📘 Теоретическая база
- \(\log_{a^k} b = \frac{1}{k} \log_a b\) при \(a > 0,\ a \ne 1\).
- \(\log_a b^m = m \log_a |b|\) при чётном \(m\) (чтобы аргумент был положителен).
- Если \(0 < a < 1\), функция \(\log_a t\) убывает, поэтому \(\log_a A \le \log_a B \Rightarrow A \ge B\).
1. Приводим логарифмы к основанию \(0{,}5\)
Заметим: \(0{,}25 = (0{,}5)^2\). Используем свойство:
\[ \log_{0,25}(x — 3)^4 = \frac{1}{2} \log_{0,5}(x — 3)^4. \]Далее, \(\log_{0,5}(x — 3)^4 = 4 \log_{0,5}|x — 3|\) (так как \((x-3)^4 > 0\) для всех \(x \neq 3\)).
Получаем:
\[ \log_{0,25}(x — 3)^4 = \frac12 \cdot 4 \log_{0,5}|x — 3| = 2 \log_{0,5}|x — 3|. \]Неравенство принимает вид:
\[ \log_{0,5}(x^3 — 3x^2 — 9x + 27) \le 2 \log_{0,5}|x — 3|. \]2. Разлагаем \(x^3 — 3x^2 — 9x + 27\) на множители
Группируем:
\[ x^3 — 3x^2 — 9x + 27 = x^2(x — 3) — 9(x — 3) = (x — 3)(x^2 — 9) = (x — 3)^2 (x + 3). \]Таким образом, первый аргумент: \((x — 3)^2 (x + 3)\).
3. Область допустимых значений (ОДЗ)
- Для первого логарифма: \((x — 3)^2 (x + 3) > 0\).
- \((x — 3)^2 \ge 0\) всегда, равно 0 при \(x = 3\).
- Чтобы произведение было \(> 0\), нужно \(x \neq 3\) и \(x + 3 > 0 \Rightarrow x > -3\).
- Для второго логарифма: \(|x — 3| > 0 \Rightarrow x \neq 3\) (уже учтено).
✅ ОДЗ: \(x \in (-3, 3) \cup (3, \infty)\).
4. Упрощаем левую часть и сокращаем
Подставляем разложение в первый логарифм:
\[ \log_{0,5}((x — 3)^2 (x + 3)) = \log_{0,5}(x — 3)^2 + \log_{0,5}(x + 3). \]Так как \((x — 3)^2 = |x — 3|^2\), то \(\log_{0,5}(x — 3)^2 = 2 \log_{0,5}|x — 3|\).
Неравенство:
\[ 2 \log_{0,5}|x — 3| + \log_{0,5}(x + 3) \le 2 \log_{0,5}|x — 3|. \]Сокращаем \(2 \log_{0,5}|x — 3|\) (это допустимо, так как \(|x-3| > 0\) на ОДЗ):
\[ \log_{0,5}(x + 3) \le 0. \]5. Решаем \(\log_{0,5}(x + 3) \le 0\)
Основание \(0{,}5 \in (0, 1)\), поэтому функция убывает. Значит:
\[ \log_{0,5}(x + 3) \le 0 \ \Longleftrightarrow\ x + 3 \ge 1. \](Так как при убывании знак неравенства меняется на противоположный при переходе к аргументу.)
Отсюда:
\[ x \ge -2. \]6. Пересекаем с ОДЗ
ОДЗ: \(x \in (-3, 3) \cup (3, \infty)\).
Пересекаем с \(x \ge -2\):
- Для интервала \((-3, 3)\): \([-2, 3)\).
- Для интервала \((3, \infty)\): \((3, \infty)\).
Объединяем:
\[ [-2, 3) \cup (3, \infty). \]✅ Окончательный ответ
🔍 Проверка граничных точек:
- \(x = -2\): первый аргумент \((-5)^2 \cdot 1 = 25 > 0\), второй \(| -2 — 3| = 5 > 0\), \(\log_{0,5}(1) = 0\) — неравенство выполняется как равенство, включаем.
- \(x = 3\): не входит в ОДЗ (первый аргумент = 0).
- \(x = 4\): первый аргумент \(1^2 \cdot 7 = 7 > 0\), \(\log_{0,5}(7) \approx -2.8\), \(\log_{0,5}(1) = 0\)? Нет, \(\log_{0,5}(7) < 0\), а \(\log_{0,5}(x+3) = \log_{0,5}(7) < 0\) — выполняется.
📊 Знак \(\log_{0,5}(x+3)\) на ОДЗ
| Интервал | \(x+3\) | \(\log_{0,5}(x+3)\) | Условие \(\le 0\) |
|---|---|---|---|
| \((-3, -2)\) | (0,1) | \(>0\) (т.к. убывание: при \(t<1\) логарифм >0) | ❌ нет |
| \([-2, 3)\) | \(\ge 1\) | \(\le 0\) | ✅ да |
| \((3, \infty)\) | >6 | <0 | ✅ да |
🧩 План решения:
- Привести логарифмы к одному основанию \(0,5\).
- Разложить кубический многочлен на множители \((x-3)^2(x+3)\).
- Найти ОДЗ: \(x \in (-3,3) \cup (3,\infty)\).
- Упростить неравенство, сократив \(2\log_{0,5}|x-3|\).
- Решить \(\log_{0,5}(x+3) \le 0\) с учётом убывания: \(x+3 \ge 1\).
- Пересечь с ОДЗ: \([-2,3) \cup (3,\infty)\).