Equazioni logaritmiche con le proprietà: metodo, soluzioni estranee ed esercizi

Un’equazione logaritmica «con le proprietà» è un’equazione con più logaritmi, sommati, sottratti o moltiplicati per un numero, come $\ln(x + 2) + \ln(x - 1) = \ln 10$. Per risolverla si compattano i logaritmi con le proprietà dei logaritmi fino ad averne uno per membro, poi si toglie il logaritmo come nelle equazioni logaritmiche di base. È il tipo che incontrerai più spesso negli esercizi di Analisi 1, e torna ogni volta che cerchi gli zeri o le intersezioni di una funzione con i logaritmi. Compattare però allarga il dominio e può far comparire soluzioni false: è l’errore che costa più punti all’esame. In questa pagina vediamo un esempio che mostra la trappola con un grafico, perché l’ordine «condizioni, compatta, risolvi, controlla» non si cambia, il metodo completo con la tabella delle mosse, esempi svolti con somme e differenze, coefficienti, numeri scritti come logaritmi, basi diverse, esponenti pari e il metodo dell’esponenziale, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Come in tutto il sito, $\ln$ è il logaritmo naturale, in base $e$.

Un esempio che spiega tutto

$$\ln(x + 2) + \ln(x - 1) = \ln 10$$

Condizioni di esistenza (C.E.). Devono esistere entrambi i logaritmi: $x + 2 > 0$ e $x - 1 > 0$, cioè $x > -2$ e $x > 1$. Insieme: $x > 1$.

Compattiamo. La somma di due logaritmi con la stessa base è il logaritmo del prodotto. Poi, siccome due logaritmi con la stessa base sono uguali solo se lo sono gli argomenti, togliamo il logaritmo:

$$\begin{gathered} \ln[(x + 2)(x - 1)] = \ln 10 \\ (x + 2)(x - 1) = 10 \\ x^2 + x - 12 = 0 \end{gathered}$$

Risolviamo. Il trinomio si scompone in $(x + 4)(x - 3)$: i candidati sono $x = 3$ e $x = -4$.

Controlliamo. Le C.E. chiedono $x > 1$: si accetta solo $x = 3$. Verifica: $\ln 5 + \ln 2 = \ln 10$.

Ecco la trappola. Il valore $x = -4$ risolve l’equazione compattata, perché $(-2) \cdot (-5) = 10$, ma nell’equazione di partenza darebbe $\ln(-2)$ e $\ln(-5)$, che non esistono. Se avessimo scritto le condizioni dopo aver compattato, cioè $(x + 2)(x - 1) > 0$, avremmo trovato $x < -2$ oppure $x > 1$, e avremmo accettato anche $x = -4$.

Il grafico mostra il motivo: compattare allarga il dominio. La funzione compattata ha un ramo in più, a sinistra, che non appartiene all’equazione originale: le soluzioni che cadono su quel ramo sono estranee. Lo avevamo già visto negli errori più comuni con i logaritmi.

Perché l’ordine conta

Le proprietà dei logaritmi sono uguaglianze vere, ma solo sotto le loro ipotesi. Prendi la regola del prodotto:

$$\begin{gathered} \ln A + \ln B = \ln(AB) \\ \text{se } A > 0 \text{ e } B > 0 \end{gathered}$$

I due membri non esistono per gli stessi valori:

• $\ln A + \ln B$ esiste quando $A > 0$ e $B > 0$;
• $\ln(AB)$ esiste quando $AB > 0$, cioè quando $A$ e $B$ hanno lo stesso segno: entrambi positivi oppure entrambi negativi.

Il caso «entrambi negativi» è il ramo in più del grafico. Nell’esempio $A = x + 2$ e $B = x - 1$ sono entrambi negativi per $x < -2$, ed è lì che è caduto $x = -4$. Con la differenza succede lo stesso, perché anche $\frac{A}{B}$ è positivo quando $A$ e $B$ sono negativi. E con un coefficiente pari: $2\ln A$ esiste per $A > 0$, mentre $\ln A^2$ esiste per ogni $A \neq 0$.

