Disequazioni logaritmiche fratte, con valore assoluto e grafiche: metodo ed esercizi

Le disequazioni logaritmiche fratte sono quelle in cui i logaritmi compaiono in un prodotto o in una frazione, come $(x - 2)\ln(x + 1) \leq 0$ oppure $\dfrac{\ln x - 1}{x - 4} < 0$. Con la regola del verso, le proprietà e la sostituzione tutto si riduceva a confrontare un logaritmo con un numero o con un altro logaritmo. Qui logaritmi e polinomi in $x$ stanno insieme, a volte dentro un valore assoluto, a volte in disequazioni che nessun passaggio algebrico risolve: servono lo studio del segno e i grafici. In Analisi 1 li usi ogni volta che cerchi dominio e segno nello studio di funzione logaritmica, ed è lì che all’esame si perdono più punti. In questa pagina vediamo la regola del segno di un logaritmo, il metodo dello studio del segno passo per passo, prodotti e quozienti, il logaritmo al denominatore, il valore assoluto, i sistemi, i domini, le disequazioni come $\ln x > 2 - x$ risolte con i grafici, la base che contiene la $x$, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Lo strumento chiave: il segno di un logaritmo

Nello studio del segno devi sapere dove ogni fattore è positivo e dove è negativo. Per un logaritmo vale la regola vista in dominio e segno delle funzioni logaritmiche.

Perché è vero. Siccome $a^0 = 1$, si ha $\log_a 1 = 0$. Con $a > 1$ il logaritmo è strettamente crescente: un argomento maggiore di 1 ha un logaritmo maggiore di $\log_a 1 = 0$, un argomento tra 0 e 1 un logaritmo minore. Con $0 < a < 1$ è strettamente decrescente e tutto si rovescia. È il caso $c = 0$ della regola del verso.

Il punto da ricordare: il confronto si fa con 1, non con 0. Lo 0 è il bordo del dominio, dove il logaritmo smette di esistere; l’1 è il punto in cui cambia segno. Per esempio $\ln(x + 1)$ esiste per $x > -1$, è negativo per $-1 < x < 0$, vale zero in $x = 0$ ed è positivo per $x > 0$. Invece $\log_{1/2}(x - 2)$ esiste per $x > 2$ ed è positivo per $2 < x < 3$, dove l’argomento sta tra 0 e 1.

Il metodo dello studio del segno

Prima di tutto: non si moltiplica mai per un’espressione di cui non si conosce il segno. Moltiplicando per un numero negativo il verso si inverte, e un fattore come $\ln x$ è negativo per $0 < x < 1$ e positivo per $x > 1$: nell’esempio 4 vedremo che cosa si perde. Si porta invece tutto a un membro e si usa la regola dei segni: un prodotto o un quoziente di fattori non nulli è positivo se il numero dei fattori negativi è pari, negativo se è dispari.

Il metodo è quello delle disequazioni esponenziali fratte, con le disequazioni logaritmiche al posto di quelle esponenziali:

1. Condizioni di esistenza, per prime: ogni argomento strettamente positivo, ogni denominatore diverso da zero (un logaritmo al denominatore vuole l’argomento diverso da 1), ogni base con la $x$ positiva e diversa da 1.
2. Porta tutto a primo membro, con lo 0 al secondo, e scrivi il primo membro come un unico prodotto o un’unica frazione.
3. Togli i fattori sempre positivi: non cambiano il segno.
4. Studia il segno di ogni fattore. Un logaritmo con base maggiore di 1 è positivo quando l’argomento supera 1, uno con base tra 0 e 1 quando l’argomento sta tra 0 e 1. Il numeratore si studia con $\geq 0$ o con $> 0$, come la disequazione; il denominatore sempre con $> 0$.
5. Costruisci lo schema dei segni: metti in ordine sulla retta gli zeri dei fattori e gli estremi del dominio, e combina i segni intervallo per intervallo.
6. Leggi la soluzione: prendi gli intervalli con il segno richiesto; aggiungi gli zeri del numeratore se c’è $\geq$ o $\leq$; escludi sempre gli zeri del denominatore e i punti fuori dal dominio.
7. Controlla con un valore di prova per intervallo nella disequazione di partenza.

Il metodo all’opera: due logaritmi moltiplicati

$$\ln x \cdot \ln(3 - x) \geq 0$$

Passo 1. Servono $x > 0$ e $3 - x > 0$: il dominio è $0 < x < 3$. Passi 2 e 3. Il prodotto è già confrontato con 0 e non ci sono fattori sempre positivi.

