 и −2, отсюда 10 + 3x − x² = −(x − 5)(x + 2) и трёхчлен положителен между корнями. Второе условие поднимает нижнюю границу до x > 3, пересечение даёт 3 < x < 5.
шаг 2.Сворачиваем и сокращаем
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.Квадратное неравенство
Умножаем на 2 и приводим подобные.
Пробная точка x = 5: 2(5 − 4)(5 − 11/2) = −1 < 0 — знак «−» между корнями, чередование «+, −, +». Оба корня закрашены (нестрогое ≥): x ≤ 4 или x ≥ 11/2.
шаг 4.Пересечение с ОДЗ
Решение x ≤ 4 или x ≥ 11/2 пересекаем с ОДЗ 3 < x < 5: правый луч в ОДЗ не попадает.
Луч x ≥ 11/2 = 5,5 целиком правее ОДЗ и отпадает. Левая граница 3 выколота по ОДЗ, корень 4 закрашен.