условие
шаг 1.Область допустимых значений
Аргументы обоих логарифмов положительны, основание положительно и не равно единице.
Условие x > 2 сильнее, чем x > −2, и сразу даёт (x − 2)(x + 2) > 0 — оба множителя положительны. Из x² = 5 при x > 2 подходит только x = √5 ≈ 2,24: это значение исключаем, иначе в основании логарифма окажется единица.
шаг 2.Связываем два 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 ().
Оба логарифма определены на ОДЗ, а их аргументы положительны — свёртка в один логарифм ничего лишнего не вносит. Основное тождество: log_a a = 1.
шаг 3.Решаем неравенство в p
Подкоренное выражение неотрицательно; на этой области правая часть строго положительна, поэтому обе части неотрицательны и возведение в квадрат равносильно.
Знак «≥» сменился на «≤» не из-за умножения на −1, а потому что мы поменяли стороны местами: A ≥ B ⟺ B ≤ A. Слагаемые перенесены со своими знаками. Пробная точка p = 2: 2·(2 − 1) = 2 > 0 — знак «+» на правом интервале, чередование «+, −, +». Оба корня закрашены (нестрогое ≤). Отрезок [0; 1] целиком лежит в области p ≥ −9/7, поэтому условие на подкоренное выражение ничего не отсекает.
шаг 4.Обратная замена
· при a > 1: (знак сохраняется).
· при 0 < a < 1: знак переворачивается, .
Если бы основание было меньше единицы, логарифм числа, большего единицы, оказался бы отрицательным, и условие p ≥ 0 не выполнялось бы. Значит x² − 4 > 1, то есть x > √5 (с учётом x > 2). Ноль и единицу записываем как логарифмы того же основания: 0 = log_a 1 и 1 = log_a a, где a = x² − 4. Тогда все три части двойного неравенства становятся логарифмами с общим основанием, и логарифмы снимаются.
шаг 5.Решаем двойное неравенство
Левая часть выполнена на всём ОДЗ, правая — обычное квадратное неравенство. Пересекаем его решение с условием x > √5.
Первое условие x ≥ −1 на ОДЗ выполнено автоматически: там x > 2. По теореме Виета для x² − x − 6 сумма корней должна равняться 1, произведение — −6. Подбираем −2 и 3 — оба сходятся. Пробная точка x = 0: (0 + 2)(0 − 3) = −6 < 0 — знак «−» в среднем интервале, чередование «+, −, +». Корни закрашены (нестрогое ≥). Условие x > √5 полностью отсекает луч (−∞; −2]; остаётся x ≥ 3.