Passo 4. I due fattori, con la base $e > 1$:

• $\ln x \geq 0 \iff x \geq 1$;
• $\ln(3 - x) \geq 0 \iff 3 - x \geq 1 \iff x \leq 2$.

Attenzione al secondo: è positivo a sinistra del suo zero, perché quando $x$ cresce l’argomento $3 - x$ diminuisce.

Passo 5. I punti in ordine sono 0, 1, 2 e 3, dove 0 e 3 sono gli estremi del dominio. Nello schema una riga continua indica dove un fattore è positivo, una tratteggiata dove è negativo.

Lo stesso schema in forma di tabella:

Intervallo	$\ln x$ e $\ln(3 - x)$	prodotto
$0 < x < 1$	$-$ e $+$	$-$
$1 < x < 2$	$+$ e $+$	$+$
$2 < x < 3$	$+$ e $-$	$-$

Passo 6. Il prodotto è positivo tra 1 e 2 e vale zero in $x = 1$ e in $x = 2$, che si includono per il $\geq$:

$$1 \leq x \leq 2$$

Passo 7. Con $x = 1{,}5$ il prodotto vale $(\ln 1{,}5)^2 \approx 0{,}16$, sì; con $x = 2{,}5$ vale $\ln 2{,}5 \cdot \ln 0{,}5 \approx -0{,}64$, no. Chi confronta gli argomenti con 0 invece che con 1 trova due fattori «sempre positivi» e risponde con tutto il dominio.

Prodotti

Esempio 1. $(x - 2)\ln(x + 1) \leq 0$.

C.E.: $x > -1$. Studiamo i due fattori:

• $x - 2 \geq 0 \iff x \geq 2$;
• $\ln(x + 1) \geq 0 \iff x + 1 \geq 1 \iff x \geq 0$.

I punti in ordine sono $-1$, estremo del dominio, poi $0$ e $2$:

Intervallo	$x - 2$ e $\ln(x + 1)$	prodotto
$-1 < x < 0$	$-$ e $-$	$+$
$0 < x < 2$	$-$ e $+$	$-$
$x > 2$	$+$ e $+$	$+$

Il prodotto è negativo su $(0, 2)$ e si annulla in $x = 0$ e $x = 2$. Soluzione: $0 \leq x \leq 2$. Controllo con $x = 1$: $(1 - 2)\ln 2 \approx -0{,}69$, sì; con $x = -0{,}5$: $(-2{,}5)\ln 0{,}5 \approx 1{,}73$, no.

Esempio 2: un fattore sempre positivo. $\left(x^2 + 1\right)\ln(x - 3) > 0$.

C.E.: $x > 3$. Il fattore $x^2 + 1$ è sempre positivo: dividere per lui non cambia il verso, quindi si può cancellare. Resta $\ln(x - 3) > 0$, cioè $x - 3 > 1$: soluzione $x > 4$.

Sono sempre positivi anche $e^x$ e $\ln\left(x^2 + e\right)$, che vale almeno $\ln e = 1$. Un fattore sempre negativo si cancella invertendo il verso.

Quozienti

Qui logaritmi e polinomi in $x$ stanno insieme in una frazione, come in $\dfrac{2 - \ln x}{x - 1}$. La sostituzione $t = \ln x$ non aiuta, perché il polinomio non si scrive in funzione di $t$: la tabella dei segni si fa direttamente in $x$. Con $N$ e $D$ indichiamo numeratore e denominatore.

Esempio 3. $\dfrac{\ln x - 1}{x - 4} < 0$.

C.E.: $x > 0$ e $x \neq 4$. Numeratore: $\ln x - 1 > 0 \iff \ln x > 1 \iff x > e \approx 2{,}72$. Denominatore: $x - 4 > 0 \iff x > 4$.

Intervallo	$N$ e $D$	frazione
$0 < x < e$	$-$ e $-$	$+$
$e < x < 4$	$+$ e $-$	$-$
$x > 4$	$+$ e $+$	$+$

Soluzione: $e < x < 4$. In $x = e$ la frazione vale zero, che non è minore di zero; in $x = 4$ non esiste. Controllo con $x = 3$: $\frac{\ln 3 - 1}{3 - 4} \approx -0{,}10$, sì.

Esempio 4: il logaritmo al denominatore. $\dfrac{1}{\ln x} < 1$.

