Disequazioni logaritmiche con sostituzione: metodo, esempi ed esercizi svolti

Le disequazioni logaritmiche con sostituzione sono quelle in cui lo stesso logaritmo compare più volte, al quadrato o al denominatore, come $\ln^2 x - 4\ln x + 3 > 0$ oppure $\ln x + 2 \leq \dfrac{8}{\ln x}$. Chiamando $t$ il logaritmo diventano disequazioni algebriche in $t$, quasi sempre di secondo grado: per questo si chiamano anche disequazioni logaritmiche di secondo grado. Sono un classico del precorso e degli scritti di Analisi 1, e ricompaiono ogni volta che cerchi il dominio o il segno di una funzione con i logaritmi. In questa pagina vediamo il metodo e il teorema che lo giustifica, la tabella per tornare alla $x$, il logaritmo al quadrato, la base minore di 1, il logaritmo al denominatore, le disequazioni con il logaritmo in base $x$, i logaritmi annidati, un esponenziale dentro il logaritmo, la $x$ nella base e nell’esponente, una disequazione con un parametro, come riconoscere il metodo, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: il logaritmo come nuova incognita

Guarda $\log_2^2 x - 4\log_2 x + 3 > 0$. Dentro c’è un solo «oggetto», $\log_2 x$, che compare da solo e al quadrato. Se lo chiami $t$ la disequazione diventa

$$t^2 - 4t + 3 > 0$$

cioè una disequazione di secondo grado, che risolvi con il segno della parabola. È la stessa idea delle equazioni logaritmiche con sostituzione, con due attenzioni in più: il verso nel momento in cui torni alla $x$, e il segno di $t$ quando il logaritmo sta al denominatore.

Prima una questione di notazione. $\ln^2 x$ significa $(\ln x)^2$, il quadrato del logaritmo; $\ln x^2$ è invece il logaritmo di $x^2$, che per $x > 0$ vale $2\ln x$ grazie alle proprietà dei logaritmi. Il primo diventa $t^2$, il secondo $2t$: confonderli è l’errore più frequente di tutto l’argomento.

Rispetto alle disequazioni esponenziali con sostituzione c’è una differenza importante. Lì la nuova incognita $t = a^x$ è sempre positiva e le soluzioni con $t \leq 0$ vanno buttate via. Qui invece su $t$ non c’è nessuna condizione: il logaritmo assume tutti i valori reali, positivi, negativi e zero. In cambio paghi due cose: la condizione di esistenza $x > 0$, e la regola del verso al ritorno.

Il teorema che fa funzionare il metodo

Teorema. Sia $a > 0$ con $a \neq 1$. La funzione $f(x) = \log_a x$ è una biiezione da $(0, +\infty)$ a $\mathbb{R}$: ogni numero reale $t$ si scrive come $\log_a x$ per uno e un solo $x > 0$, cioè $x = a^t$. Inoltre, per ogni coppia di numeri reali $t_1 < t_2$:

Lo stesso vale con $\leq$ al posto di $<$ e con una sola disuguaglianza: per $a > 1$, $\log_a x < t_1$ equivale a $0 < x < a^{t_1}$ e $\log_a x > t_1$ equivale a $x > a^{t_1}$; per $0 < a < 1$ le due si scambiano.

Perché è vero. Servono tre fatti sulla funzione logaritmica.

• Il logaritmo è l’inversa dell’esponenziale: per $x > 0$, $t = \log_a x$ significa esattamente $x = a^t$. Quindi a ogni $t$ reale corrisponde un solo $x$, cioè $a^t$, ed è positivo: l’immagine di $\log_a$ è tutto $\mathbb{R}$, e nessun valore di $t$ va scartato.
• Per $a > 1$ il logaritmo è strettamente crescente: se $0 < A < B$ allora $\log_a A < \log_a B$. È la regola del verso vista nelle disequazioni logaritmiche. Vale anche al contrario: se fosse $A \geq B$ avresti $\log_a A \geq \log_a B$, assurdo. Quindi, per $A$ e $B$ positivi, $A < B \iff \log_a A < \log_a B$.
• Per $0 < a < 1$ il logaritmo è strettamente decrescente e ogni disuguaglianza tra gli argomenti si rovescia.

