Задача №18629

Решите неравенство

$$2{\log }_{x+1}(x^2-1)+{\log }_{x-1}(x^2+2x+1)\le 7.$$

Область определения. Основания логарифмов: $x+1>0\text{,}$ $x+1\ne 1\text{,}$ $x-1>0\text{,}$ $x-1\ne 1\text{;}$ аргументы: $x^2-1>0\text{,}$ $(x+1{)}^2>0\text{.}$ Всё вместе даёт

$$x>1,x\ne 2.$$

Преобразование. На области определения $x^2-1=(x-1)(x+1)\text{,}$ причём оба множителя положительны, а $x^2+2x+1=(x+1{)}^2\text{,}$ где $x+1>0\text{.}$ Поэтому

$${\log }_{x+1}(x^2-1)=1+{\log }_{x+1}(x-1),{\log }_{x-1}(x+1{)}^2=2{\log }_{x-1}(x+1).$$

Обозначим $t={\log }_{x+1}(x-1)\text{.}$ Так как $x\ne 2\text{,}$ имеем $x-1\ne 1\text{,}$ то есть $t\ne 0\text{,}$ и ${\log }_{x-1}(x+1)=\frac{1}{t}\text{.}$ Неравенство принимает вид

$$2(1+t)+\frac{2}{t}\le 7⟺2t+\frac{2}{t}-5\le 0⟺\frac{2t^2-5t+2}{t}\le 0⟺\frac{(2t-1)(t-2)}{t}\le 0.$$

Методом интервалов: $t<0$ или $\frac{1}{2}\le t\le 2\text{.}$

Возврат к $x\text{.}$ На области определения основание $x+1>2>1\text{,}$ поэтому $t={\log }_{x+1}(x-1)$ монотонно сравнивается так:

• $t<0⟺0<x-1<1⟺1<x<2\text{;}$
• $t\ge \frac{1}{2}⟺x-1\ge (x+1{)}^{1/2}=\sqrt{x+1}\text{.}$ Обе части положительны лишь при $x>2$ (при $1<x\le 2$ левая часть не превосходит $1<\sqrt{x+1}$); возводя в квадрат: $x^2-2x+1\ge x+1⟺x^2-3x\ge 0⟺x\ge 3\text{;}$
• $t\le 2⟺x-1\le (x+1{)}^2$ — верно при всех $x>1\text{,}$ так как $(x+1{)}^2-(x-1)=x^2+x+2>0\text{.}$

Итак, $\frac{1}{2}\le t\le 2⟺x\ge 3\text{,}$ а $t<0⟺1<x<2\text{.}$

Ответ: $x\in (1;2)\cup [3;+\infty )\text{.}$

Контроль граничной точки: при $x=3$ имеем $2{\log }_{4}8+{\log }_{2}16=2\cdot \frac{3}{2}+4=7\le 7$ — включается.