Dominio e segno delle funzioni logaritmiche: tutti i casi, metodo ed esercizi svolti

Trovare il dominio e studiare il segno sono i primi passi di ogni studio di funzione, e con i logaritmi nascondono parecchie trappole: l’argomento deve essere positivo, ma il logaritmo può stare al denominatore, sotto una radice, dentro un altro logaritmo, o avere la $x$ anche nella base. All’esame li ritrovi negli studi di funzione e nelle condizioni di esistenza delle equazioni logaritmiche e delle disequazioni logaritmiche, che si scrivono con le stesse regole. In questa pagina vediamo tutti i casi di dominio, ciascuno con due esempi svolti, la scaletta con la tabella riassuntiva, la regola del segno di un logaritmo e il suo perché, zeri e intersezioni con gli assi, la tabella dei segni per prodotti e quozienti, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Il punto di partenza

Dalla definizione di logaritmo, $\log_a b$ esiste quando $a > 0$, $a \neq 1$ e $b > 0$. Nel dominio di una funzione queste richieste diventano disequazioni in $x$: ogni argomento deve essere strettamente positivo, e ogni base che contiene la $x$ deve essere positiva e diversa da 1. Si aggiungono poi le condizioni delle altre operazioni, come frazioni e radici, e si mettono tutte a sistema.

Caso 1: l’argomento deve essere positivo

È la regola di base: $\log_a A(x)$ richiede $A(x) > 0$, con il maggiore stretto, perché $\ln 0$ non esiste. Con un argomento di primo grado basta una disequazione: $\ln(3 - x)$ richiede $x < 3$.

Esempio 1. Un argomento di secondo grado. $f(x) = \log_2\left(x^2 - 5x + 6\right)$. Le radici del trinomio sono 2 e 3, e con il coefficiente di $x^2$ positivo il trinomio è positivo fuori dalle radici. Dominio: $(-\infty, 2) \cup (3, +\infty)$.

Esempio 2. Un argomento fratto. $f(x) = \ln \dfrac{x - 1}{x + 2}$. Serve $\frac{x - 1}{x + 2} > 0$. Non si moltiplica per il denominatore, di cui non conosci il segno: si studia il segno di numeratore e denominatore. Il numeratore è positivo per $x > 1$, il denominatore per $x > -2$:

Intervallo	Num. / Den.	Frazione
$x < -2$	$-\ /\ -$	$+$
$-2 < x < 1$	$-\ /\ +$	$-$
$x > 1$	$+\ /\ +$	$+$

In $x = 1$ la frazione vale 0, e $\ln 0$ non esiste; in $x = -2$ la frazione stessa non esiste. Dominio: $(-\infty, -2) \cup (1, +\infty)$.

Caso 2: la base dipende da x

Se anche la base contiene la $x$, le condizioni diventano tre, quelle della definizione:

$$\log_{B(x)} A(x) \quad \text{richiede} \quad \begin{cases} B(x) > 0 \\ B(x) \neq 1 \\ A(x) > 0 \end{cases}$$

Esempio 3. $f(x) = \log_{x - 1}(5 - x)$.

$$\begin{cases} x - 1 > 0 \\ x - 1 \neq 1 \\ 5 - x > 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x > 1 \\ x \neq 2 \\ x < 5 \end{cases}$$

Dominio: $(1, 2) \cup (2, 5)$.

Esempio 4. Una base di secondo grado. $f(x) = \log_{x^2 - 1}(x + 3)$.

$$\begin{cases} x^2 - 1 > 0 \\ x^2 - 1 \neq 1 \\ x + 3 > 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x < -1 \ \text{o} \ x > 1 \\ x \neq \pm\sqrt{2} \\ x > -3 \end{cases}$$

Qui la condizione sulla base toglie due punti, $\pm\sqrt{2} \approx \pm 1{,}41$, che cadono proprio dentro gli intervalli rimasti:

$$\begin{gathered} \left(-3, -\sqrt{2}\right) \cup \left(-\sqrt{2}, -1\right) \\ {} \cup \left(1, \sqrt{2}\right) \cup \left(\sqrt{2}, +\infty\right) \end{gathered}$$

La condizione $B(x) \neq 1$ è quella che si dimentica più spesso. Un modo per non perderla: con il cambiamento di base, che vedremo nel prossimo capitolo, si ha $\log_B A = \frac{\ln A}{\ln B}$, e il denominatore si annulla proprio quando $B = 1$.