Ora scrivi $t_1 = \log_a a^{t_1}$. Per $a > 1$ la condizione $t_1 < \log_a x$ diventa $\log_a a^{t_1} < \log_a x$, cioè $a^{t_1} < x$; allo stesso modo $\log_a x < t_2$ diventa $x < a^{t_2}$. Per $0 < a < 1$ le due disuguaglianze si rovesciano e gli estremi si scambiano di posto. La monotonia deve essere stretta: è lei che rende il passaggio un’equivalenza, senza soluzioni perse né aggiunte.

Conseguenza. Se $P$ è un polinomio, $P(\log_a x) > 0$ equivale a dire che $t = \log_a x$ sta nell’insieme delle soluzioni di $P(t) > 0$. Non c’è nessuna intersezione con $t > 0$ da fare. Ma l’insieme delle soluzioni in $t$ è quasi sempre fatto di più intervalli, e ognuno va tradotto per conto suo: la soluzione in $x$ è l’unione delle traduzioni.

La scaletta

1. Condizioni di esistenza sulla $x$: argomenti positivi, logaritmi al denominatore diversi da zero, basi variabili positive e diverse da 1.
2. Riscrivi tutto in funzione dello stesso logaritmo: $\log_a x^3 = 3\log_a x$, $\log_{1/a} x = -\log_a x$, $\log_x a = \dfrac{1}{\log_a x}$.
3. Sostituisci $t = \log_a x$, senza condizioni su $t$ (solo $t \neq 0$ se sta al denominatore).
4. Risolvi in $t$. Se è di secondo grado, con il segno della parabola; se è fratta, con la tabella dei segni. Non moltiplicare per $t$: non sai se è positivo.
5. Torna alla $x$, un intervallo alla volta: ogni condizione su $t$ è una disequazione logaritmica elementare. Con base maggiore di 1 il verso resta, con base tra 0 e 1 si inverte.
6. Interseca con le condizioni di esistenza e controlla con un valore dentro e uno fuori dalla soluzione.

Il passo 5 si legge in questa tabella, con $\alpha < \beta$ numeri reali qualsiasi:

Condizione su $t$	$a > 1$	$0 < a < 1$
$t < \alpha$	$0 < x < a^{\alpha}$	$x > a^{\alpha}$
$t > \alpha$	$x > a^{\alpha}$	$0 < x < a^{\alpha}$
$\alpha < t < \beta$	$a^{\alpha} < x < a^{\beta}$	$a^{\beta} < x < a^{\alpha}$
$t \neq 0$	$x \neq 1$	$x \neq 1$

Per esempio, con $t = \ln x$: $t < -1$ dà $0 < x < \dfrac{1}{e}$, e $1 < t < 2$ dà $e < x < e^2$. Con $t = \log_{1/2} x$, invece, $t < -1$ dà $x > 2$.

Il logaritmo al quadrato

Esempio 1. $\log_2^2 x - 4\log_2 x + 3 > 0$.

C.E.: $x > 0$. Con $t = \log_2 x$:

$$t^2 - 4t + 3 > 0 \iff (t - 1)(t - 3) > 0$$

La parabola è rivolta verso l’alto, quindi è positiva fuori dalle radici: $t < 1$ oppure $t > 3$. Due intervalli, da tradurre uno per uno con la base $2 > 1$:

• $\log_2 x < 1 \iff 0 < x < 2$;
• $\log_2 x > 3 \iff x > 8$.

Soluzione: $0 < x < 2$ oppure $x > 8$. La figura mostra i due tempi: in alto la parabola in $t$, in basso il grafico di $t = \log_2 x$ che trasporta gli intervalli dall’asse verticale a quello orizzontale.

Controllo. In $x = 1$ si ha $t = 0$ e $0 - 0 + 3 = 3 > 0$: vero, e infatti $1$ sta in $(0, 2)$. In $x = 4$, $t = 2$ e $4 - 8 + 3 = -1$: falso, e $4$ sta tra 2 e 8, fuori dalla soluzione. In $x = 16$, $t = 4$ e $16 - 16 + 3 = 3 > 0$: vero.

Esempio 2. $\ln^2 x - \ln x^6 \leq 7$.