Teorema. Chiama $D$ l’insieme dei valori di $x$ per cui esistono tutti i logaritmi dell’equazione di partenza, cioè le sue C.E. Se compatti con le proprietà, ottieni un’equazione che ha tutte le soluzioni di quella di partenza, ed eventualmente altre. Più precisamente: le soluzioni dell’equazione di partenza sono esattamente le soluzioni dell’equazione compattata che appartengono a $D$.

Perché è vero. Per ogni $x$ in $D$ tutti gli argomenti sono positivi, quindi le proprietà valgono: i membri dell’equazione di partenza hanno lo stesso valore di quelli dell’equazione compattata. In $D$, quindi, le due equazioni sono risolte dagli stessi numeri. Fuori da $D$ l’equazione di partenza non ha senso, mentre quella compattata può avere soluzioni: sono proprio le estranee.

Lo stesso vale quando togli il logaritmo: da $\log_a f(x) = \log_a g(x)$ passi a $f(x) = g(x)$, un’equazione che può avere soluzioni anche dove $f$ e $g$ sono negative o nulle. Per questo il confronto finale si fa con $D$, che le esclude tutte.

Implicazione o equivalenza

In linguaggio logico, compattare e togliere il logaritmo è un’implicazione:

$$\begin{gathered} \ln(x + 2) + \ln(x - 1) = \ln 10 \\ \Downarrow \\ (x + 2)(x - 1) = 10 \end{gathered}$$

La freccia non si inverte: $x = -4$ rende vera la seconda riga ma non la prima. Per questo, quando compatti, il controllo finale è obbligatorio. Se invece tieni le condizioni accanto all’equazione, ottieni un’equivalenza:

$$\begin{gathered} \ln(x + 2) + \ln(x - 1) = \ln 10 \\ \Updownarrow \\ \begin{cases} (x + 2)(x - 1) = 10 \\ x > 1 \end{cases} \end{gathered}$$

È lo stesso lavoro scritto in modo più pulito. Nelle equazioni la differenza è piccola, perché i candidati sono pochi numeri e si provano uno per uno. Nelle disequazioni logaritmiche con le proprietà diventa decisiva: le soluzioni sono intervalli, cioè infiniti numeri che non si possono controllare uno alla volta, e l’unico modo corretto è intersecare con le C.E.

Il metodo completo

1. Condizioni di esistenza sull’equazione di partenza: argomenti positivi, basi con la $x$ positive e diverse da 1. Le regole sono quelle di dominio e segno delle funzioni logaritmiche.
2. Stessa base: se ci sono basi diverse, si usa il cambiamento di base.
3. Coefficienti dentro: $k \log_a f(x) = \log_a f(x)^k$.
4. Numeri come logaritmi: un numero $c$ si scrive $c = \log_a a^c$.
5. Compatta ogni membro in un unico logaritmo. Un trucco: prima sposta i termini con il segno meno dall’altra parte, così ottieni prodotti invece di frazioni.
6. Togli il logaritmo ($\log_a f = \log_a g$ dà $f = g$) e risolvi l’equazione algebrica.
7. Controlla ogni candidato con le C.E. del punto 1 e, se hai tempo, sostituiscilo nel testo.

Ogni situazione ha la sua mossa, e ogni mossa la sua trappola:

Situazione	Mossa	Attenzione a
$\log_a f + \log_a g$	$\log_a(fg)$	dominio più grande
$\log_a f - \log_a g$	sposta il termine	$\frac{f}{g} > 0$ anche se $f, g < 0$
$k \log_a f$	$\log_a f^k$	$k$ pari: dominio più grande
un numero $c$	$\log_a a^c$	non è $\log_a c$
basi $a$ e $a^k$	$\log_{a^k} f = \frac{1}{k}\log_a f$	$\frac{1}{k}$, non $k$
basi $a$ e $\frac{1}{a}$	$\log_{1/a} f = -\log_a f$	il segno
basi scollegate	passa a $\ln$	arrotonda solo alla fine
$\ln\left(f^2\right)$	lascia il quadrato dentro	$2\ln f$ perde soluzioni

Esempi svolti

Somme e differenze

Esempio 1: due soluzioni accettabili. $\ln\left(x^2 + 6\right) - \ln x = \ln 5$.

