условие
шаг 1.Область допустимых значений
Основание x + 5 положительно и не равно единице, аргументы всех логарифмов положительны, а логарифмы в знаменателях не обращаются в ноль.
Условия на x² + 2x − 2 удобнее оставить до замены — они превратятся в ограничения на новую переменную. Из x² + 2x − 2 > 0 следует x² + 2x > 2, поэтому (x² + 2x)² > 0 выполняется автоматически.
шаг 2.Приводим левую часть к основанию 2
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 ().
Множитель 1 : log₂(x + 5) стоит и в числителе, и в знаменателе левой дроби — он сокращается, и переменное основание из неравенства уходит. Справа под логарифмом стоит полный квадрат: x⁴ + 4x³ + 4x² = (x² + 2x)².
шаг 3.Делаем замену
Во всех логарифмах повторяется одно и то же выражение x² + 2x. Обозначим его y. Оставшиеся условия ОДЗ записываются прямо через y.
Здесь x² + 2x + 56 = y + 56, x² + 2x − 2 = y − 2, а (x² + 2x)² = y². Условие x² + 2x − 2 > 0 даёт y > 2, условие x² + 2x − 2 ≠ 1 — это y ≠ 3.
шаг 4.Метод рационализации
Ноль в знаменателе записан как log₂1 — тогда обе части дроби становятся разностями логарифмов одного основания. Условие y ≠ 3 отдельной строкой не пишем: это в точности точка разрыва дроби ①. Аргументы y + 56 и y² положительны при y > 2 автоматически.
шаг 5.Метод интервалов в y
Упрощаем ①: множители (2 − 1) = 1 в числителе и знаменателе исчезают, числитель раскладываем по теореме Виета. Затем решаем ① и ② каждое на своей оси и берём пересечение.
Проверка по Виета для y² − y − 56: сумма корней должна равняться 1, произведение — −56. Подходят 8 и −7. Пробная точка y = 5 на интервале (3; 8): −(5 − 8)(5 + 7) : (5 − 3) = 36 : 2 = 18 > 0 — знак «+»; через простые корни знаки чередуются. Ограничение ② срезает всю левую часть решения ①: остаётся y ∈ (3; 8].
шаг 6.Обратная замена
Возвращаемся к x: подставляем y = x² + 2x в двойное неравенство и решаем каждую его половину отдельно.
Проверка по Виета для x² + 2x − 3: сумма корней должна равняться −2, произведение — −3. Подходят −3 и 1. Для x² + 2x − 8: сумма корней −2, произведение −8 — подходят −4 и 2.
шаг 7.Пересечение
Пересекаем решения обеих половин с ОДЗ. Границы −3 и 1 выколоты (строгое неравенство), границы −4 и 2 закрашены. Точка −4 всё же выпадает: там основание x + 5 равно единице.
Пробная точка x = 0 на интервале (−3; 1): (0 + 3)(0 − 1) = −3 < 0 — знак «−», строгое > 0 там не выполнено. Пробная точка x = 0 на интервале (−4; 2): (0 + 4)(0 − 2) = −8 < 0 — знак «−», и это решение нестрогого ≤ 0. Точка x = 2 остаётся закрашенной: там обе части исходного неравенства равны.