условие
шаг 1.Область допустимых значений
Основание x положительно и не равно единице, подкоренное выражение неотрицательно, аргумент второго логарифма положителен.
Трёхчлен x² + x + 1 положителен при любом x: D = 1 − 4 = −3 < 0, ветви параболы вверх — отдельного ограничения он не даёт.
шаг 2.Замена переменной
Обозначим p = √(x² + x − 2). Тогда p ≥ 0, а второй аргумент выражается через p: x² + x + 1 на три больше подкоренного выражения.
Замена взаимно однозначна: при x > 1 подкоренное выражение возрастает, поэтому каждому x отвечает своё p ≥ 0.
шаг 3.Переходим к основанию 3
Делим обе части на log_x 3: при x > 1 этот логарифм положителен, направление неравенства сохраняется. По формуле перехода к новому основанию логарифма отношение log_x A / log_x 3 равно log₃ A.
Деление на log_x 3 допустимо: по ОДЗ x > 1, значит log_x 3 > 0 и нулём он не бывает — корень не теряем, а знак «≤» остаётся прежним.
шаг 4.Монотонность левой части
При p ≥ 0 оба множителя неотрицательны и возрастают, значит и произведение возрастает. Достаточно найти точку, где оно равно 1: обе скобки одновременно дают «круглые» значения при p = 2.
При p ≥ 0 первый множитель не меньше log₃ 1 = 0, второй — не меньше log₇ 3 > 0; оба строго возрастают вместе с p, поэтому произведение строго возрастает и значение 1 принимает ровно один раз.
шаг 5.Обратная замена
Возвращаемся к x: обе части неравенства p ≤ 2 неотрицательны, поэтому его можно возвести в квадрат.
Проверка по Виета: для x² + x − 6 сумма корней должна равняться −1, произведение — −6. У нас (−3) + 2 = −1 и (−3) · 2 = −6 — оба сходятся. Парабола ветвями вверх, корни закрашены (нестрогое ≤): трёхчлен неположителен между корнями. Левая часть отрезка целиком лежит вне ОДЗ (x > 1) — от корня −3 пунктир вниз не идёт. Проверка: x = 2 ⇒ p = 2, обе части равны ✓; x = 3 ⇒ p = √10 > 2, неравенство нарушается ✓.