условие
шаг 1.Метод рационализации
Ограничения ②, ③ и ④ — это ОДЗ: подкоренное выражение неотрицательно, аргумент логарифма положителен, основание положительно и не равно единице. В неравенстве ① модуль остаётся, поэтому решаем его двумя случаями — отдельно при x < 0 и при x > 0.
шаг 2.Неравенство ①: случай x < 0
При x < 0 модуль раскрывается как |x| = −x. Во второй скобке слагаемые −x и +x взаимно уничтожаются, остаётся только корень минус единица.
Точки −3 и 0 — края рассматриваемого куска: левее −3 корень не определён, правее нуля работает другой случай. Пробная точка x = −2 на интервале (−2√2; −1): (2 − 1)(√5 − 1) = √5 − 1 > 0 — знак «+». Обе границы закрашены (нестрогое ≥): при x = −2√2 в ноль обращается вторая скобка, при x = −1 — первая.
шаг 3.Неравенство ①: случай x > 0
При x > 0 модуль раскрывается как |x| = x. В неравенстве √(9 − x²) ≥ 2x + 1 обе части неотрицательны, поэтому возведение в квадрат равносильно.
Отрицательный корень (−2√11 − 2)/5 ≈ −1,73 в этом случае не работает: здесь x > 0. Пробная точка x = 0,5 на интервале (0; (2√11 − 2)/5): (0,5 − 1)(√8,75 − 2) ≈ (−0,5) · 0,96 < 0 — знак «−». Нижняя ось ① собирает оба случая вместе: решение ① — это [−2√2; −1] ∪ [(2√11 − 2)/5; 1].
шаг 4.Ограничения ② и ④
Условие ② — подкоренное выражение неотрицательно; условие ④ — основание логарифма положительно и не равно единице.
Модуль |x| равен нулю только при x = 0, а единице — при x = ±1; эти три точки и выкалываются. Решение ②: [−3; 3]. Решение ④: x ≠ −1, x ≠ 0, x ≠ 1.
шаг 5.Ограничение ③
Условие ③ — аргумент логарифма положителен. Разбираем два случая по знаку правой части: если она отрицательна, неравенство верно автоматически; если неотрицательна — возводим обе части в квадрат.
В случае 2) парабола x² + x − 4 ветвями вверх, поэтому трёхчлен отрицателен между корнями. Левый корень (−√17 − 1)/2 ≈ −2,56 меньше −1, поэтому от пересечения с условием x ≥ −1 остаётся −1 ≤ x < (√17 − 1)/2. Решение ③: [−3; (√17 − 1)/2).
шаг 6.Пересечение
Сводим четыре оси в одну — берём пересечение решений ①, ②, ③ и ④.
Условия ② и ③ ничего не отсекают: решение ① целиком лежит внутри [−3; (√17 − 1)/2). Условие ④ выкалывает точки x = −1 и x = 1, которые на оси ① были закрашены, — именно поэтому обе правые границы ответа открытые.