условие
шаг 1.Область допустимых значений
Аргументы обоих логарифмов положительны, знаменатели не обращаются в ноль. Аргумент правого логарифма — чётная степень, она положительна везде, кроме нуля своего основания.
Чётная степень (−x² − 2x + 2)² неотрицательна при любом x и равна нулю лишь при −x² − 2x + 2 = 0, поэтому условие «> 0» равносильно x² + 2x − 2 ≠ 0 — оно уже содержится в более сильном x² + 2x − 2 > 0. Пробная точка x = 0 для I условия: 0 + 0 − 2 = −2 < 0 — знак «−» в среднем интервале, чередование «+, −, +». Итог: x ∈ (−∞; −1 − √3) ∪ (−1 + √3; 1) ∪ (1; +∞).
шаг 2.Упрощаем правый логарифм
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 ().
Вынос чётного показателя степени: lg b² = 2 lg |b|. Модуль обязателен — квадрат определён и при отрицательном b. По ОДЗ x² + 2x − 2 > 0, поэтому |x² + 2x − 2| = x² + 2x − 2.
шаг 3.Выносим логарифм за скобку
Переносим правую дробь влево: в обоих слагаемых есть общий множитель lg(x² + 2x − 2). Выносим его — знак произведения определяют знак логарифма и знак скобки. Скобка зависит от того, как раскроется модуль, поэтому дальше разбираем два случая.
Модуль раскрывается по знаку подмодульного выражения: при x > 1 это x − 1, при x < 1 — противоположное ему 1 − x. Значение x = 1 исключено ОДЗ, третьего случая нет.
шаг 4.Случай 1: x > 1
Модуль раскрывается как x − 1, обе дроби в скобке получают общий знаменатель, и скобка сворачивается.
По теореме Виета для x² + x − 2 = 0: сумма корней равна −1, произведение равно −2. Подбираем x₁ = −2 и x₂ = 1, отсюда x² + x − 2 = (x + 2)(x − 1). Сокращение (x − 1) допустимо: на этом промежутке x > 1, поэтому x − 1 > 0 — делитель не равен нулю, корень не теряем.
шаг 5.Случай 2: x < 1
Модуль раскрывается как 1 − x, то есть противоположное к x − 1. Приводим дроби к общему знаменателю x − 1 и оцениваем знак получившейся дроби.
У трёхчлена x² + x + 2 старший коэффициент положителен, а дискриминант отрицателен — значит он положителен при любом x. Минус перед дробью и отрицательный знаменатель дают в итоге положительную скобку.
шаг 6.Остаётся неравенство с логарифмом
· при a > 1: (знак сохраняется).
· при 0 < a < 1: знак переворачивается, .
По теореме Виета для x² + 2x − 3 = 0: сумма корней равна −2, произведение равно −3. Подбираем x₁ = −3 и x₂ = 1, отсюда x² + 2x − 3 = (x + 3)(x − 1). Пробная точка x = 0: (0 + 3)(0 − 1) = −3 < 0 — знак «−» в среднем интервале, чередование «+, −, +». Оба корня закрашены (нестрогое ≥).
шаг 7.Пересечение с ОДЗ
Полученное решение пересекаем с ОДЗ. Луч x ≤ −3 лежит левее точки −1 − √3 и целиком входит в ОДЗ, а точка x = 1 из ОДЗ выколота.
Точка −3 лежит левее −1 − √3 ≈ −2,73, поэтому весь луч x ≤ −3 попадает в ОДЗ и остаётся закрашенным. Точка x = 1 выколота по ОДЗ (там оба знаменателя обращаются в ноль), поэтому вместо [1; +∞) остаётся (1; +∞).