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

La strada sbagliata. Moltiplicando per $\ln x$ si ottiene $1 < \ln x$, cioè $x > e$. Ma prova $x = \frac{1}{2}$: $\frac{1}{\ln 0{,}5} \approx -1{,}44$, che è minore di 1. È una soluzione, e il conto veloce l’ha persa: per $0 < x < 1$ il logaritmo è negativo, e moltiplicando per lui il verso andava invertito.

La strada giusta. Tutto a sinistra, con un unico denominatore:

$$\frac{1}{\ln x} - 1 < 0 \iff \frac{1 - \ln x}{\ln x} < 0$$

Il numeratore è positivo per $\ln x < 1$, cioè $0 < x < e$; il denominatore per $x > 1$:

Intervallo	$N$ e $D$	frazione
$0 < x < 1$	$+$ e $-$	$-$
$1 < x < e$	$+$ e $+$	$+$
$x > e$	$-$ e $+$	$-$

Soluzione: $0 < x < 1$ oppure $x > e$, cioè $(0, 1) \cup (e, +\infty)$. Controllo con $x = 2$: $\frac{1}{\ln 2} \approx 1{,}44$, no, e infatti $1 < 2 < e$.

Il valore assoluto

Le regole sono quelle del valore assoluto. Con $k > 0$:

$$\begin{gathered} |A| < k \iff -k < A < k \\[2mm] |A| > k \iff A < -k \ \text{ oppure } \ A > k \end{gathered}$$

e allo stesso modo con $\leq$ e $\geq$.

Esempio 5. $|\ln x| < 1$.

$$-1 < \ln x < 1 \iff e^{-1} < x < e$$

cioè $\frac{1}{e} < x < e$, circa $0{,}37 < x < 2{,}72$: intorno a $x = 1$, dove il logaritmo vale 0, c’è una «fascia» in cui il suo valore assoluto resta sotto 1. La C.E. $x > 0$ è già compresa.

Esempio 6. $|\ln x| > 2$.

$$\begin{gathered} \ln x < -2 \ \ \text{oppure} \ \ \ln x > 2 \\ {} \iff 0 < x < e^{-2} \ \ \text{oppure} \ \ x > e^2 \end{gathered}$$

Il «$0 <$» viene, come sempre, dalle condizioni di esistenza.

Con una base minore di 1. Siccome $\log_{1/2} x = -\log_2 x$ e $|-A| = |A|$, il valore assoluto cancella la differenza tra le due basi:

$$\begin{gathered} \left|\log_{1/2} x\right| < 1 \iff \left|\log_2 x\right| < 1 \\ {} \iff \frac{1}{2} < x < 2 \end{gathered}$$

Restando in base $\frac{1}{2}$, con il verso invertito, si arriva allo stesso intervallo.

Esempio 7: il valore assoluto dentro. $\ln|x| < 0$. Ora il valore assoluto è nell’argomento, e la regola del segno chiede $0 < |x| < 1$, cioè $-1 < x < 1$ con $x \neq 0$. Allo stesso modo

$$\begin{gathered} \ln|x - 2| \geq 1 \iff |x - 2| \geq e \\ {} \iff x \leq 2 - e \ \text{ oppure } \ x \geq 2 + e \end{gathered}$$

e la C.E. $x \neq 2$ è automatica. Ricorda la differenza: fuori dal logaritmo, $|\ln A|$ limita il valore del logaritmo; dentro, $\ln|A|$ rende positivo l’argomento e allarga il dominio a ogni $A \neq 0$.

I sistemi

In un sistema le disequazioni devono valere insieme: si risolvono una per una e si intersecano le soluzioni.

Esempio 8.

$$\begin{cases} \ln(x - 1) > 0 \\ \log_{1/3} x > -1 \end{cases}$$

Prima: con la base $e > 1$, $\ln(x - 1) > 0 \iff x - 1 > 1 \iff x > 2$, e la C.E. $x > 1$ è compresa. Seconda: $-1 = \log_{1/3} 3$ e la base è minore di 1, quindi il verso si inverte e la C.E. va aggiunta: $0 < x < 3$. Intersecando: $2 < x < 3$. Controllo con $x = 2{,}5$: $\ln 1{,}5 > 0$ e $\log_{1/3} 2{,}5 \approx -0{,}83 > -1$, entrambe vere.

Un dominio da trovare

Nel dominio di una funzione ogni condizione è una disequazione, e tutte vanno messe a sistema.