C.E.: $x > 0$. Qui i due logaritmi sono diversi: $\ln^2 x$ è un quadrato, $\ln x^6$ no. Per $x > 0$ vale $\ln x^6 = 6\ln x$, quindi con $t = \ln x$:

$$\begin{gathered} t^2 - 6t - 7 \leq 0 \\ {} \iff (t - 7)(t + 1) \leq 0 \\ {} \iff -1 \leq t \leq 7 \end{gathered}$$

Valori interni alle radici, estremi compresi perché c’è il $\leq$. Tornando alla $x$, con $\ln$ crescente:

$$-1 \leq \ln x \leq 7 \iff \frac{1}{e} \leq x \leq e^7$$

La condizione $x > 0$ è già compresa. Controllo in $x = 1$: $0 - 0 \leq 7$, vero. In $x = e^8$: $64 - 48 = 16 > 7$, falso, e infatti $e^8 > e^7$.

Esempio 3: sempre vera. $\ln^2 x + 2\ln x + 3 > 0$.

Con $t = \ln x$, la parabola $t^2 + 2t + 3$ ha discriminante $4 - 12 < 0$: è positiva per ogni $t$ reale. Siccome $t$ può essere qualsiasi numero reale, la disequazione è vera per ogni $x$ del dominio: la soluzione è $x > 0$, non «ogni $x$ reale». Allo stesso modo $\ln^2 x + 2\ln x + 3 < 0$ è impossibile.

Con una base minore di 1

Qui l’inversione del verso avviene proprio nel passaggio da $t$ alla $x$.

Esempio 4. $\log_{1/2}^2 x + \log_{1/2} x - 6 < 0$.

C.E.: $x > 0$. Con $t = \log_{1/2} x$:

$$t^2 + t - 6 < 0 \iff (t + 3)(t - 2) < 0$$

cioè $-3 < t < 2$. Ora torniamo alla $x$ ricordando che $\log_{1/2}$ è decrescente: la riga «$\alpha < t < \beta$» della tabella dice che gli estremi si scambiano.

• $\log_{1/2} x < 2 = \log_{1/2} \dfrac{1}{4} \iff x > \dfrac{1}{4}$;
• $\log_{1/2} x > -3 = \log_{1/2} 8 \iff x < 8$.

Soluzione: $\dfrac{1}{4} < x < 8$. Il $t$ più grande ha dato la $x$ più piccola.

Un modo per non sbagliare il verso: porta subito la base sopra 1 con $\log_{1/2} x = -\log_2 x$. Con $u = \log_2 x$ la disequazione diventa $u^2 - u - 6 < 0$, cioè $-2 < u < 3$, e con la base 2 il verso resta: $\dfrac{1}{4} < x < 8$. Stesso risultato. Controllo in $x = 1$: $0 + 0 - 6 < 0$, vero. In $x = 16$: $t = -4$ e $16 - 4 - 6 = 6$, falso.

Il logaritmo al denominatore

Esempio 5. $\ln x + 2 \leq \dfrac{8}{\ln x}$.

C.E.: $x > 0$ e $\ln x \neq 0$, cioè $x \neq 1$. Con $t = \ln x$, $t \neq 0$:

$$t + 2 - \frac{8}{t} \leq 0 \iff \frac{(t + 4)(t - 2)}{t} \leq 0$$

Qui non si può moltiplicare per $t$: per $0 < x < 1$ il logaritmo è negativo e il verso si invertirebbe. Si studia il segno della frazione. Il numeratore $(t + 4)(t - 2)$ è positivo fuori dalle radici $-4$ e $2$, il denominatore è positivo per $t > 0$:

Intervallo	Numeratore, denominatore	Frazione
$t < -4$	$+$, $-$	$-$
$-4 < t < 0$	$-$, $-$	$+$
$0 < t < 2$	$-$, $+$	$-$
$t > 2$	$+$, $+$	$+$

La frazione è negativa o nulla per $t \leq -4$ oppure $0 < t \leq 2$: gli zeri $-4$ e $2$ sono compresi, lo $0$ no. Il grafico di $y = t + 2 - \dfrac{8}{t}$ mostra la stessa cosa: due rami separati dall’asintoto $t = 0$, ciascuno sotto l’asse in un pezzo.

