шаг 1.Сворачиваем дроби логарифмов

Отношение двух логарифмов с одинаковым основанием — это логарифм по формуле перехода: log_b A ⁄ log_b C = log_C A. Слева основание x + 3 сокращается, справа — основание 10. В обеих частях получаем логарифм по основанию x² − x − 1.

x⁴ − 2x³ + x² = x²(x² − 2x + 1) = (x² − x)². Обе части — логарифмы с общим основанием B = x² − x − 1.

шаг 2.Область допустимых значений

Основание x + 3 положительно и не равно единице. Основание B = x² − x − 1 положительно и не равно единице. Все аргументы положительны.

x² − x + 30 > 0 всегда (дискриминант отрицателен). Условие B ≠ 1 раскрывается как x² − x − 2 ≠ 0, то есть x ≠ −1 и x ≠ 2. Аргумент (x² − x)² > 0 требует x ≠ 0 и x ≠ 1.

шаг 3.Метод рационализации

Знак «≥ 0» сохраняется при замене разности логарифмов на (B − 1)(A − C). Дальше раскладываем оба множителя.

шаг 4.Раскладываем множители

Множитель B − 1 = x² − x − 2 раскладывается на скобки. Во втором множителе удобна замена u = x² − x.

u² − u − 30 = (u − 6)(u + 5); множитель u + 5 = x² − x + 5 > 0 всегда (дискриминант отрицателен). Остаётся −(x − 2)(x + 1)(x − 3)(x + 2) ≥ 0, то есть (x − 2)(x + 1)(x − 3)(x + 2) ≤ 0.

шаг 5.Метод интервалов и пересечение с ОДЗ

Решаем (x + 2)(x + 1)(x − 2)(x − 3) ≤ 0. Нули −2, −1, 2, 3 закрашены. Но из ОДЗ выколоты x = −2 (там x + 3 = 1) и x = 2 (там B = 1). Промежуток (−1; 2) почти весь вне ОДЗ (B < 0); в ответ из него попадает только то, что согласовано ниже.

Пробная точка x = 10 на (3; +∞): (12)(11)(8)(7) > 0 ✓. Знаки чередуются. Решение полинома: [−2; −1] и [2; 3]. Пересекаем с ОДЗ: на [−2; −1] выколота −2, остаётся (−2; −1]. На [2; 3] выколота 2, остаётся (2; 3]. Условие B > 0 на этих промежутках выполнено.