C.E.: $x^2 + 6 > 0$ è sempre vera, quindi resta $x > 0$. Spostiamo il termine con il meno a destra e compattiamo:

$$\begin{gathered} \ln\left(x^2 + 6\right) = \ln 5 + \ln x \\ \ln\left(x^2 + 6\right) = \ln(5x) \\ x^2 - 5x + 6 = 0 \end{gathered}$$

Le soluzioni sono $x = 2$ e $x = 3$, entrambe positive: l’equazione ha due soluzioni. Verifica con $x = 3$: $\ln 15 - \ln 3 = \ln 5$. Compattando a sinistra si arriva allo stesso punto, passando per la frazione $\frac{x^2 + 6}{x} = 5$, da moltiplicare per $x$ (lecito, perché $x > 0$). E non spezzare $\ln\left(x^2 + 6\right)$: è il logaritmo di una somma, e per la somma non c’è nessuna proprietà.

Esempio 2: un’equazione impossibile. $\log_3 x + \log_3(x - 3) = \log_3(x - 4)$.

C.E.: $x > 0$, $x > 3$ e $x > 4$, cioè $x > 4$. Compattando a sinistra e uguagliando gli argomenti:

$$\begin{gathered} x(x - 3) = x - 4 \\ x^2 - 4x + 4 = 0 \\ (x - 2)^2 = 0 \end{gathered}$$

L’unico candidato è $x = 2$, che non rispetta $x > 4$: l’equazione è impossibile. Si poteva prevederlo: la differenza tra gli argomenti, $x(x - 3) - (x - 4) = (x - 2)^2$, per $x > 4$ è sempre positiva, quindi il primo membro è sempre più grande del secondo. «Impossibile» non è un errore di calcolo: è un risultato, e va scritto come tale.

Coefficienti davanti al logaritmo

Esempio 3. $2\ln x = \ln(5x + 6)$.

C.E.: $x > 0$ e $x > -\frac{6}{5}$, cioè $x > 0$. Il coefficiente 2 entra come esponente:

$$\begin{gathered} \ln x^2 = \ln(5x + 6) \\ x^2 - 5x - 6 = 0 \\ (x - 6)(x + 1) = 0 \end{gathered}$$

Si accetta solo $x = 6$: infatti $2\ln 6 = \ln 36$. E $x = -1$? Risolve $\ln x^2 = \ln(5x + 6)$, perché i due argomenti valgono entrambi 1, ma non l’equazione di partenza, che contiene $\ln(-1)$. Portare dentro un esponente pari ha allargato il dominio da $x > 0$ a $x \neq 0$: è lo stesso fenomeno della somma, e si cura allo stesso modo, con le C.E. scritte prima. Con un esponente dispari il problema non c’è: $3\ln x$ e $\ln x^3$ esistono entrambi solo per $x > 0$.

Numeri da scrivere come logaritmi

Finché in un membro c’è un numero da solo, non si possono uguagliare gli argomenti. Lo si trasforma in un logaritmo con la stessa base usando la definizione di logaritmo: $c = \log_a a^c$, per ogni numero reale $c$. Per esempio $1 = \log_5 5$, $2 = \log_3 9$, $-1 = \log_2 \frac{1}{2}$ e $\frac{1}{2} = \log_4 2$.

Esempio 4. $\log_3(x + 5) + 2 = \log_3(x + 13)$.

C.E.: $x > -5$ e $x > -13$, cioè $x > -5$. Scriviamo $2 = \log_3 9$:

$$\begin{gathered} \log_3(x + 5) + \log_3 9 = \log_3(x + 13) \\ \log_3[9(x + 5)] = \log_3(x + 13) \\ 9x + 45 = x + 13 \end{gathered}$$

Quindi $8x = -32$ e $x = -4$, che è maggiore di $-5$: accettabile, anche se negativo. Verifica: $\log_3 1 + 2 = 2 = \log_3 9$. L’errore classico è uguagliare subito gli argomenti scrivendo $x + 5 + 2 = x + 13$, che non ha soluzioni: il 2 non è un argomento, è un logaritmo «nascosto».