Tornando alla $x$ con $\ln$ crescente:

$$\begin{gathered} 0 < x \leq e^{-4} \\ \text{oppure}\;\; 1 < x \leq e^2 \end{gathered}$$

Chi avesse moltiplicato per $t$ «a occhi chiusi» avrebbe ottenuto $t^2 + 2t - 8 \leq 0$, cioè $-4 \leq t \leq 2$, e quindi $e^{-4} \leq x \leq e^2$: un intervallo che contiene $x = 1$, dove la disequazione non ha nemmeno senso, e che perde tutto il pezzo $0 < x < e^{-4}$. Controllo in $x = 2$: $0{,}69 + 2 - 11{,}54 < 0$, vero. In $x = \dfrac{1}{2}$: $-0{,}69 + 2 + 11{,}54 > 0$, falso, e infatti $\dfrac{1}{2}$ sta tra $e^{-4} \approx 0{,}018$ e $1$.

Nelle disequazioni logaritmiche fratte il denominatore mescola logaritmi e polinomi in $x$, come $\dfrac{2 - \ln x}{x - 1}$, e la tabella dei segni si fa direttamente in $x$. Qui tutto dipende da un solo logaritmo, e la tabella si fa in $t$.

Base e argomento scambiati: il logaritmo in base x

Nelle disequazioni con $\log_x a$ la $x$ è una base, quindi le condizioni di esistenza sono $x > 0$ e $x \neq 1$. Il cambiamento di base dà $\log_x a = \dfrac{1}{\log_a x}$: con $t = \log_a x$ il termine diventa $\dfrac{1}{t}$, con $t \neq 0$, e la disequazione è fratta in $t$. Il segno di $t$ conta.

Esempio 6. $\log_x 7 \leq 2$.

C.E.: $x > 0$, $x \neq 1$. Con $t = \log_7 x$ si ha $\log_x 7 = \dfrac{1}{t}$:

$$\frac{1}{t} - 2 \leq 0 \iff \frac{1 - 2t}{t} \leq 0$$

Il numeratore è positivo per $t < \dfrac{1}{2}$, il denominatore per $t > 0$: la frazione è negativa per $t < 0$ e per $t > \dfrac{1}{2}$, nulla in $t = \dfrac{1}{2}$. Quindi $t < 0$ oppure $t \geq \dfrac{1}{2}$, cioè

$$0 < x < 1 \;\; \text{oppure} \;\; x \geq \sqrt{7}$$

Ha senso: con base tra 0 e 1 il logaritmo di 7 è negativo, quindi sicuramente minore di 2; con base maggiore di 1 serve $7 \leq x^2$. Controllo: $\log_{1/2} 7 \approx -2{,}81$, vero; $\log_2 7 \approx 2{,}81$, falso; $\log_3 7 \approx 1{,}77$, vero.

Esempio 7. $\log_2 x - \log_x 2 < \dfrac{3}{2}$.

C.E.: $x > 0$, $x \neq 1$. Con $t = \log_2 x$ e $\log_x 2 = \dfrac{1}{t}$:

$$\begin{gathered} t - \frac{1}{t} - \frac{3}{2} < 0 \\ {} \iff \frac{2t^2 - 3t - 2}{2t} < 0 \\ {} \iff \frac{(2t + 1)(t - 2)}{2t} < 0 \end{gathered}$$

Il numeratore è positivo fuori da $-\dfrac{1}{2}$ e $2$, il denominatore per $t > 0$. La tabella dei segni dà $t < -\dfrac{1}{2}$ oppure $0 < t < 2$. Tornando alla $x$:

$$\begin{gathered} 0 < x < 2^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \\ \text{oppure}\;\; 1 < x < 4 \end{gathered}$$

Controllo in $x = 2$: $1 - 1 = 0 < \dfrac{3}{2}$, vero. In $x = 8$: $3 - \dfrac{1}{3} > \dfrac{3}{2}$, falso.

Logaritmi annidati

Quando un logaritmo sta dentro un altro si «sbuccia» dall’esterno verso l’interno. La sostituzione è $u$ uguale al logaritmo interno, e le condizioni di esistenza vanno scritte strato per strato: l’argomento del logaritmo esterno, cioè il logaritmo interno, deve essere positivo.

Esempio 8. $\ln(\ln x) > 0$.

C.E.: $x > 0$ e $\ln x > 0$, cioè $x > 1$. Con $u = \ln x$: $\ln u > 0 = \ln 1$, quindi $u > 1$, cioè $\ln x > 1$ e $x > e$. Le C.E. sono comprese. Soluzione: $x > e$.

Esempio 9. $\log_{1/2}\left(\log_2 x\right) \geq -1$.