Esempio 9. Il dominio di $f(x) = \sqrt{\ln x - \ln(4 - x)}$.

Devono esistere i logaritmi, $x > 0$ e $4 - x > 0$, cioè $0 < x < 4$, e il radicando deve essere non negativo. Con $\ln$ strettamente crescente:

$$\begin{gathered} \ln x \geq \ln(4 - x) \\ {} \iff x \geq 4 - x \\ {} \iff x \geq 2 \end{gathered}$$

Intersecando: il dominio è $[2, 4)$, con il 2 incluso perché lì il radicando vale 0. Con una frazione di logaritmi sotto radice serve lo schema dei segni: lo vedi nell’esercizio 6.

Le disequazioni da risolvere con i grafici

Disequazioni come $\ln x > 2 - x$ mescolano un logaritmo e un polinomio senza che si possano separare in fattori: nessun passaggio algebrico isola la $x$, esattamente come per l’equazione $\ln x = 2 - x$. Si usa il metodo della risoluzione grafica delle equazioni logaritmiche: $f(x) > g(x)$ è vera dove il grafico di $f$ sta sopra quello di $g$.

1. Scrivi la disequazione come $f(x) > g(x)$ e cerca i punti in cui $f(x) = g(x)$.
2. Contali con monotonia e concavità: un logaritmo con base maggiore di 1 è strettamente crescente e concavo, quindi incontra una funzione strettamente decrescente al massimo una volta e una retta al massimo due volte.
3. Localizzali con il teorema degli zeri applicato a $h(x) = f(x) - g(x)$, e approssimali.
4. Tra due punti d’incontro consecutivi $h$ non cambia segno: basta un valore di prova per tratto, dentro il dominio.

Esempio 10. $\ln x > 2 - x$. Il logaritmo sale e la retta scende: al massimo un punto d’incontro. Con $h(x) = \ln x - 2 + x$ si ha $h(1) = -1 < 0$ e $h(2) = \ln 2 \approx 0{,}69 > 0$: il punto esiste, sta tra 1 e 2 e con la bisezione vale $x \approx 1{,}557$. A destra di quel punto il logaritmo sta sopra la retta.

La soluzione è $x > 1{,}557$ circa.

Esempio 11. $\ln x < x - 2$. Ora anche la retta sale, e la concavità dice che i punti d’incontro sono al massimo due. La differenza $h(x) = \ln x - x + 2$ vale circa $-0{,}40$ in $0{,}1$, poi $+1$ in $1$ e $-0{,}61$ in $4$: due cambi di segno, quindi esattamente due punti, $x_1 \approx 0{,}159$ e $x_2 \approx 3{,}146$. Il logaritmo sta sotto la retta prima del primo e dopo il secondo:

$$\begin{gathered} 0 < x < x_1 \ \text{ oppure } \ x > x_2 \\ \text{con } x_1 \approx 0{,}159,\ \ x_2 \approx 3{,}146 \end{gathered}$$

Lo 0 escluso viene dal dominio.

Esempio 12. $\ln x \leq x - 1$. È sempre vera per $x > 0$: la retta $y = x - 1$ è la tangente al grafico del logaritmo nel punto $(1, 0)$, e il grafico le sta tutto sotto, toccandola solo lì. L’abbiamo dimostrato senza derivate nella funzione logaritmica. Di conseguenza $\ln x < x - 1$ vale per ogni $x > 0$ tranne $x = 1$, e $\ln x > x - 1$ è impossibile. Qui la bisezione non servirebbe: $h(x) = \ln x - x + 1$ non cambia mai segno.

Esempio 13: una retta per il punto di tangenza. $\ln x > \dfrac{x - 1}{2}$.

La retta $y = \frac{x - 1}{2}$ passa per $(1, 0)$ come la tangente, ma sale più piano.

