условие
шаг 1.Область допустимых значений
Собираем ограничения от оснований, аргументов и знаменателей. Верхний правый логарифм упрощается сразу: log_{1/3}3ˣ = x·log_{1/3}3 = −x.
Условия −81x ≠ 1 и −x ≠ 1 дают выколотые точки x ≠ −1/81 и x ≠ −1 (при x = −1 ещё и основание 3x + 4 = 1). Аргумент −81x положителен и внешний log₃ в знаменателе не равен нулю.
шаг 2.Упрощаем обе части
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 ().
t = log₃(−x). log₃27 = 3; log₃(−81x) = log₃(81·(−x)) = log₃81 + log₃(−x) = 4 + t.
шаг 3.Решаем неравенство относительно t
Переносим всё влево и приводим к общему знаменателю, затем метод интервалов.
Критические точки −4 и 0 — нули знаменателя (выколоты), 2 — нуль числителя (закрашен). Пробная точка t = 1: 2(1 − 2)/(1·5) < 0 ✓. Решение: t ∈ (−∞; −4) ∪ (0; 2].
шаг 4.Возвращаемся к x и пересекаем с ОДЗ
· при a > 1: (знак сохраняется).
· при 0 < a < 1: знак переворачивается, .
Ветка t < −4 даёт 0 < −x < 1/81, то есть −1/81 < x < 0. Ветка 0 < t ≤ 2 даёт 1 < −x ≤ 9, то есть −9 ≤ x < −1; ОДЗ обрезает её слева до −4/3 < x < −1. Промежуток (−1; −1/81) в ответ не входит.