C.E.: $\log_2 x > 0$, cioè $x > 1$. Il logaritmo esterno ha base minore di 1 e $-1 = \log_{1/2} 2$: il verso si inverte, $\log_2 x \leq 2$, cioè $x \leq 4$. Con le C.E.: $1 < x \leq 4$. Senza le C.E. avresti scritto $0 < x \leq 4$, accettando per esempio $x = \dfrac{1}{2}$, dove $\log_2 x$ è negativo e il logaritmo esterno non esiste.

Esempio 10. $\log_{1/2}\left(\log_{1/3} x\right) \leq 1$.

C.E.: $\log_{1/3} x > 0$, cioè $0 < x < 1$. Base esterna minore di 1, $1 = \log_{1/2}\dfrac{1}{2}$: il verso si inverte, $\log_{1/3} x \geq \dfrac{1}{2}$. Anche la base interna è minore di 1, e $\dfrac{1}{2} = \log_{1/3} 3^{-1/2}$: il verso si inverte di nuovo, $x \leq 3^{-1/2} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$. Con le C.E.: $0 < x \leq \dfrac{1}{\sqrt{3}} \approx 0{,}577$. Due basi minori di 1, due inversioni.

Un esponenziale dentro il logaritmo

Esempio 11. $\log_2\left(4^x + 12\right) \leq x + 3$.

C.E.: $4^x + 12 > 0$, sempre vera. Per confrontare i due membri scriviamo $x + 3 = \log_2 2^{x+3}$; la base è maggiore di 1, il verso resta:

$$4^x + 12 \leq 2^{x+3} = 8 \cdot 2^x$$

Con $t = 2^x$, che questa volta deve essere positivo perché è un esponenziale:

$$t^2 - 8t + 12 \leq 0 \iff 2 \leq t \leq 6$$

L’intervallo sta già tutto in $t > 0$. Tornando alla $x$: $2 \leq 2^x \leq 6$, cioè $1 \leq x \leq \log_2 6 \approx 2{,}585$. Controllo in $x = 2$: $\log_2 28 \approx 4{,}81 \leq 5$, vero. In $x = 0$: $\log_2 13 \approx 3{,}70 > 3$, falso.

La x nella base e nell’esponente

Esempio 12. $x^{\log_3 x} < 27$.

C.E.: $x > 0$, perché la base di una potenza con esponente reale deve essere positiva. Entrambi i membri sono positivi e $\log_3$ è strettamente crescente: applicarlo ai due membri non cambia il verso.

$$\begin{gathered} \log_3 x^{\log_3 x} < \log_3 27 \\ {} \iff \log_3 x \cdot \log_3 x < 3 \\ {} \iff t^2 < 3 \end{gathered}$$

cioè $-\sqrt{3} < t < \sqrt{3}$, e quindi

$$3^{-\sqrt{3}} < x < 3^{\sqrt{3}}$$

circa $0{,}149 < x < 6{,}705$. Controllo in $x = 1$: $1 < 27$, vero. In $x = 9$: $9^2 = 81$, falso. Altre potenze di questo tipo sono nelle potenze con base ed esponente variabili.

Una disequazione con un parametro

Una domanda tipica d’esame: per quali valori del parametro reale $k$ la disequazione

$$\ln^2 x + 2\ln x + k > 0$$

è vera per ogni $x > 0$? Con $t = \ln x$ diventa $t^2 + 2t + k > 0$. E siccome $t = \ln x$ assume tutti i valori reali, la domanda è: per quali $k$ la parabola è positiva per ogni $t$ reale? Esattamente quando il discriminante è negativo:

$$\frac{\Delta}{4} = 1 - k < 0 \iff k > 1$$

Per $k = 1$ il primo membro è $(\ln x + 1)^2$, che vale zero in $x = \dfrac{1}{e}$: lì la disequazione è falsa. Per $k < 1$ ci sono due radici e tra le due la parabola è negativa.

Confronta con il caso esponenziale: lì il criterio del discriminante funzionava solo se il vertice stava in $t > 0$, perché i $t$ negativi non contavano. Qui tutti i $t$ contano e il criterio è esatto. Per lo stesso motivo una disequazione come questa non è mai impossibile: una parabola rivolta verso l’alto è positiva da qualche parte, e quel $t$ corrisponde a una $x$.

