шаг 1.Метод рационализации

Ограничение ② — аргумент логарифма положителен, ③ и ④ — основание положительно и не равно единице. Дальше решаем ①, ②, ③, ④ по очереди и берём пересечение.

шаг 2.Ограничения ②, ③ и ④

Аргумент логарифма положителен только на конечном промежутке. Внутри него основание обращается в единицу там, где cos x = 0, и в ноль там, где cos x = −1 — эти точки выкалываем.

Пробная точка x = 0: 0² − 2·0 − 9 = −9 < 0 — знак «−» между корнями, чередование «+, −, +»; выколотые точки ±π/2 и π знак не меняют. В промежуток (1 − √10; 1 + √10) из серии x = π/2 + πn попадают только −π/2 и π/2, а из серии x = π + 2πn — только π: соседние точки этих серий уже вне промежутка. √10 — иррациональное число между 3 и 3,5, поэтому левый конец лежит между −2,5 и −2, правый — между 4 и 4,5.

шаг 3.Неравенство ①

Раскрываем скобки в рационализирующих множителях и раскладываем оба квадратных трёхчлена. Знаки расставляем только внутри промежутка ② — вне его исходное выражение не определено; концы промежутка выколоты.

По теореме Виета для x² + 2x − 3 = 0: сумма корней должна равняться −2, произведение −3. Подбираем −3 и 1. По теореме Виета для x² − 2x − 8 = 0: сумма корней должна равняться 2, произведение −8. Подбираем 4 и −2. Пробная точка x = 0: (0 + 3)(0 − 1)·cos 0·(4 − 0)(0 + 2) = 3·(−1)·1·4·2 = −24 < 0 — знак «−» на интервале (−π/2; 1), дальше знаки чередуются. Корень x = −3 лежит левее промежутка ② и на знаки внутри него не влияет.

шаг 4.Пересечение

Накладываем ограничения ②, ③ и ④ на решение ①: точки ±π/2 выпадают (там основание равно единице), правый конец 1 + √10 тоже выколот. Точка π в решение ① и так не входила.

Точки −2, 1 и 4 закрашены: там рационализированное произведение обращается в ноль, а нестрогое ≥ это допускает (в −2 и 4 сам логарифм равен нулю, в 1 равен нулю первый множитель). В точках ±π/2 основание логарифма становится единицей — они выколоты по ОДЗ.