Quando le basi sono diverse

Le proprietà del prodotto e del quoziente valgono solo tra logaritmi con la stessa base: $\log_2 x + \log_3 x$ non si compatta così com’è. Si porta tutto a una base comune con tre regole del cambiamento di base, valide per $f > 0$, $a > 0$ con $a \neq 1$ e $k \neq 0$:

$$\begin{gathered} \log_{a^k} f = \frac{1}{k} \log_a f \\ \log_{1/a} f = -\log_a f \\ \log_a f = \frac{\ln f}{\ln a} \end{gathered}$$

Esempio 5: basi potenze dello stesso numero. $\log_2 x = \log_8(x + 6)$.

C.E.: $x > 0$. Siccome $8 = 2^3$, conviene la base più piccola: $\log_8(x + 6) = \frac{1}{3}\log_2(x + 6)$. Moltiplicando per 3 e portando il 3 dentro:

$$\begin{gathered} 3\log_2 x = \log_2(x + 6) \\ \log_2 x^3 = \log_2(x + 6) \\ x^3 - x - 6 = 0 \end{gathered}$$

Con la regola di Ruffini si trova la radice $x = 2$ (infatti $8 - 2 - 6 = 0$) e si scompone: $(x - 2)\left(x^2 + 2x + 3\right) = 0$. Il secondo fattore ha discriminante $4 - 12 < 0$ e non si annulla mai. La soluzione è $x = 2$: $\log_2 2 = 1 = \log_8 8$.

Esempio 6: base reciproca. $\log_2(x + 3) + \log_{1/2}(x - 1) = 1$.

C.E.: $x > -3$ e $x > 1$, cioè $x > 1$. Con $\log_{1/2}(x - 1) = -\log_2(x - 1)$ il più diventa un meno; spostiamo quel termine a destra e scriviamo $1 = \log_2 2$:

$$\begin{gathered} \log_2(x + 3) = \log_2 2 + \log_2(x - 1) \\ x + 3 = 2x - 2 \end{gathered}$$

Quindi $x = 5$, accettabile. Verifica: $\log_2 8 + \log_{1/2} 4 = 3 - 2 = 1$.

Esempio 7: basi scollegate. $\log_2 x + \log_3 x = \log_2 6$.

C.E.: $x > 0$. Le basi 2 e 3 non sono potenze dello stesso numero: passiamo a $\ln$ e moltiplichiamo tutto per $\ln 2 \cdot \ln 3$:

$$\begin{gathered} \frac{\ln x}{\ln 2} + \frac{\ln x}{\ln 3} = \frac{\ln 6}{\ln 2} \\ \ln x \cdot (\ln 3 + \ln 2) = \ln 6 \cdot \ln 3 \end{gathered}$$

Siccome $\ln 3 + \ln 2 = \ln 6$, dividendo per $\ln 6$ (che non è zero) resta $\ln x = \ln 3$, cioè $x = 3$. Verifica: $\log_2 3 + 1 = \log_2 3 + \log_2 2 = \log_2 6$. Spesso, con basi scollegate, il risultato non è così «pulito» e resta scritto come potenza di $e$.

Il caso di ln(x²)

Con gli esponenti pari dentro il logaritmo la trappola è al contrario: non si aggiungono soluzioni, se ne perdono. La formula giusta, valida su tutto il dominio, usa il valore assoluto:

$$\begin{gathered} \ln\left[(x - 2)^2\right] = 2\ln\lvert x - 2 \rvert \\ \text{per ogni } x \neq 2 \end{gathered}$$

Perché è vero. $(x - 2)^2 = \lvert x - 2 \rvert^2$, e per $x \neq 2$ il numero $\lvert x - 2 \rvert$ è positivo, quindi si può usare la proprietà della potenza. Invece $2\ln(x - 2)$ esiste solo per $x > 2$.

Esempio 8. $\ln\left[(x - 2)^2\right] = \ln x$.

C.E.: $(x - 2)^2 > 0$, cioè $x \neq 2$, e $x > 0$. La strada più sicura è non toccare il quadrato e uguagliare gli argomenti:

$$\begin{gathered} (x - 2)^2 = x \\ x^2 - 5x + 4 = 0 \\ (x - 1)(x - 4) = 0 \end{gathered}$$

Entrambi i valori rispettano le C.E.: l’equazione ha due soluzioni, $x = 1$ e $x = 4$. Verifica con $x = 1$: $\ln\left[(-1)^2\right] = \ln 1 = 0$, come $\ln 1$ a destra.