• Per $0 < x < 1$ non ci sono soluzioni. Lì $x - 1$ è negativo, e la metà di un numero negativo è più grande del numero: $x - 1 < \frac{x - 1}{2}$. Con la disuguaglianza della tangente, $\ln x \leq x - 1 < \frac{x - 1}{2}$: il logaritmo sta sotto la retta.
• In $x = 1$ i due membri valgono 0: punto d’incontro, escluso dalla disuguaglianza stretta.
• Per $x > 1$ c’è al massimo un altro punto d’incontro, perché una retta taglia il grafico concavo del logaritmo al massimo in due punti. E c’è: con $h(x) = \ln x - \frac{x - 1}{2}$, continua per $x > 0$,

$$\begin{gathered} h(e) = 1 - \frac{e - 1}{2} = \frac{3 - e}{2} > 0 \\ h(4) = \ln 4 - \frac{3}{2} \approx -0{,}11 < 0 \end{gathered}$$

con $\frac{3 - e}{2} \approx 0{,}14$. Per il teorema degli zeri il secondo punto $\beta$ sta tra $e$ e 4. Restringendo, $h(3{,}51) \approx +0{,}0006$ e $h(3{,}52) \approx -0{,}0015$; con più cifre, $\beta \approx 3{,}513$.

Tra 1 e $\beta$ la funzione $h$ non si annulla e in $e$ è positiva: lì il logaritmo sta sopra la retta. Dopo $\beta$ è negativa, come in 4. La soluzione è

$$1 < x < \beta \qquad \beta \approx 3{,}513$$

Controllo con $x = 2$: $\ln 2 \approx 0{,}69 > 0{,}5$, sì; con $x = \frac{1}{2}$: $-0{,}69 > -0{,}25$ è falso, giusto.

La base che contiene la x

Con la $x$ nella base il verso dipende dal valore della base, come nelle disequazioni logaritmiche. Le C.E. chiedono base positiva e diversa da 1 e argomento positivo; poi le strade sono due:

• due casi: base maggiore di 1, il verso resta; base tra 0 e 1, il verso si inverte. Alla fine si uniscono le soluzioni dei due casi;
• i logaritmi naturali: con il cambiamento di base, $\log_B A = \dfrac{\ln A}{\ln B}$, la disequazione diventa fratta, e il segno di $\ln B$ al denominatore fa da solo la divisione in casi.

Esempio 14. $\log_x 3 > 1$.

C.E.: $x > 0$ e $x \neq 1$. Scriviamo $1 = \log_x x$.

• Se $x > 1$ il verso resta: $3 > x$. Insieme a $x > 1$: $1 < x < 3$.
• Se $0 < x < 1$ il verso si inverte: $3 < x$, impossibile in questo caso.

Soluzione: $1 < x < 3$. Con i logaritmi naturali:

$$\frac{\ln 3}{\ln x} > 1 \iff \frac{\ln 3 - \ln x}{\ln x} > 0$$

Il numeratore è positivo per $x < 3$, il denominatore per $x > 1$: su $(0, 1)$ i segni sono $+$ e $-$, su $(1, 3)$ entrambi $+$, per $x > 3$ sono $-$ e $+$. La frazione è positiva solo su $(1, 3)$, come prima. Controllo: $\log_2 3 \approx 1{,}58$, sì; $\log_4 3 \approx 0{,}79$, no.

Esempio 15: anche l’argomento contiene la x. $\log_{x - 1}(x + 1) \geq 2$.

C.E.: $x - 1 > 0$, $x - 1 \neq 1$ e $x + 1 > 0$, cioè $x > 1$ con $x \neq 2$. Scriviamo $2 = \log_{x - 1}\left[(x - 1)^2\right]$.

• Base maggiore di 1, cioè $x > 2$: il verso resta,

$$\begin{gathered} x + 1 \geq (x - 1)^2 \iff x^2 - 3x \leq 0 \\ {} \iff 0 \leq x \leq 3 \end{gathered}$$

e con $x > 2$ resta $2 < x \leq 3$.

• Base tra 0 e 1, cioè $1 < x < 2$: il verso si inverte, $x + 1 \leq (x - 1)^2$, cioè $x^2 - 3x \geq 0$, che dà $x \leq 0$ oppure $x \geq 3$. Nessun numero tra 1 e 2: il caso è vuoto.

Soluzione: $2 < x \leq 3$. Con i logaritmi naturali. Per $x > 1$ si ha $2\ln(x - 1) = \ln\left[(x - 1)^2\right]$, quindi, portando il 2 a sinistra, la disequazione $\frac{\ln(x + 1)}{\ln(x - 1)} \geq 2$ diventa

$$\frac{\ln(x + 1) - \ln\left[(x - 1)^2\right]}{\ln(x - 1)} \geq 0$$

Il numeratore è $\geq 0$ quando $x + 1 \geq (x - 1)^2$, cioè, con $x > 1$, per $1 < x \leq 3$; il denominatore è positivo per $x > 2$.