Caso 3: il logaritmo al denominatore

Un logaritmo al denominatore deve esistere e non annullarsi. Un logaritmo vale 0 solo quando l’argomento vale 1, quindi:

$$\begin{gathered} \frac{1}{\log_a A(x)} \\ \text{richiede}\;\; A(x) > 0 \ \text{ e } \ A(x) \neq 1 \end{gathered}$$

La condizione nuova è $A(x) \neq 1$, non $A(x) \neq 0$: lo 0 è già escluso da $A(x) > 0$.

Esempio 5. $f(x) = \dfrac{x}{\ln(x + 2)}$. Serve $x + 2 > 0$, cioè $x > -2$, e $x + 2 \neq 1$, cioè $x \neq -1$. Dominio: $(-2, -1) \cup (-1, +\infty)$.

Esempio 6. Due punti da togliere. $f(x) = \dfrac{1}{\log_3\left(x^2 - 8\right)}$. Il logaritmo chiede $x^2 - 8 > 0$, cioè $x < -2\sqrt{2}$ oppure $x > 2\sqrt{2}$, con $2\sqrt{2} \approx 2{,}83$. Il denominatore chiede $x^2 - 8 \neq 1$, cioè $x \neq \pm 3$, e i due punti stanno dentro il dominio del logaritmo:

$$\begin{gathered} (-\infty, -3) \cup \left(-3, -2\sqrt{2}\right) \\ {} \cup \left(2\sqrt{2}, 3\right) \cup (3, +\infty) \end{gathered}$$

Il segno di un logaritmo

Prima di passare alle radici serve una regola che userai di continuo: quando un logaritmo è positivo? La risposta viene dalla funzione logaritmica, che vale 0 in 1 ed è strettamente monotona.

Perché è vero. Con $a > 1$ la funzione $\log_a$ è strettamente crescente e $\log_a 1 = 0$. Quindi se $A > 1$ allora $\log_a A > \log_a 1 = 0$; se $A < 1$ allora $\log_a A < 0$; se $A = 1$ il logaritmo vale 0. I tre casi coprono tutti i valori di $A$ e danno tre segni diversi, quindi le implicazioni valgono anche al contrario: se $\log_a A > 0$, l’argomento non può essere né minore né uguale a 1. Con $0 < a < 1$ la funzione è strettamente decrescente e le disuguaglianze si rovesciano.

Argomento	$a > 1$	$0 < a < 1$
$0 < A < 1$	negativo	positivo
$A = 1$	zero	zero
$A > 1$	positivo	negativo

In parole: un logaritmo è positivo quando base e argomento stanno dalla stessa parte di 1. Con la base maggiore di 1, è positivo quando l’argomento supera 1, non quando è positivo: quella è solo la condizione perché esista. È l’errore più frequente di tutto il capitolo. La regola è il caso più semplice delle disequazioni logaritmiche, con lo 0 scritto come $\log_a 1$.

Quando la condizione di esistenza è già compresa

Se la regola chiede «argomento maggiore di 1», la condizione di esistenza è automatica: un numero maggiore di 1 è anche positivo.

$$\begin{gathered} \ln(x - 4) > 0 \iff x - 4 > 1 \\ {} \iff x > 5 \end{gathered}$$

Se invece chiede «argomento minore di 1», le disuguaglianze sono due, e la prima va scritta:

$$\begin{gathered} \ln(x - 4) < 0 \iff 0 < x - 4 < 1 \\ {} \iff 4 < x < 5 \end{gathered}$$

Con una base tra 0 e 1 capita proprio quando il logaritmo deve essere positivo: $\log_{1/2} x \geq 0 \iff 0 < x \leq 1$, e senza «$0 <$» entrerebbero anche i negativi.

Caso 4: il logaritmo sotto una radice

Una radice di indice pari richiede un radicando maggiore o uguale a zero. Se il radicando è un logaritmo, si usa la regola del segno: con base maggiore di 1 serve $A(x) \geq 1$, con base tra 0 e 1 serve $0 < A(x) \leq 1$. Se poi la radice sta al denominatore, il radicando deve essere strettamente positivo: $\frac{1}{\sqrt{\ln A(x)}}$ richiede $A(x) > 1$.