Con il valore assoluto si arriva allo stesso risultato ragionando sui due rami: per $x > 2$ l’equazione diventa $2\ln(x - 2) = \ln x$ e dà $x = 4$; per $0 < x < 2$ diventa $2\ln(2 - x) = \ln x$ e dà $x = 1$. Chi scrive subito $2\ln(x - 2) = \ln x$ studia solo il ramo destro e perde $x = 1$. In generale, quando puoi scegliere, porta i coefficienti dentro invece di tirare fuori gli esponenti: il dominio può solo allargarsi, e le soluzioni in più le elimini con le C.E.

Un metodo alternativo: l’esponenziale

Invece di scrivere il numero come logaritmo, si può applicare l’esponenziale con la stessa base a entrambi i membri, usando $a^{\log_a f} = f$. La funzione $a^t$ è iniettiva, quindi il passaggio non aggiunge e non toglie soluzioni.

Esempio 9. $\ln(x + 2) - \ln x = 1$.

C.E.: $x > 0$. Compattando si ottiene $\ln \frac{x + 2}{x} = 1$; applicando $e^{(\cdot)}$ ai due membri:

$$\begin{gathered} \frac{x + 2}{x} = e \\ x + 2 = ex \\ x = \frac{2}{e - 1} \approx 1{,}16 \end{gathered}$$

accettabile, perché positivo. È la stessa cosa che scrivere $1 = \ln e$: cambia solo la notazione. Conviene quando il numero non è un logaritmo «bello» della base, come 1 con $\ln$, e soprattutto quando la $x$ compare anche fuori dal logaritmo.

Quando la x sta anche fuori dal logaritmo

Esempio 10. $\ln\left(e^x - 4\right) = \ln 5 - x$.

C.E.: $e^x - 4 > 0$, cioè $e^x > 4$, cioè $x > \ln 4 \approx 1{,}39$. Applichiamo $e^{(\cdot)}$ ai due membri, con $e^{\ln 5 - x} = \frac{e^{\ln 5}}{e^x} = \frac{5}{e^x}$, poi moltiplichiamo per $e^x$, che è positivo:

$$\begin{gathered} e^x - 4 = \frac{5}{e^x} \\ e^{2x} - 4e^x - 5 = 0 \end{gathered}$$

È un’equazione di secondo grado in $e^x$, come nelle equazioni esponenziali con sostituzione: con $t = e^x$ diventa $t^2 - 4t - 5 = 0$, cioè $(t - 5)(t + 1) = 0$. Si scarta $t = -1$, perché un esponenziale è sempre positivo; resta $e^x = 5$, cioè $x = \ln 5 \approx 1{,}61$. È maggiore di $\ln 4$, perché $5 > 4$: accettabile. Verifica: $\ln(5 - 4) = 0 = \ln 5 - \ln 5$. Quando invece la $x$ sta dentro e fuori dal logaritmo in modo che nessuna mossa la isoli, come in $\ln x = 2 - x$, serve la risoluzione grafica.

Gli errori più comuni

• Scrivere le condizioni di esistenza dopo aver compattato. La forma compattata ha un dominio più grande e fa entrare soluzioni estranee, come $x = -4$ nell’esempio iniziale.
• Tirare fuori un esponente pari senza valore assoluto. $\ln\left[(x - 2)^2\right]$ è $2\ln\lvert x - 2 \rvert$, non $2\ln(x - 2)$: si perdono soluzioni, e nessun controllo te le restituisce.
• Uguagliare gli argomenti con un numero ancora in giro. Da $\log_3 f + 2 = \log_3 g$ non segue $f + 2 = g$: prima si scrive $2 = \log_3 9$.
• Compattare logaritmi con basi diverse. $\log_2 f + \log_8 g$ non è $\log_2(fg)$: prima si usa $\log_8 g = \frac{1}{3}\log_2 g$.
• Spezzare il logaritmo di una somma. $\ln\left(x^2 + 6\right)$ non è $\ln x^2 + \ln 6$: per la somma non c’è formula.
• Portare dentro male un coefficiente. $2\ln x + \ln y = \ln\left(x^2 y\right)$, non $\ln(2xy)$; e $2\ln(x + 1) = \ln\left[(x + 1)^2\right]$, non $\ln\left(x^2 + 1\right)$.
• Sbagliare i segni. $\log_{1/2} f = -\log_2 f$, e in $\ln f - \ln g - \ln h$ sia $g$ sia $h$ vanno al denominatore.
• Scartare una soluzione solo perché è negativa. Si scarta se rende negativo o nullo qualche argomento: nell’esempio 4 la soluzione è $x = -4$.

