условие
шаг 1.Замена на t
Переменная входит только через 3^|x|. Основание степени 9 приводим к 3 и обозначаем 3^|x| = t. Из |x| ≥ 0 следует t ≥ 1 — критическое ограничение, отличающее задачу от случая 3ˣ.
Показатель степени |x| неотрицателен, а функция 3ᵘ возрастает, поэтому 3^|x| не меньше 3⁰, то есть t ≥ 1.
шаг 2.Область допустимых значений
Оба аргумента логарифмов строго положительны. Решаем каждое условие по номеру и пересекаем.
Пробная точка t = 3: 3(3 − 2) = 3 > 0 — знак «+» на правом интервале, чередование «+, −, +». Точки 0 и 2 выколоты (строгое >). Левый луч условия ① отсекается условием ②: там t < 0, а нужно t > 1,5. ОДЗ: t > 2. Ограничение замены t ≥ 1 при этом выполняется автоматически.
шаг 3.Снимаем логарифмы
· при a > 1: (знак сохраняется).
· при 0 < a < 1: знак переворачивается, .
Сравниваем квадраты: 1 = √1, а 1 < 3, значит √3 > 1 и √3 − 1 > 0. Дальше 2 = √4, а 3 < 4, значит √3 < 2 и √3 − 1 < 1. Итого 0 < √3 − 1 < 1. По теореме Виета для t² − 4t + 3 = 0: сумма корней равна 4, произведение равно 3. Подбираем t₁ = 1 и t₂ = 3, отсюда t² − 4t + 3 = (t − 1)(t − 3). Пробная точка t = 0: (0 − 1)(0 − 3) = 3 > 0 — знак «+» на левом интервале, чередование «+, −, +». Оба корня закрашены (нестрогое ≥).
шаг 4.Пересечение с ОДЗ
Пересекаем решение неравенства с найденной областью допустимых значений t > 2.
Левый луч (−∞; 1] целиком выпадает: по ОДЗ требуется t > 2. Остаётся t ≥ 3.
шаг 5.Обратная замена
· при a > 1: (знак сохраняется).
· при 0 < a < 1: (знак переворачивается).
1 двойное неравенство.
2 тут { — фигурная скобка = И (выполняются одновременно) исключает случаи когда f = −20, a = 5. |−20| ≤ 5 — ложь, но строка f ≤ a (−20 ≤ 5 — истина) пропустит неправильный ответ. Либо фигурная скобка, либо 3.
3 Корректная запись для [ — прямоугольной скобки.
«|x| ≥ a» при a > 0 даёт x ≤ −a или x ≥ a.
Число 3 записываем как 3¹ — обе части становятся степенями с основанием степени 3, и основание снимается сразу. Тип границы при снятии модуля сохраняется: неравенство нестрогое, поэтому обе точки закрашены.