Esempio 7. $f(x) = \sqrt{\ln\left(x^2 - 3\right)}$.

$$\begin{gathered} \ln\left(x^2 - 3\right) \geq 0 \\ {} \iff x^2 - 3 \geq 1 \\ {} \iff x^2 \geq 4 \\ {} \iff x \leq -2 \ \text{oppure} \ x \geq 2 \end{gathered}$$

La condizione di esistenza del logaritmo, $x^2 - 3 > 0$, è già compresa. Dominio: $(-\infty, -2] \cup [2, +\infty)$. Gli estremi sono inclusi: lì l’argomento vale 1 e $\sqrt{\ln 1} = 0$.

Esempio 8. Con la base minore di 1. $f(x) = \sqrt{\log_{1/2}\left(x^2 - x\right)}$. Con la base minore di 1 il radicando è positivo o nullo quando l’argomento è tra 0, escluso, e 1, incluso:

$$\begin{gathered} \log_{1/2}\left(x^2 - x\right) \geq 0 \\ {} \iff 0 < x^2 - x \leq 1 \end{gathered}$$

Sono due disequazioni. La prima, $x(x - 1) > 0$, dà $x < 0$ oppure $x > 1$. La seconda, $x^2 - x - 1 \leq 0$, vale tra le radici $\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$, circa $-0{,}62$ e $1{,}62$. Intersecando:

$$\left[\tfrac{1 - \sqrt{5}}{2},\ 0\right) \cup \left(1,\ \tfrac{1 + \sqrt{5}}{2}\right]$$

Gli estremi esterni sono inclusi, perché lì l’argomento vale 1; 0 e 1 no, perché lì vale 0. Chi dimentica la prima disequazione trova un intervallo unico e sbaglia.

Caso 5: il logaritmo di un logaritmo

Si procede dall’interno verso l’esterno, come per ogni funzione composta: prima deve esistere il logaritmo interno, poi il suo valore deve essere un argomento accettabile per quello esterno.

Esempio 9. $f(x) = \ln(\ln x)$. Il logaritmo interno esiste per $x > 0$; quello esterno richiede $\ln x > 0$, cioè $x > 1$. La seconda condizione assorbe la prima: dominio $(1, +\infty)$. E $\ln(\ln(\ln x))$? Serve in più $\ln(\ln x) > 0$, cioè $\ln x > 1$, cioè $x > e$: dominio $(e, +\infty)$. Ogni logaritmo in più sposta il dominio a destra.

Esempio 10. Con la base minore di 1. $f(x) = \ln\left(\log_{1/2} x\right)$. Il logaritmo interno chiede $x > 0$, quello esterno $\log_{1/2} x > 0$, cioè $0 < x < 1$. Dominio: $(0, 1)$. Con $\log_2$ al posto di $\log_{1/2}$ sarebbe stato $(1, +\infty)$: la base del logaritmo interno decide il verso. Quella del logaritmo esterno, invece, non conta per il dominio: $\log_{1/2}(\ln x)$ ha lo stesso dominio di $\ln(\ln x)$. Conta, come vedremo, per il segno.

Caso 6: il valore assoluto nell’argomento

Un valore assoluto non è mai negativo, quindi $\ln|A(x)|$ richiede solo $A(x) \neq 0$, più le condizioni di esistenza di $A(x)$ stessa.

Esempio 11. $f(x) = \ln|x - 3|$ ha dominio $\mathbb{R} \setminus \{3\}$. Per il segno si confronta $|x - 3|$ con 1: $f$ è positiva per $x < 2$ e per $x > 4$, negativa tra 2 e 4, tranne in 3, dove non esiste; gli zeri sono 2 e 4.

Esempio 12. Quando il valore assoluto non è tutto l’argomento. $f(x) = \ln(|x - 1| - 2)$. Ora serve $|x - 1| > 2$:

$$\begin{gathered} x - 1 < -2 \ \text{oppure} \ x - 1 > 2 \\ {} \iff x < -1 \ \text{oppure} \ x > 3 \end{gathered}$$

Il valore assoluto garantisce un argomento non negativo solo quando è tutto l’argomento.

Caso 7: un esponenziale nell’argomento

Se nell’argomento compare un esponenziale, la condizione è una disequazione esponenziale: si usa la monotonia di $a^x$.

Esempio 13. $f(x) = \ln\left(e^x - e\right)$. Serve $e^x > e = e^1$ e, siccome $e^x$ è strettamente crescente, $x > 1$. Dominio: $(1, +\infty)$. Per il segno: $f(x) > 0$ dove $e^x - e > 1$, cioè $e^x > 1 + e$, cioè $x > \ln(1 + e) \approx 1{,}31$.

