\(\dfrac{{{{\log }_3}{x^2}-{{\log }_5}{x^2}}}{{\log _{15}^2\left( {2{x^2}-6x + 4,5} \right) + 1}} \ge 0.\)
Запишем ограничения на подлогарифмические выражения:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} > 0,\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\,}\\{2{x^2}-6x + 4,5 > 0}\end{array}} \right.\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x^2} > 0,\;\;\;\;\;\;\;\;\,}\\{{{\left( {2x-3} \right)}^2} > 0}\end{array}} \right.\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x \ne 0,\;\,\,}\\{x \ne 1,5.}\end{array}} \right.\)
Заметим, что: \(\log _{15}^2\left( {2{x^2}-6x + 4,5} \right) + 1 \ge 1\) при \(x \ne 0,\;\;\;\;x \ne 1,5.\) Тогда исходное неравенство равносильно неравенству:
\({\log _3}{x^2}-{\log _5}{x^2} \ge 0\;\,\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;{\log _3}{x^2}-\dfrac{{{{\log }_3}{x^2}}}{{{{\log }_3}5}} \ge 0\;\,\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;\left( {1-\dfrac{1}{{{{\log }_3}5}}} \right){\log _3}{x^2} \ge 0.\)
Так как \({\log _3}5 > 1,\) то \(1-\dfrac{1}{{{{\log }_3}5}} > 0.\) Следовательно:
\(\left( {1-\dfrac{1}{{{{\log }_3}5}}} \right){\log _3}{x^2} \ge 0\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;{\log _3}{x^2} \ge 0\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;{x^2} \ge 1\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\;x \in \left( {-\infty ;-1} \right] \cup \left[ {1;\infty } \right).\)
Так как ОДЗ \(x \ne 0,\;\;\;\;x \ne 1,5,\) то решение неравенства будет иметь вид: \(x \in \left( {-\infty ;\,-1} \right] \cup \left[ {1;\,1,5} \right) \cup \left( {1,5;\,\infty } \right).\)
Ответ: \(\left( {-\infty ;\,-1} \right] \cup \left[ {1;\,1,5} \right) \cup \left( {1,5;\,\infty } \right).\)