Come riconoscere il metodo

Se nella disequazione vedi	Cosa fare	Attenzione a
lo stesso logaritmo da solo e al quadrato	$t = \log_a x$, $t$ reale	$\ln^2 x$ non è $\ln x^2$
un logaritmo al denominatore	$t = \log_a x$, $t \neq 0$	niente prodotti per $t$: tabella dei segni
$\log_a x$ e $\log_x a$ insieme	$\log_x a = \dfrac{1}{t}$	$x \neq 1$, segno di $t$
un logaritmo dentro un altro	$u$ = logaritmo interno	C.E. a ogni strato, verso a ogni strato
un esponenziale dentro il logaritmo	$t = a^x > 0$	scrivere $x$ come $\log_a a^x$
la $x$ nella base e nell’esponente	logaritmo dei due membri	membri positivi, poi $t = \log_a x$
logaritmi di argomenti diversi sommati	proprietà, non sostituzione	C.E. sulla forma di partenza
logaritmi e polinomi in $x$ insieme	tabella dei segni in x o grafici	nessuna sostituzione

Gli errori più comuni

• Tradurre $t < \alpha$ con $x < a^{\alpha}$. La traduzione giusta, per $a > 1$, è $0 < x < a^{\alpha}$: lo zero viene dalle condizioni di esistenza. Senza, accetti numeri negativi dove il logaritmo non esiste.
• Confondere $\ln^2 x$ con $\ln x^2$. Il primo è $t^2$, il secondo è $2t$. Una disequazione con entrambi, come $\ln^2 x - \ln x^6 \leq 7$, non è «di sesto grado»: è $t^2 - 6t - 7 \leq 0$.
• Imporre $t > 0$ come negli esponenziali. Il logaritmo assume tutti i valori reali: l’intervallo $-3 < t < 2$ non si taglia a $0 < t < 2$. Scartare i $t$ negativi fa perdere tutte le soluzioni con $0 < x < 1$.
• Moltiplicare per $\ln x$ senza conoscerne il segno. Per $0 < x < 1$ è negativo e il verso si inverte. Si porta tutto a un membro e si studia il segno della frazione in $t$.
• Dimenticare il verso con la base minore di 1. Con $t = \log_{1/2} x$, la condizione $-3 < t < 2$ diventa $\dfrac{1}{4} < x < 8$: gli estremi si scambiano. In dubbio, converti prima in base 2.
• Dimenticare $x \neq 1$. Quando il logaritmo sta al denominatore o la $x$ è una base, $x = 1$ è fuori dal dominio anche se la disequazione in $t$ sembrerebbe accettarlo.
• Nei logaritmi annidati, scrivere solo $x > 0$. Serve anche che il logaritmo interno sia positivo: per $\log_{1/2}(\log_2 x) \geq -1$ la condizione è $x > 1$, e la soluzione $1 < x \leq 4$, non $0 < x \leq 4$.
• Rispondere «per ogni $x$ reale» a una disequazione sempre vera. Se la parabola in $t$ è sempre positiva, la soluzione è tutto il dominio, cioè $x > 0$: i numeri negativi non sono soluzioni perché la disequazione lì non esiste.

Esercizi svolti

1. Un coefficiente davanti al quadrato

Testo. Risolvi $2\log_3^2 x + 5\log_3 x - 3 > 0$.

C.E.: $x > 0$. Con $t = \log_3 x$: $2t^2 + 5t - 3 > 0$. Le radici sono

$$t = \frac{-5 \pm \sqrt{25 + 24}}{4} = \frac{-5 \pm 7}{4}$$

cioè $t = -3$ e $t = \dfrac{1}{2}$. Il coefficiente di $t^2$ è positivo: la parabola è positiva fuori dalle radici, $t < -3$ oppure $t > \dfrac{1}{2}$. Tornando alla $x$ con la base $3 > 1$:

• $\log_3 x < -3 \iff 0 < x < 3^{-3} = \dfrac{1}{27}$;
• $\log_3 x > \dfrac{1}{2} \iff x > 3^{1/2} = \sqrt{3}$.

Soluzione: $0 < x < \dfrac{1}{27}$ oppure $x > \sqrt{3}$. Controllo in $x = 1$, $t = 0$: $-3 > 0$ è falso, e infatti $1$ sta tra $\dfrac{1}{27}$ e $\sqrt{3} \approx 1{,}73$. In $x = 9$, $t = 2$: $8 + 10 - 3 = 15 > 0$, vero.