Esempio 14. Con la sostituzione. $f(x) = \ln\left(e^{2x} - 3e^x + 2\right)$. Con $t = e^x$, che è sempre positivo, la condizione diventa

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

cioè $t < 1$ oppure $t > 2$. Tornando alla $x$: $e^x < 1$ dà $x < 0$, ed $e^x > 2$ dà $x > \ln 2$. Dominio: $(-\infty, 0) \cup (\ln 2, +\infty)$. È il metodo delle disequazioni esponenziali con sostituzione.

Il metodo, riassunto

Ecco la scaletta per il dominio di una funzione con i logaritmi.

1. Guarda la funzione così come è scritta, senza semplificare e senza usare le proprietà dei logaritmi.
2. Elenca i logaritmi, dal più interno al più esterno. Per ognuno: argomento $> 0$; se la base contiene la $x$, anche base $> 0$ e base $\neq 1$.
3. Guarda dove sta ogni logaritmo. Al denominatore: in più argomento $\neq 1$. Sotto una radice di indice pari: logaritmo $\geq 0$, con la regola del segno.
4. Aggiungi le altre condizioni: denominatori diversi da zero, radicandi delle radici di indice pari maggiori o uguali a zero, e così via.
5. Risolvi ogni condizione e metti tutto a sistema: il dominio è l’intersezione, che conviene disegnare sulla retta dei numeri.
6. Scrivi il risultato con gli intervalli, controllando un estremo alla volta.

Dove compare	Condizione	Esempio
$\log_a A$	$A > 0$	$\ln(3 - x)$
$\log_B A$	$A > 0$, $B > 0$, $B \neq 1$	$\log_{x - 1}(5 - x)$
$\frac{1}{\log_a A}$	$A > 0$, $A \neq 1$	$\frac{x}{\ln(x + 2)}$
$\sqrt{\log_a A}$, $a > 1$	$A \geq 1$	$\sqrt{\ln(x^2 - 3)}$
$\sqrt{\log_a A}$, $0 < a < 1$	$0 < A \leq 1$	$\sqrt{\log_{1/2}(x^2 - x)}$
$\ln(\ln A)$	$A > 1$	$\ln(\ln x)$
$\ln\lvert A \rvert$	$A \neq 0$	$\ln\lvert x - 3 \rvert$

Gli esempi sono quelli svolti sopra. Le condizioni sono quelle dell’espressione indicata: se $A$ contiene frazioni, radici o altri logaritmi, si aggiungono le loro.

Prima il dominio, poi le proprietà

Le proprietà dei logaritmi, che vedremo nel prossimo capitolo, valgono solo dove tutti i logaritmi esistono: usate troppo presto, cambiano il dominio. Due anticipazioni:

• $\ln\left(x^2\right)$ esiste per ogni $x \neq 0$, perché $x^2 > 0$; $2\ln x$ solo per $x > 0$. Coincidono solo per $x > 0$, e la formula valida per ogni $x \neq 0$ è $\ln\left(x^2\right) = 2\ln|x|$: lo vedremo in le ipotesi contano.
• $\ln\big((x - 1)(x - 2)\big)$ esiste dove il prodotto è positivo, cioè per $x < 1$ oppure $x > 2$; $\ln(x - 1) + \ln(x - 2)$ solo dove sono positivi entrambi i fattori, cioè per $x > 2$. È il caso di quando comprimere allarga il dominio.

Trovi altre trappole simili negli errori più comuni con i logaritmi.

Il segno di una funzione con i logaritmi

Studiare il segno significa capire dove il grafico sta sopra l’asse $x$ e dove sta sotto. Prima si trova sempre il dominio: il segno si studia solo lì. Poi si usa la regola del segno e, per prodotti e quozienti, la tabella dei segni, come in dominio, simmetrie e segno di una funzione.

Zeri e intersezioni con gli assi

Gli zeri arrivano gratis dalla regola del segno: $\log_a A(x) = 0$ esattamente dove $A(x) = 1$, purché il punto stia nel dominio. Sono i punti in cui il grafico taglia l’asse $x$. L’intersezione con l’asse $y$ è il punto $\big(0, f(0)\big)$, che c’è solo se 0 sta nel dominio.

Un logaritmo confrontato con un numero

Esempio 15. $f(x) = \log_2\left(4x - x^2\right) - 1$.