Esercizi svolti

1. Una somma di logaritmi

Testo. Risolvi $\log_6 x + \log_6(x - 5) = 2$.

C.E.: $x > 0$ e $x > 5$, cioè $x > 5$. Compattiamo e togliamo il logaritmo con la definizione, $\log_6 f = 2 \iff f = 6^2$:

$$\begin{gathered} \log_6[x(x - 5)] = 2 \\ x^2 - 5x = 36 \\ x^2 - 5x - 36 = 0 \end{gathered}$$

Il discriminante è $25 + 144 = 169 = 13^2$, quindi $x = \frac{5 \pm 13}{2}$, cioè $x = 9$ oppure $x = -4$. Le C.E. chiedono $x > 5$: si accetta solo $x = 9$. Verifica: $\log_6 9 + \log_6 4 = \log_6 36 = 2$. Né 9 né 4 sono potenze di 6, ma il loro prodotto sì: l’unica soluzione è $x = 9$.

2. Una differenza con una frazione

Testo. Risolvi $\ln(x + 23) - \ln(x - 1) = \ln(x - 2)$.

C.E.: $x > -23$, $x > 1$ e $x > 2$, cioè $x > 2$. Compattando a sinistra con la regola del quoziente:

$$\ln \frac{x + 23}{x - 1} = \ln(x - 2)$$

Uguagliamo gli argomenti e moltiplichiamo per $x - 1$, che nelle C.E. è positivo e quindi diverso da zero:

$$\begin{gathered} x + 23 = (x - 1)(x - 2) \\ x + 23 = x^2 - 3x + 2 \\ x^2 - 4x - 21 = 0 \end{gathered}$$

Le soluzioni sono $x = 7$ e $x = -3$. Si scarta $x = -3$, che non rispetta $x > 2$: lì la frazione e $x - 2$ valgono entrambe $-5$, e il logaritmo di $-5$ non esiste. Spostando subito il termine con il meno, $\ln(x + 23) = \ln[(x - 1)(x - 2)]$, eviti la frazione e arrivi alla stessa equazione; in quella forma $x = -3$ sembra perfino buono ($\ln 20 = \ln 20$), ed è solo il confronto con le C.E. a scartarlo. Verifica con $x = 7$: $\ln 30 - \ln 6 = \ln 5$. La soluzione è $x = 7$.

3. Un coefficiente e un quadrato

Testo. Risolvi $\log_2\left(x^2\right) - 2\log_2(x - 3) = 2$.

C.E.: $x^2 > 0$, cioè $x \neq 0$, e $x > 3$. Insieme: $x > 3$. Portiamo il 2 dentro, compattiamo e scriviamo $2 = \log_2 4$:

$$\begin{gathered} \log_2 \frac{x^2}{(x - 3)^2} = \log_2 4 \\ \frac{x^2}{(x - 3)^2} = 4 \end{gathered}$$

Il primo membro è il quadrato di $\frac{x}{x - 3}$, quindi

$$\begin{gathered} \frac{x}{x - 3} = 2 \\ \text{oppure} \quad \frac{x}{x - 3} = -2 \end{gathered}$$

La prima dà $x = 2x - 6$, cioè $x = 6$; la seconda $x = -2x + 6$, cioè $x = 2$. Le C.E. chiedono $x > 3$: resta solo $x = 6$. Verifica: $\log_2 36 - 2\log_2 3 = \log_2 \frac{36}{9} = 2$.