Intervallo	$N$ e $D$	frazione
$1 < x < 2$	$+$ e $-$	$-$
$2 < x < 3$	$+$ e $+$	$+$
$x > 3$	$-$ e $+$	$-$

Con lo zero del numeratore, $x = 3$, incluso: $2 < x \leq 3$, lo stesso risultato. Controllo con $x = 3$: $\log_2 4 = 2 \geq 2$, sì; con $x = 4$: $\log_3 5 \approx 1{,}46$, no.

Gli errori più comuni

• Confrontare l’argomento con 0 invece che con 1. $\ln A > 0$ significa $A > 1$; $A > 0$ è solo la condizione di esistenza.
• Moltiplicare per un logaritmo. $\ln x$ cambia segno in $x = 1$: in $\frac{1}{\ln x} < 1$ si perde tutto l’intervallo $0 < x < 1$.
• Sbagliare gli estremi. Gli zeri del numeratore si includono solo con $\geq$ e $\leq$; gli zeri del denominatore e i punti in cui un argomento si annulla mai. Con un logaritmo al denominatore va escluso il punto in cui l’argomento vale 1.
• Costruire lo schema senza il dominio, dimenticandone gli estremi o usando zeri che stanno fuori, come $x = -3$ nell’esercizio 1.
• Cancellare un fattore che si annulla. $\ln\left(x^2 + 1\right)$ è positivo o nullo, non sempre positivo: cancellandolo si perde il punto isolato $x = 0$.
• Dimenticare la base. Con base tra 0 e 1, $\log_{1/2} A > 0$ quando $0 < A < 1$, non quando $A > 1$; con la $x$ nella base i casi sono due, e la base non può valere 1.
• Confondere $|\ln A|$ e $\ln|A|$, o scrivere $|\ln x| < k$ come $\ln x < k$: la regola giusta è $-k < \ln x < k$, con entrambe le disuguaglianze.
• Dare per esatti i punti letti sul grafico. Il loro numero si giustifica con monotonia, concavità o la tangente, la posizione con il teorema degli zeri; i valori approssimati vanno dichiarati.

Esercizi svolti

1. Un prodotto con un fattore di secondo grado

Testo. Risolvi $\left(x^2 - 9\right)\ln(x + 2) \leq 0$.

C.E.: $x + 2 > 0$, cioè $x > -2$.

Il fattore di secondo grado: $x^2 - 9 \geq 0 \iff x \leq -3$ oppure $x \geq 3$, i valori esterni alle radici. Ma $x \leq -3$ sta fuori dal dominio: nel dominio $x^2 - 9$ è negativo per $-2 < x < 3$ e positivo per $x > 3$, e la radice $-3$ non entra nello schema.

Il logaritmo: $\ln(x + 2) \geq 0 \iff x + 2 \geq 1 \iff x \geq -1$.

Intervallo	$x^2 - 9$ e $\ln(x + 2)$	prodotto
$-2 < x < -1$	$-$ e $-$	$+$
$-1 < x < 3$	$-$ e $+$	$-$
$x > 3$	$+$ e $+$	$+$

Il prodotto è negativo tra $-1$ e $3$ e nullo nei due estremi, che si includono:

$$-1 \leq x \leq 3$$

Controllo con $x = 0$: $(-9) \cdot \ln 2 \approx -6{,}24$, sì; con $x = -1{,}5$: $(-6{,}75) \cdot \ln 0{,}5 \approx 4{,}68$, no.

2. Una base minore di 1 al denominatore

Testo. Risolvi $\dfrac{x - 3}{\log_{1/2}(x - 1)} \geq 0$.

C.E.: $x - 1 > 0$, cioè $x > 1$, e il denominatore diverso da zero: $\log_{1/2}(x - 1) \neq 0 \iff x - 1 \neq 1 \iff x \neq 2$.

Numeratore: $x - 3 \geq 0 \iff x \geq 3$.

