условие
шаг 1.Область допустимых значений
Подкоренное выражение неотрицательно. Логарифм здесь двухслойный: аргумент внутреннего логарифма положителен, а сам внутренний логарифм — аргумент внешнего — строго положителен.
Условие |1 − x| > 0 отдельно решать не нужно: оно слабее условия |1 − x| > 1, которое даёт внешний логарифм. Основание внутреннего логарифма 2 > 1, логарифм возрастает, поэтому log₂|1 − x| > log₂1 равносильно |1 − x| > 1. Итог: x ∈ [−1/2; 0) ∪ (2; +∞).
шаг 2.Разбираем произведение
Первый множитель — арифметический корень, он неотрицателен на всём ОДЗ. Произведение неотрицательно ровно в двух ситуациях: либо корень равен нулю, либо корень положителен и тогда второй множитель неотрицателен.
Точка x = −1/2 входит в ОДЗ (там −1/2 < 0), и в ней всё произведение обращается в ноль — значит она попадает в ответ. В случае 2 корень положителен, поэтому на него можно разделить: неравенство равносильно условию на второй множитель.
шаг 3.Случай 2: снимаем логарифмы
· при a > 1: (знак сохраняется).
· при 0 < a < 1: знак переворачивается, .
Условие log₂|1 − x| > 0 из ОДЗ здесь не теряется — оно уже выписано в шаге 1 и учитывается при пересечении.
шаг 4.Раскрываем модуль
Модуль не превосходит числа — подмодульное выражение зажато между −2 и 2. Двойное неравенство решаем в два действия.
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.
шаг 5.Пересечение с ОДЗ
Отрезок −1 ≤ x ≤ 3 из случая 2 пересекаем с ОДЗ. Точка x = −1/2 из случая 1 замыкает левый край получившегося множества.
Точка x = −1 отсечена: в ОДЗ входят только x ≥ −1/2. Условие «корень строго положителен» из случая 2 выбрасывает саму точку x = −1/2, но она уже вошла в ответ из случая 1, поэтому левая граница остаётся закрашенной. Точки 0 и 2 выколоты по ОДЗ, а x = 3 закрашена: она лежит и в ОДЗ (3 > 2), и в отрезке случая 2.