Il candidato $x = 2$ è nato quando il 2 è entrato come esponente: $2\log_2(x - 3)$ esiste solo per $x > 3$, $\log_2\left[(x - 3)^2\right]$ per ogni $x \neq 3$. C’è anche una strada più corta: nelle C.E. la $x$ è positiva, quindi qui tirare fuori l’esponente è lecito, $\log_2\left(x^2\right) = 2\log_2 x$. Dividendo per 2 resta $\log_2 x - \log_2(x - 3) = 1$, cioè $x = 2(x - 3)$, e trovi subito $x = 6$.

4. Basi diverse

Testo. Risolvi $\log_9(x + 7) + \log_{1/3}(x + 1) = -\frac{1}{2}$.

C.E.: $x > -7$ e $x > -1$, cioè $x > -1$. Le basi 9 e $\frac{1}{3}$ sono potenze di 3: $\log_9(x + 7) = \frac{1}{2}\log_3(x + 7)$ e $\log_{1/3}(x + 1) = -\log_3(x + 1)$. Moltiplicando per 2:

$$\log_3(x + 7) - 2\log_3(x + 1) = -1$$

Spostiamo i termini per avere solo segni più, $\log_3(x + 7) + 1 = 2\log_3(x + 1)$, poi scriviamo $1 = \log_3 3$ e portiamo il 2 dentro:

$$\begin{gathered} \log_3[3(x + 7)] = \log_3\left[(x + 1)^2\right] \\ 3x + 21 = x^2 + 2x + 1 \\ x^2 - x - 20 = 0 \end{gathered}$$

Le soluzioni sono $x = 5$ e $x = -4$. Si scarta $x = -4$, che rende negativo $x + 1$: risolve solo la forma compattata, perché $(-3)^2 = 9 = 3 \cdot 3$. Verifica con $x = 5$:

$$\begin{gathered} \log_9 12 + \log_{1/3} 6 \\ {} = \frac{1}{2}\log_3 12 - \log_3 6 \\ {} = \log_3 \frac{\sqrt{12}}{6} = -\frac{1}{2} \end{gathered}$$

perché $\frac{\sqrt{12}}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}} = 3^{-1/2}$. La soluzione è $x = 5$.

5. Un esponente pari e il valore assoluto

Testo. Risolvi $\ln(x - 1) + \frac{1}{2}\ln\left[(x - 5)^2\right] = 2\ln 2$.

C.E.: $x > 1$ e $(x - 5)^2 > 0$, cioè $x \neq 5$. Siccome $\frac{1}{2}\ln\left[(x - 5)^2\right] = \ln\lvert x - 5 \rvert$ e $2\ln 2 = \ln 4$:

$$\begin{gathered} \ln[(x - 1)\lvert x - 5 \rvert] = \ln 4 \\ (x - 1)\lvert x - 5 \rvert = 4 \end{gathered}$$

Il valore assoluto si apre in due casi, secondo il segno di $x - 5$.

• Caso 1, $1 < x < 5$. Qui $\lvert x - 5 \rvert = 5 - x$: $(x - 1)(5 - x) = 4$, cioè $x^2 - 6x + 9 = 0$, cioè $(x - 3)^2 = 0$. Una soluzione, $x = 3$, che sta nell’intervallo.
• Caso 2, $x > 5$. Qui $\lvert x - 5 \rvert = x - 5$: $(x - 1)(x - 5) = 4$, cioè $x^2 - 6x + 1 = 0$, con soluzioni $x = 3 \pm 2\sqrt{2}$. Siccome $2\sqrt{2} \approx 2{,}83$, si accetta $3 + 2\sqrt{2} \approx 5{,}83$ e si scarta $3 - 2\sqrt{2} \approx 0{,}17$, che non è nemmeno maggiore di 1.

Le soluzioni sono due: $x = 3$ e $x = 3 + 2\sqrt{2}$. Verifica con $x = 3$: $\ln 2 + \frac{1}{2}\ln 4 = \ln 2 + \ln 2 = 2\ln 2$. Chi scrive $\frac{1}{2}\ln\left[(x - 5)^2\right] = \ln(x - 5)$ impone $x > 5$ e perde $x = 3$.