2. Con una base minore di 1

Testo. Risolvi $\log_{1/4}^2 x + 3\log_{1/4} x - 4 < 0$.

C.E.: $x > 0$. Con $t = \log_{1/4} x$:

$$t^2 + 3t - 4 < 0 \iff (t + 4)(t - 1) < 0$$

cioè $-4 < t < 1$. La base $\dfrac{1}{4}$ è minore di 1: il verso si inverte e gli estremi si scambiano.

• $\log_{1/4} x < 1 = \log_{1/4}\dfrac{1}{4} \iff x > \dfrac{1}{4}$;
• $\log_{1/4} x > -4 = \log_{1/4} 256 \iff x < 256$, perché $\left(\dfrac{1}{4}\right)^{-4} = 4^4 = 256$.

Soluzione: $\dfrac{1}{4} < x < 256$. Controllo in $x = 1$, $t = 0$: $-4 < 0$, vero. In $x = 4^5 = 1024$, $t = -5$: $25 - 15 - 4 = 6$, falso, e infatti $1024 > 256$.

3. Il logaritmo al denominatore

Testo. Risolvi $3\ln x + 1 \leq \dfrac{4}{\ln x}$.

C.E.: $x > 0$ e $x \neq 1$. Con $t = \ln x$, $t \neq 0$, portiamo tutto a sinistra senza moltiplicare per $t$:

$$\begin{gathered} 3t + 1 - \frac{4}{t} \leq 0 \\ {} \iff \frac{3t^2 + t - 4}{t} \leq 0 \\ {} \iff \frac{(3t + 4)(t - 1)}{t} \leq 0 \end{gathered}$$

Il numeratore si annulla in $t = -\dfrac{4}{3}$ e $t = 1$, ed è positivo fuori da questi valori; il denominatore è positivo per $t > 0$.

Intervallo	Numeratore, denominatore	Frazione
$t < -\frac{4}{3}$	$+$, $-$	$-$
$-\frac{4}{3} < t < 0$	$-$, $-$	$+$
$0 < t < 1$	$-$, $+$	$-$
$t > 1$	$+$, $+$	$+$

Quindi $t \leq -\dfrac{4}{3}$ oppure $0 < t \leq 1$, con gli zeri del numeratore compresi e $t = 0$ escluso. Tornando alla $x$:

$$\begin{gathered} 0 < x \leq e^{-4/3} \\ \text{oppure}\;\; 1 < x \leq e \end{gathered}$$

con $e^{-4/3} \approx 0{,}264$. Controllo in $x = 2$, $t \approx 0{,}69$: $2{,}08 + 1 = 3{,}08 \leq 5{,}77$, vero. In $x = \dfrac{1}{2}$, $t \approx -0{,}69$: $-1{,}08 \leq -5{,}77$ è falso, e infatti $\dfrac{1}{2}$ sta tra $0{,}264$ e $1$.

4. Logaritmo in base x

Testo. Risolvi $\log_2 x + 12\log_x 2 \leq 7$.

C.E.: $x > 0$ e $x \neq 1$. Con $t = \log_2 x$, $t \neq 0$, e $\log_x 2 = \dfrac{1}{t}$:

$$\begin{gathered} t + \frac{12}{t} - 7 \leq 0 \\ {} \iff \frac{t^2 - 7t + 12}{t} \leq 0 \\ {} \iff \frac{(t - 3)(t - 4)}{t} \leq 0 \end{gathered}$$

Il numeratore è positivo fuori da $3$ e $4$, negativo in mezzo; il denominatore è positivo per $t > 0$. La frazione è negativa per $t < 0$ (numeratore positivo, denominatore negativo) e per $3 < t < 4$, nulla in $t = 3$ e $t = 4$. Quindi $t < 0$ oppure $3 \leq t \leq 4$, cioè

$$0 < x < 1 \;\; \text{oppure} \;\; 8 \leq x \leq 16$$

Il pezzo $0 < x < 1$ ha un significato chiaro: lì $\log_2 x$ e $\log_x 2$ sono entrambi negativi, e la loro somma è certamente minore di 7. Controllo in $x = 2$, $t = 1$: $1 + 12 = 13 > 7$, falso. In $x = 8$: $3 + 4 = 7 \leq 7$, vero.

5. Logaritmi annidati

Testo. Risolvi $\log_3\left(\log_{1/2} x\right) < 1$.