Denominatore: la base è minore di 1, quindi il logaritmo è positivo quando l’argomento sta tra 0 e 1:

$$\begin{gathered} \log_{1/2}(x - 1) > 0 \iff 0 < x - 1 < 1 \\ {} \iff 1 < x < 2 \end{gathered}$$

Intervallo	$N$ e $D$	frazione
$1 < x < 2$	$-$ e $+$	$-$
$2 < x < 3$	$-$ e $-$	$+$
$x > 3$	$+$ e $-$	$-$

La frazione è positiva tra 2 e 3, nulla in $x = 3$, che si include, e non definita in $x = 2$:

$$2 < x \leq 3$$

Controllo con $x = 2{,}5$: $\log_{1/2} 1{,}5 \approx -0{,}585$ e la frazione vale circa $\frac{-0{,}5}{-0{,}585} \approx 0{,}85$, sì. Chi studia il denominatore come se la base fosse maggiore di 1 trova i segni rovesciati e la soluzione sbagliata $1 < x < 2$ oppure $x \geq 3$. In alternativa: $\log_{1/2}(x - 1) = -\log_2(x - 1)$, e la disequazione diventa $\frac{x - 3}{\log_2(x - 1)} \leq 0$.

3. Il valore assoluto con una base minore di 1

Testo. Risolvi $\left|\log_{1/3}(x - 2)\right| \geq 1$.

C.E.: $x > 2$. Con la regola per $|A| \geq k$:

$$\begin{gathered} \log_{1/3}(x - 2) \leq -1 \\ \text{oppure} \ \ \log_{1/3}(x - 2) \geq 1 \end{gathered}$$

La base è minore di 1: in tutte e due il verso si inverte.

• Siccome $-1 = \log_{1/3} 3$, la prima dà $x - 2 \geq 3$, cioè $x \geq 5$; la C.E. è compresa.
• Siccome $1 = \log_{1/3} \frac{1}{3}$, la seconda dà $x - 2 \leq \frac{1}{3}$; con la C.E., $0 < x - 2 \leq \frac{1}{3}$, cioè $2 < x \leq \frac{7}{3}$.

Soluzione: $2 < x \leq \frac{7}{3}$ oppure $x \geq 5$. Più in fretta: $\log_{1/3}(x - 2) = -\log_3(x - 2)$ e il valore assoluto cancella il segno, quindi la disequazione equivale a $\left|\log_3(x - 2)\right| \geq 1$, con base 3 e nessun verso da invertire. Controllo con $x = 3$: $\left|\log_{1/3} 1\right| = 0$, no, e infatti $\frac{7}{3} < 3 < 5$.

4. Un sistema

Testo. Risolvi il sistema

$$\begin{cases} (x - 4)\ln(x - 1) \leq 0 \\ \log_{1/2}(5 - x) > -1 \end{cases}$$

Prima disequazione. C.E.: $x > 1$. I fattori: $x - 4 \geq 0 \iff x \geq 4$ e $\ln(x - 1) \geq 0 \iff x - 1 \geq 1 \iff x \geq 2$. Per $1 < x < 2$ sono entrambi negativi, per $x > 4$ entrambi positivi; tra 2 e 4 hanno segni opposti e il prodotto è negativo. Con gli zeri inclusi: $2 \leq x \leq 4$.

Seconda disequazione. C.E.: $x < 5$. Siccome $-1 = \log_{1/2} 2$ e la base è minore di 1, il verso si inverte e la C.E. va aggiunta:

$$0 < 5 - x < 2 \iff 3 < x < 5$$

Intersezione. I numeri che stanno sia in $[2, 4]$ sia in $(3, 5)$ sono quelli con $3 < x \leq 4$: la soluzione è $(3, 4]$. Controllo con $x = 2{,}5$: la prima è vera, ma $\log_{1/2} 2{,}5 \approx -1{,}32$ non supera $-1$, quindi $2{,}5$ è escluso.

5. La x nella base e nell’argomento

Testo. Risolvi $\log_x(4 - x) < 1$.

C.E.: base $x > 0$ e $x \neq 1$, argomento $4 - x > 0$. Insieme: $0 < x < 4$ con $x \neq 1$. Scriviamo $1 = \log_x x$.

• Base maggiore di 1, cioè $1 < x < 4$: il verso resta, $4 - x < x$, cioè $x > 2$. Resta $2 < x < 4$.
• Base tra 0 e 1, cioè $0 < x < 1$: il verso si inverte, $4 - x > x$, cioè $x < 2$, vera per tutti questi numeri. Resta $0 < x < 1$.