• Dominio. $4x - x^2 = x(4 - x) > 0 \iff 0 < x < 4$. Lo 0 è escluso: il grafico non incontra l’asse $y$.
• Segno. Scriviamo $1 = \log_2 2$. Siccome $\log_2$ è strettamente crescente, per la monotonia il confronto passa agli argomenti:

$$\begin{gathered} \log_2\left(4x - x^2\right) > \log_2 2 \\ {} \iff 4x - x^2 > 2 \\ {} \iff x^2 - 4x + 2 < 0 \end{gathered}$$

• Zeri. $4x - x^2 = 2$, cioè $x = 2 \pm \sqrt{2}$, circa $0{,}59$ e $3{,}41$. Il trinomio $x^2 - 4x + 2$ è negativo proprio tra questi due valori.

Quindi $f$ è positiva tra i due zeri e negativa nei due tratti vicino ai bordi del dominio. Inoltre, siccome il logaritmo è strettamente crescente, $f$ è massima dove lo è l’argomento: nel vertice $x = 2$, dove $4x - x^2 = 4$ e $f(2) = \log_2 4 - 1 = 1$.

Con due logaritmi nella stessa base si ragiona allo stesso modo. Per $f(x) = \ln(2x - 1) - \ln(x + 2)$, definita per $x > \frac{1}{2}$:

$$\begin{gathered} \ln(2x - 1) > \ln(x + 2) \\ {} \iff 2x - 1 > x + 2 \iff x > 3 \end{gathered}$$

Il passaggio agli argomenti è lecito perché nel dominio sono entrambi positivi. Non serve nessuna proprietà dei logaritmi: basta la monotonia.

Prodotti e quozienti: la tabella dei segni

Se la funzione è un prodotto o un quoziente, si studia il segno di ogni fattore dentro il dominio e si combinano i segni: il risultato è positivo quando i fattori negativi sono in numero pari.

Esempio 16. $f(x) = (x - 3)\ln x$. Il dominio è $x > 0$. I fattori: $x - 3 > 0 \iff x > 3$, e $\ln x > 0 \iff x > 1$. Nella tabella la linea continua indica dove un fattore è positivo, quella tratteggiata dove è negativo; sotto c’è il grafico, allineato.

$f$ è positiva per $0 < x < 1$ e per $x > 3$, negativa per $1 < x < 3$, e si annulla in $x = 1$ e $x = 3$. Controllo: $f(2) = -\ln 2 \approx -0{,}69$, negativo come previsto.

Esempio 17. $f(x) = \dfrac{\ln x}{x - 2}$. Il dominio è $x > 0$ con $x \neq 2$. Il numeratore è positivo per $x > 1$, il denominatore per $x > 2$:

Intervallo	Num. / Den.	$f(x)$
$0 < x < 1$	$-\ /\ -$	$+$
$1 < x < 2$	$+\ /\ -$	$-$
$x > 2$	$+\ /\ +$	$+$

$f$ si annulla solo in $x = 1$. In $x = 2$ cambia segno senza annullarsi: lì la funzione non esiste.

Un logaritmo con il valore assoluto

Esempio 18. $f(x) = x\ln|x|$. Il dominio è $x \neq 0$. Il fattore $x$ è positivo per $x > 0$; $\ln|x| > 0 \iff |x| > 1$, cioè per $x < -1$ oppure $x > 1$:

Intervallo	$x$ / $\ln\lvert x \rvert$	$f(x)$
$x < -1$	$-\ /\ +$	$-$
$-1 < x < 0$	$-\ /\ -$	$+$
$0 < x < 1$	$+\ /\ -$	$-$
$x > 1$	$+\ /\ +$	$+$

Gli zeri sono $x = -1$ e $x = 1$. La funzione è dispari, $f(-x) = -x\ln|x| = -f(x)$, quindi i segni a sinistra sono gli opposti di quelli a destra: un buon controllo.

Un argomento sempre positivo

Esempio 19. $f(x) = \ln\left(x^2 - 3x + 3\right)$. Il discriminante dell’argomento è $9 - 12 = -3 < 0$, quindi $x^2 - 3x + 3$ è sempre positivo e il dominio è tutto $\mathbb{R}$. Il segno va studiato lo stesso, confrontando con 1:

$$\begin{gathered} x^2 - 3x + 3 > 1 \\ {} \iff x^2 - 3x + 2 > 0 \\ {} \iff x < 1 \ \text{oppure} \ x > 2 \end{gathered}$$

Quindi $f$ è negativa tra 1 e 2 e si annulla in 1 e in 2. Il minimo dell’argomento, nel vertice $x = \frac{3}{2}$, è $\frac{3}{4}$, quindi il minimo di $f$ è $\ln \frac{3}{4} \approx -0{,}29$. Lo studio completo, con limiti e derivate, è nello studio di funzione logaritmica.