C.E.: $x > 0$ e $\log_{1/2} x > 0$. La seconda, con la base minore di 1, dà $0 < x < 1$. Ora il logaritmo esterno ha base $3 > 1$ e $1 = \log_3 3$: il verso resta,

$$\log_{1/2} x < 3 = \log_{1/2}\frac{1}{8}$$

Il logaritmo interno ha base minore di 1: il verso si inverte, $x > \dfrac{1}{8}$. Intersecando con le C.E.: $\dfrac{1}{8} < x < 1$.

Controllo in $x = \dfrac{1}{2}$: $\log_{1/2}\dfrac{1}{2} = 1$ e $\log_3 1 = 0 < 1$, vero. In $x = \dfrac{1}{16}$: $\log_{1/2}\dfrac{1}{16} = 4$ e $\log_3 4 \approx 1{,}26$, falso. In $x = 2$ il logaritmo interno vale $-1$ e quello esterno non esiste.

6. Da esame: un parametro

Testo. Per quali valori del parametro reale $k$ la disequazione $\log_3^2 x - 2k\log_3 x + 9 \geq 0$ è vera per ogni $x > 0$? Risolvila poi per $k = -5$.

Con $t = \log_3 x$ la disequazione diventa $t^2 - 2kt + 9 \geq 0$, e $t$ assume tutti i valori reali. Una parabola rivolta verso l’alto è non negativa per ogni $t$ se e solo se il discriminante è minore o uguale a zero:

$$\frac{\Delta}{4} = k^2 - 9 \leq 0 \iff -3 \leq k \leq 3$$

Per $k = 3$ e $k = -3$ il discriminante è nullo: il primo membro è $(t \mp 3)^2$, che tocca lo zero in $t = \pm 3$, cioè in $x = 27$ e $x = \dfrac{1}{27}$, ma non scende mai sotto. Con il $\geq$ va bene. Se la disequazione fosse stata con il $>$ stretto, la risposta sarebbe stata $-3 < k < 3$.

Per $k = -5$:

$$t^2 + 10t + 9 \geq 0 \iff (t + 1)(t + 9) \geq 0$$

cioè $t \leq -9$ oppure $t \geq -1$. Tornando alla $x$ con la base $3 > 1$:

$$\begin{gathered} 0 < x \leq 3^{-9} = \frac{1}{19\,683} \\ \text{oppure}\;\; x \geq \frac{1}{3} \end{gathered}$$

Controllo in $x = 1$, $t = 0$: $9 \geq 0$, vero. In $x = \dfrac{1}{27}$, $t = -3$: $9 - 30 + 9 = -12$, falso, e infatti $\dfrac{1}{27}$ sta tra $\dfrac{1}{19\,683}$ e $\dfrac{1}{3}$.

In sintesi

• Con $t = \log_a x$ la disequazione diventa algebrica in $t$; su $t$ non ci sono condizioni di segno, perché il logaritmo assume tutti i valori reali. Restano le C.E. sulla $x$.
• Il metodo funziona perché $\log_a$ è una biiezione da $(0, +\infty)$ a $\mathbb{R}$, strettamente crescente per $a > 1$ e strettamente decrescente per $0 < a < 1$.
• Tornando alla $x$ si traduce un intervallo alla volta: con $a > 1$ il verso resta, con $0 < a < 1$ si inverte e gli estremi si scambiano. La soluzione in $x$ è l’unione delle traduzioni.
• $\ln x < \alpha$ significa $0 < x < e^{\alpha}$, non $x < e^{\alpha}$.
• Con il logaritmo al denominatore, o con $\log_x a = \dfrac{1}{t}$, non si moltiplica per $t$: si studia il segno della frazione, con $t \neq 0$, cioè $x \neq 1$.
• Nei logaritmi annidati si sbuccia dall’esterno, con le C.E. e il verso di ogni strato.
• Con un esponenziale dentro il logaritmo si scrive $x = \log_a a^x$ e si sostituisce $t = a^x > 0$.
• Una disequazione $P(\ln x) > 0$ è vera per ogni $x > 0$ se e solo se $P(t) > 0$ per ogni $t$ reale: per una parabola, discriminante negativo.

Restano le disequazioni con prodotti e quozienti di logaritmi e polinomi in $x$, quelle con il valore assoluto e quelle da risolvere con i grafici: le vediamo nelle disequazioni logaritmiche fratte e grafiche.