Unendo i due casi:

$$0 < x < 1 \quad \text{oppure} \quad 2 < x < 4$$

Verifica con i logaritmi naturali. La disequazione diventa

$$\frac{\ln(4 - x)}{\ln x} < 1 \iff \frac{\ln(4 - x) - \ln x}{\ln x} < 0$$

Il numeratore è positivo per $4 - x > x$, cioè $x < 2$; il denominatore per $x > 1$. Su $(0, 1)$ i segni sono $+$ e $-$, e la frazione è negativa; su $(1, 2)$ sono $+$ e $+$, positiva; su $(2, 4)$ sono $-$ e $+$, negativa. Stesso risultato. Controllo con $x = 1{,}5$: $\log_{1{,}5} 2{,}5 \approx 2{,}26$, no; con $x = 3$: $\log_3 1 = 0 < 1$, sì.

6. Da esame: la radice di un quoziente di logaritmi

Testo. Trova il dominio di

$$f(x) = \sqrt{\frac{\ln\left(x^2 - 2x - 2\right)}{\ln(6 - x)}}$$

Le condizioni. Servono: l’argomento del primo logaritmo positivo, $x^2 - 2x - 2 > 0$; quello del secondo positivo, $x < 6$; il denominatore diverso da zero, $6 - x \neq 1$, cioè $x \neq 5$; la frazione positiva o nulla.

Il numeratore. Con la base $e > 1$:

$$\begin{gathered} \ln\left(x^2 - 2x - 2\right) \geq 0 \\ {} \iff x^2 - 2x - 2 \geq 1 \\ {} \iff (x + 1)(x - 3) \geq 0 \end{gathered}$$

cioè $x \leq -1$ oppure $x \geq 3$; qui l’argomento vale almeno 1, quindi la sua C.E. è automatica. Il numeratore è negativo dove l’argomento sta tra 0 e 1, cioè tra $-1$ e $1 - \sqrt{3} \approx -0{,}73$ e tra $1 + \sqrt{3} \approx 2{,}73$ e $3$: i numeri $1 \pm \sqrt{3}$ sono le radici di $x^2 - 2x - 2$. Tra di loro, estremi compresi, il logaritmo non esiste.

Il denominatore. $\ln(6 - x) > 0 \iff 6 - x > 1 \iff x < 5$.

Intervallo	$N$ e $D$	frazione
$x < -1$	$+$ e $+$	$+$
$-1 < x < 1 - \sqrt{3}$	$-$ e $+$	$-$
$1 + \sqrt{3} < x < 3$	$-$ e $+$	$-$
$3 < x < 5$	$+$ e $+$	$+$
$5 < x < 6$	$+$ e $-$	$-$

In $x = -1$ e in $x = 3$ la frazione vale zero e la radice esiste; in $x = 5$ la frazione non esiste. Il dominio è

$$D = (-\infty,\ -1] \cup [3,\ 5)$$

Controllo con $x = 4$: $\frac{\ln 6}{\ln 2} \approx 2{,}58$, sì; con $x = 5{,}5$: $\frac{\ln 17{,}25}{\ln 0{,}5}$ è negativo, no; con $x = 0$ l’argomento vale $-2$ e il logaritmo non esiste. I numeri $1 \pm \sqrt{3}$ servono per lo schema ma non compaiono nella risposta.

In sintesi

• Con base maggiore di 1: $\log_a A > 0 \iff A > 1$ e $\log_a A < 0 \iff 0 < A < 1$; con base tra 0 e 1 è il contrario. L’argomento si confronta con 1, non con 0.
• Il metodo: C.E., tutto a primo membro, via i fattori sempre positivi, segno di ogni fattore, schema con gli zeri e gli estremi del dominio, lettura degli estremi, controllo.
• Non si moltiplica per un logaritmo di segno sconosciuto: $\frac{1}{\ln x} < 1$ vale per $0 < x < 1$ oppure $x > e$, non solo per $x > e$.
• Numeratore con $\geq 0$ o $> 0$, denominatore sempre con $> 0$; gli zeri del denominatore e i punti fuori dal dominio si escludono sempre.
• Con $k > 0$: $|\ln A| < k \iff e^{-k} < A < e^k$; $|\ln A| > k \iff 0 < A < e^{-k}$ oppure $A > e^k$; $\ln|A| < 0 \iff 0 < |A| < 1$.
• Base con la $x$: due casi da unire, oppure $\log_B A = \frac{\ln A}{\ln B}$ e studio del segno della frazione.
• Logaritmo e polinomio mescolati: grafici, con monotonia e concavità per contare i punti d’incontro e il teorema degli zeri per trovarli; $\ln x \leq x - 1$ per ogni $x > 0$.

Hai finito la teoria del capitolo: mettiti alla prova con gli esercizi svolti sulle disequazioni logaritmiche.