Gli errori più comuni

• Scrivere $A(x) \geq 0$ invece di $A(x) > 0$. Il logaritmo di 0 non esiste: in $\ln(x - 2)$ il 2 è escluso.
• Dimenticare le condizioni sulla base. Se la base contiene la $x$, deve essere positiva e diversa da 1: in $\log_{x^2 - 1}(x + 3)$ vanno tolti $\pm\sqrt{2}$.
• Scrivere $A(x) \neq 0$ per un logaritmo al denominatore. Il logaritmo si annulla dove l’argomento vale 1: la condizione giusta è $A(x) \neq 1$.
• Confondere «esiste» con «è positivo». $\ln A$ esiste per $A > 0$, ma è positivo solo per $A > 1$: sotto una radice l’argomento si confronta con 1, non con 0.
• Dimenticare di invertire con la base tra 0 e 1. $\log_{1/3} A \geq 0$ significa $0 < A \leq 1$, non $A \geq 1$.
• Perdere la condizione di esistenza. Quando la regola del segno chiede un argomento minore di 1, serve anche l’argomento maggiore di 0: le disequazioni sono due.
• Applicare le proprietà prima del dominio. $\ln\left(x^2\right)$ e $2\ln x$, oppure $\ln\big((x - 1)(x - 2)\big)$ e $\ln(x - 1) + \ln(x - 2)$, hanno domini diversi.
• Cercare gli zeri dove l’argomento vale 0, o fuori dal dominio. Gli zeri di $\ln A(x)$ sono dove $A(x) = 1$, e un fattore che si annulla fuori dal dominio non dà uno zero della funzione.

Esercizi svolti

1. Un argomento fratto

Testo. Trova dominio, zeri e segno di $f(x) = \ln \dfrac{3x - 1}{x + 1}$. Il grafico incontra l’asse $y$?

Dominio. Serve $\frac{3x - 1}{x + 1} > 0$. Il numeratore è positivo per $x > \frac{1}{3}$, il denominatore per $x > -1$, e la frazione è positiva quando hanno lo stesso segno:

$$D = (-\infty, -1) \cup \left(\tfrac{1}{3}, +\infty\right)$$

Segno. $f(x) > 0$ quando l’argomento supera 1. Non si moltiplica per $x + 1$, di cui non conosciamo il segno: si porta tutto a sinistra.

$$\begin{gathered} \frac{3x - 1}{x + 1} - 1 > 0 \\ {} \iff \frac{2x - 2}{x + 1} > 0 \end{gathered}$$

Il numeratore è positivo per $x > 1$, il denominatore per $x > -1$: la frazione è positiva per $x < -1$ oppure $x > 1$. Lì l’argomento supera 1, quindi questi punti stanno nel dominio.

Zeri. $\frac{3x - 1}{x + 1} = 1 \iff 3x - 1 = x + 1 \iff x = 1$.

Quindi $f$ è positiva su $(-\infty, -1)$ e su $(1, +\infty)$, negativa su $\left(\frac{1}{3}, 1\right)$ e nulla in $x = 1$. Il grafico non incontra l’asse $y$: in $x = 0$ l’argomento vale $-1$, e 0 non sta nel dominio.

2. Una base variabile

Testo. Trova dominio, zeri e segno di $f(x) = \log_{3 - x}\left(x^2 - 1\right)$.

Dominio. Le tre condizioni della base variabile:

$$\begin{cases} 3 - x > 0 \\ 3 - x \neq 1 \\ x^2 - 1 > 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x < 3 \\ x \neq 2 \\ x < -1 \ \text{o} \ x > 1 \end{cases}$$ $$D = (-\infty, -1) \cup (1, 2) \cup (2, 3)$$

Zeri. Il logaritmo vale 0 dove l’argomento vale 1: $x^2 - 1 = 1$, cioè $x = \pm\sqrt{2}$. Sono entrambi nel dominio, perché $\sqrt{2} \approx 1{,}41$ sta tra 1 e 2.