6. Da esame: un’equazione con parametro

Testo. Al variare del numero reale $k$, stabilisci quante soluzioni ha l’equazione

$$\ln x + \ln(x - 2) = 2\ln(x - k)$$

Poi risolvila per $k = \frac{3}{2}$ e spiega perché per $k = 3$ non ha soluzioni.

C.E.: $x > 0$, $x > 2$ e $x > k$, cioè $x$ maggiore sia di 2 sia di $k$. Compattiamo e portiamo il 2 dentro:

$$\begin{gathered} \ln[x(x - 2)] = \ln\left[(x - k)^2\right] \\ x^2 - 2x = x^2 - 2kx + k^2 \\ 2(k - 1)\,x = k^2 \end{gathered}$$

Il termine $x^2$ si semplifica: l’equazione è di primo grado. Se $k = 1$ diventa $0 = 1$, impossibile. Se $k \neq 1$ c’è un solo candidato:

$$x_0 = \frac{k^2}{2(k - 1)}$$

Ora il controllo con le C.E., fatto con le lettere. Con un po’ di algebra:

$$\begin{gathered} x_0 - 2 = \frac{(k - 2)^2}{2(k - 1)} \\ x_0 - k = \frac{k(2 - k)}{2(k - 1)} \end{gathered}$$

La prima frazione è positiva se e solo se $k > 1$ e $k \neq 2$. Con $k > 1$, la seconda è positiva se e solo se $2 - k > 0$, cioè $k < 2$. Quindi:

• per $1 < k < 2$ c’è una soluzione, $x = \frac{k^2}{2(k - 1)}$;
• per tutti gli altri valori di $k$ non ce n’è nessuna.

Per $k = \frac{3}{2}$ il candidato è $x_0 = \frac{9}{4}$, maggiore di 2 e di $\frac{3}{2}$. Verifica: $\ln\frac{9}{4} + \ln\frac{1}{4} = \ln\frac{9}{16}$ e $2\ln\frac{3}{4} = \ln\frac{9}{16}$.

Per $k = 3$ il candidato è ancora $\frac{9}{4}$. Risolve l’equazione compattata, perché $\frac{9}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{9}{16} = \left(\frac{9}{4} - 3\right)^2$, ma è minore di 3, e $\ln\left(\frac{9}{4} - 3\right)$ non esiste. È una soluzione estranea, nata quando $2\ln(x - k)$ è diventato $\ln\left[(x - k)^2\right]$, che esiste per ogni $x \neq k$. Lo stesso numero è accettabile per un valore del parametro e da scartare per un altro: il controllo con le C.E. non si salta mai. Altri esercizi, fino a quelli con parametro, sono negli esercizi svolti sulle equazioni logaritmiche.

In sintesi

• Prima le C.E. sull’equazione di partenza, poi compatta, risolvi e controlla: l’ordine non si cambia.
• $\ln A + \ln B$ esiste per $A, B > 0$, $\ln(AB)$ per $AB > 0$: compattare allarga il dominio. Le soluzioni dell’equazione di partenza sono quelle della compattata che rispettano le C.E.
• Compattare è un’implicazione, quindi il controllo finale è obbligatorio; con le C.E. a sistema diventa un’equivalenza.
• Stessa base: $\log_{a^k} f = \frac{1}{k}\log_a f$, $\log_{1/a} f = -\log_a f$, oppure $\log_a f = \frac{\ln f}{\ln a}$.
• Coefficienti dentro, $k\log_a f = \log_a f^k$; numeri come logaritmi, $c = \log_a a^c$; termini con il meno dall’altra parte.
• Esponenti pari: $\ln\left(f^2\right) = 2\ln\lvert f \rvert$ per $f \neq 0$. Meglio lasciare il quadrato dentro che perdere soluzioni.
• Applicare $a^{(\cdot)}$ ai due membri equivale a scrivere il numero come logaritmo, e conviene quando la $x$ sta anche fuori dal logaritmo.

Ci sono equazioni in cui non basta compattare, perché il logaritmo compare al quadrato o al denominatore. Si risolvono trattando il logaritmo stesso come incognita: lo vediamo nelle equazioni logaritmiche con sostituzione.