Segno. Per ogni $x$ del dominio la base $3 - x$ è un numero positivo e diverso da 1, quindi la regola della «stessa parte di 1» vale punto per punto. La base $3 - x$ supera 1 per $x < 2$ ed è tra 0 e 1 per $2 < x < 3$. L’argomento $x^2 - 1$ supera 1 per $|x| > \sqrt{2}$ ed è tra 0 e 1 per $1 < |x| < \sqrt{2}$. Confrontiamo entrambi con 1:

Intervallo	Base / argomento	$f(x)$
$x < -\sqrt{2}$	$> 1\ /\ > 1$	$+$
$-\sqrt{2} < x < -1$	$> 1\ /\ < 1$	$-$
$1 < x < \sqrt{2}$	$> 1\ /\ < 1$	$-$
$\sqrt{2} < x < 2$	$> 1\ /\ > 1$	$+$
$2 < x < 3$	$< 1\ /\ > 1$	$-$

Nell’ultimo tratto l’argomento supera 1, ma la base è scesa sotto 1, e il segno si rovescia.

3. Un logaritmo al denominatore e uno sotto radice

Testo. Trova il dominio di $f(x) = \dfrac{\sqrt{2 - \log_2 x}}{\ln(x - 1)}$.

Una condizione per ogni operazione delicata: esiste $\log_2 x$, il radicando non è negativo, esiste $\ln(x - 1)$, il denominatore non si annulla.

$$\begin{cases} x > 0 \\ 2 - \log_2 x \geq 0 \\ x - 1 > 0 \\ \ln(x - 1) \neq 0 \end{cases}$$

La seconda è $\log_2 x \leq 2 = \log_2 4$ e, con la base maggiore di 1, il verso resta: $x \leq 4$. La terza dà $x > 1$ e assorbe la prima. La quarta dà $x - 1 \neq 1$, cioè $x \neq 2$. Intersecando:

$$D = (1, 2) \cup (2, 4]$$

Il 4 è incluso: lì la radice vale $\sqrt{0} = 0$ e il denominatore $\ln 3 \neq 0$, quindi $f(4) = 0$. Il 2, invece, è escluso dal denominatore, anche se la radice lì esiste.

4. Logaritmi annidati con la base minore di 1

Testo. Trova dominio, zeri e segno di $f(x) = \log_2\left(\log_{1/3}\left(x^2 - 1\right)\right)$.

Dominio. Dall’interno: il logaritmo interno chiede $x^2 - 1 > 0$; quello esterno chiede $\log_{1/3}\left(x^2 - 1\right) > 0$, che con la base minore di 1 vuol dire argomento tra 0 e 1:

$$\begin{gathered} 0 < x^2 - 1 < 1 \\ {} \iff 1 < x^2 < 2 \end{gathered}$$

cioè $1 < |x| < \sqrt{2}$. Quindi $D = \left(-\sqrt{2}, -1\right) \cup \left(1, \sqrt{2}\right)$.

Segno. La base esterna è 2, maggiore di 1: $f > 0$ quando il suo argomento supera 1. Scriviamo $1 = \log_{1/3} \frac{1}{3}$; con la base minore di 1 il verso si inverte:

$$\begin{gathered} \log_{1/3}\left(x^2 - 1\right) > \log_{1/3} \tfrac{1}{3} \\ {} \iff 0 < x^2 - 1 < \tfrac{1}{3} \\ {} \iff 1 < x^2 < \tfrac{4}{3} \end{gathered}$$

cioè $1 < |x| < \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3} \approx 1{,}15$.

Zeri. $x^2 - 1 = \frac{1}{3}$, cioè $x = \pm\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Quindi $f$ è positiva per $1 < |x| < \frac{2\sqrt{3}}{3}$ e negativa per $\frac{2\sqrt{3}}{3} < |x| < \sqrt{2}$. La funzione è pari, perché la $x$ compare solo in $x^2$: bastava studiarla per $x > 0$ e specchiare.

5. Il segno di un quoziente

Testo. Trova dominio, zeri e segno di $f(x) = \dfrac{x\ln(x + 2)}{\log_{1/3}(2 - x)}$.

Dominio. Servono $x + 2 > 0$, $2 - x > 0$ e, per il denominatore, $2 - x \neq 1$:

$$D = (-2, 1) \cup (1, 2)$$

Segno dei fattori, dentro il dominio:

• $x$ è positivo per $x > 0$;
• $\ln(x + 2) > 0 \iff x + 2 > 1 \iff x > -1$;
• $\log_{1/3}(2 - x) > 0 \iff 0 < 2 - x < 1 \iff 1 < x < 2$, perché con la base minore di 1 il logaritmo è positivo quando l’argomento è tra 0 e 1.

Intervallo	$x$, $\ln$, $\log_{1/3}$	$f(x)$
$-2 < x < -1$	$-$, $-$, $-$	$-$
$-1 < x < 0$	$-$, $+$, $-$	$+$
$0 < x < 1$	$+$, $+$, $-$	$-$
$1 < x < 2$	$+$, $+$, $+$	$+$

Zeri. Si annulla il numeratore: $x = 0$, oppure $\ln(x + 2) = 0$, cioè $x = -1$. Entrambi nel dominio.

Quindi $f$ è positiva su $(-1, 0)$ e su $(1, 2)$, negativa su $(-2, -1)$ e su $(0, 1)$. In $x = 1$ cambia segno senza annullarsi: lì il denominatore vale $\log_{1/3} 1 = 0$ e la funzione non esiste. Controllo in $x = \frac{1}{2}$:

$$f\left(\tfrac{1}{2}\right) = \frac{\frac{1}{2}\ln 2{,}5}{\log_{1/3} 1{,}5} \approx \frac{0{,}46}{-0{,}37} \approx -1{,}24$$

negativo, come previsto.

6. Da esame: radice, logaritmo e denominatore

Testo. Studia dominio, zeri, intersezioni con gli assi e segno di

$$f(x) = \frac{\sqrt{\ln\left(5 - x^2\right)}}{\log_2(x + 2)}$$

Dominio. Le condizioni:

$$\begin{cases} 5 - x^2 > 0 \\ \ln\left(5 - x^2\right) \geq 0 \\ x + 2 > 0 \\ \log_2(x + 2) \neq 0 \end{cases}$$

La seconda, con la regola del segno, è $5 - x^2 \geq 1$, cioè $x^2 \leq 4$, cioè $-2 \leq x \leq 2$, e assorbe la prima. La terza dà $x > -2$, la quarta $x + 2 \neq 1$, cioè $x \neq -1$:

$$D = (-2, -1) \cup (-1, 2]$$

Il $-2$ va guardato con cura: lì la radice esiste e vale 0, ma il logaritmo al denominatore no, perché sarebbe $\log_2 0$. Il 2 invece è incluso: $f(2) = \frac{\sqrt{\ln 1}}{\log_2 4} = \frac{0}{2} = 0$.

Zeri e assi. Il numeratore si annulla dove $\ln\left(5 - x^2\right) = 0$, cioè $x^2 = 4$: nel dominio resta solo $x = 2$. Lo 0 sta nel dominio, e $f(0) = \frac{\sqrt{\ln 5}}{\log_2 2} = \sqrt{\ln 5} \approx 1{,}27$.

Segno. Il numeratore è una radice, quindi non è mai negativo: il segno di $f$ è quello del denominatore, e $\log_2(x + 2) > 0 \iff x + 2 > 1 \iff x > -1$.

Quindi $f$ è negativa su $(-2, -1)$, positiva su $(-1, 2)$ e nulla in $x = 2$. Il punto $\left(0, \sqrt{\ln 5}\right)$ sta nella zona positiva, come deve. Altri esercizi su tutto il capitolo li trovi negli esercizi svolti sulla funzione logaritmica.

In sintesi

• Argomento: $A(x) > 0$. Base variabile: in più $B(x) > 0$ e $B(x) \neq 1$.
• Logaritmo al denominatore: in più $A(x) \neq 1$, perché il logaritmo si annulla solo dove l’argomento vale 1.
• Segno: con base maggiore di 1, $\log_a A > 0 \iff A > 1$; con base tra 0 e 1 il verso si inverte. Il logaritmo è positivo quando base e argomento stanno dalla stessa parte di 1.
• Logaritmo sotto radice di indice pari: $\log_a A \geq 0$, cioè $A \geq 1$ con base maggiore di 1, $0 < A \leq 1$ con base tra 0 e 1.
• Logaritmi annidati: dall’interno verso l’esterno; $\ln(\ln x)$ ha dominio $x > 1$. $\ln|A(x)|$ richiede solo $A(x) \neq 0$.
• Il dominio si calcola sulla funzione così come è scritta, prima di usare le proprietà dei logaritmi.
• Gli zeri di $\log_a A(x)$ sono dove $A(x) = 1$; per prodotti e quozienti si usa la tabella dei segni, solo dentro il dominio.

Prima degli esercizi, un articolo che mostra a cosa servono davvero i logaritmi fuori dall’aula: le scale logaritmiche.