Equazioni logaritmiche con sostituzione: metodo, esempi ed esercizi svolti

Prova a risolvere questa equazione con i metodi delle equazioni logaritmiche con le proprietà:

$$\ln^2 x - 3 \ln x + 2 = 0$$

Non c’è modo di compattarla: $\ln^2 x$ è il quadrato del logaritmo, $(\ln x)^2$, e nessuna proprietà lo trasforma in un logaritmo solo. Però guarda la struttura: è un’equazione di secondo grado in cui al posto dell’incognita c’è $\ln x$. L’idea è chiamare $t$ il logaritmo, come avevamo fatto con $t = a^x$ nelle equazioni esponenziali con sostituzione. Le equazioni logaritmiche con sostituzione sono tra le più frequenti nel precorso e negli scritti di Analisi 1, e la stessa idea torna nelle disequazioni, negli zeri di una funzione e nello studio di funzione. In questa pagina vediamo l’idea e il teorema che la giustifica, perché con $t = \ln x$ non si scarta nessun valore (a differenza di $t = a^x$), il metodo passo passo, il logaritmo al quadrato con le biquadratiche e le cubiche, il logaritmo al denominatore, le equazioni con $\log_a x$ e $\log_x a$, i logaritmi annidati, la $x$ nella base e nell’esponente, gli esponenziali dentro i logaritmi, un’equazione con parametro, una tabella per riconoscere il metodo giusto, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: il logaritmo diventa l’incognita

Nell’equazione $\ln^2 x - 3\ln x + 2 = 0$ la $x$ compare solo dentro $\ln x$. Se chiami $t = \ln x$, l’equazione diventa

$$t^2 - 3t + 2 = 0$$

cioè una normale equazione di secondo grado, con soluzioni $t = 1$ e $t = 2$. Ora torni indietro: $\ln x = 1$ significa $x = e$, e $\ln x = 2$ significa $x = e^2$. Fine. Il lavoro vero è in due punti: riconoscere che tutta l’equazione si scrive con lo stesso logaritmo, e tornare alla $x$ senza perdere o inventare soluzioni.

La confusione tra $\ln^2 x$ e $\ln x^2$ è uno degli errori più comuni con i logaritmi, e qui costa l’intero esercizio: $\ln^2 x$ diventa $t^2$, mentre $\ln x^2$, per $x > 0$, è $2\ln x = 2t$. Se non ti è chiaro il motivo, ripassa la definizione di logaritmo.

Perché funziona: il teorema della sostituzione

Nelle equazioni esponenziali, dopo aver trovato le radici in $t = a^x$, bisognava scartare quelle con $t \leq 0$. Con il logaritmo questo passaggio non esiste, e il motivo è un teorema.

Perché è vero. Il numero $a^t$ esiste per ogni $t$ reale ed è positivo, perché una potenza con base positiva è sempre positiva; e per la definizione di logaritmo $\log_a\left(a^t\right) = t$. Quindi almeno una $x$ c’è. Non ce ne sono due, perché la funzione logaritmica è strettamente monotona, quindi iniettiva: se $x_1 \neq x_2$, allora $\log_a x_1 \neq \log_a x_2$. In altre parole $x \mapsto \log_a x$ è una biiezione tra $(0, +\infty)$ e $\mathbb{R}$, con inversa $t \mapsto a^t$. Se $x > 0$ risolve $F(\log_a x) = 0$, allora $t = \log_a x$ risolve $F(t) = 0$; se $t$ risolve $F(t) = 0$, allora $x = a^t$ è positivo e $F(\log_a x) = F(t) = 0$. Le due equazioni hanno quindi «le stesse» soluzioni, lette attraverso la biiezione.

C’è però un caso in cui su $t$ compare una condizione, ed è quando la $x$ ha condizioni oltre a $x > 0$. Per esempio, se $\ln x$ è a un denominatore o $x$ è la base di un logaritmo, serve $x \neq 1$, che tradotta diventa $t \neq 0$. Non è una condizione sul segno di $t$: è la stessa condizione sulla $x$, scritta nella nuova variabile.

Il metodo passo passo

1. Condizioni di esistenza sulla $x$: argomenti positivi, basi variabili positive e diverse da 1, denominatori diversi da zero. Sono le regole di dominio e segno delle funzioni logaritmiche.
2. Riscrivi tutti i logaritmi in funzione dello stesso logaritmo, per esempio $\ln x$ oppure $\log_2 x$, usando le proprietà dei logaritmi e, se le basi sono diverse, il cambiamento di base.
3. Sostituisci $t = \log_a x$, traducendo in $t$ le eventuali condizioni in più (per esempio $x \neq 1$ diventa $t \neq 0$).
4. Risolvi l’equazione in $t$: di secondo grado con la formula o scomponendo, biquadratica con $u = t^2$, di terzo grado con un raccoglimento o con Ruffini, fratta moltiplicando per il denominatore (che non è zero).
5. Torna alla $x$ con $x = a^t$, per ogni radice $t$ trovata: se $t$ è intero o frazionario il risultato è una potenza della base, altrimenti resta scritto come $a^t$.
6. Controlla le C.E. del punto 1 e, se hai tempo, sostituisci nell’equazione di partenza.

Al punto 2 il lavoro è riconoscere i termini. Con $t = \ln x$:

Termine	Diventa	Perché
$\ln^2 x$	$t^2$	è $(\ln x)^2$
$\ln x^3$	$3t$	$\ln x^k = k\ln x$
$\ln \sqrt{x}$	$\frac{t}{2}$	$\sqrt{x} = x^{1/2}$
$\ln \frac{1}{x}$	$-t$	$\frac{1}{x} = x^{-1}$
$\ln(ex)$	$1 + t$	$\ln e + \ln x$
$\frac{1}{\ln x}$	$\frac{1}{t}$	serve $t \neq 0$
$\log_x e$	$\frac{1}{t}$	$\log_x e = \frac{1}{\ln x}$

Con $t = \log_2 x$ si aggiungono $\log_4 x = \frac{t}{2}$, perché $\log_4 x = \frac{1}{2}\log_2 x$, e $\log_{1/2} x = -t$. L’obiettivo è sempre lo stesso: alla fine non deve restare nessuna $x$ fuori da $t$.

Il logaritmo al quadrato

Esempio 1: due radici intere. $\ln^2 x - 3 \ln x + 2 = 0$.

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

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

Tornando alla $x$: $\ln x = 1$ dà $x = e$, e $\ln x = 2$ dà $x = e^2$. Entrambe positive: due soluzioni. Verifica con $x = e^2$: $4 - 6 + 2 = 0$.

Esempio 2: una radice negativa e irrazionale. $\ln^2 x + 2\ln x - 2 = 0$.

C.E.: $x > 0$. Con $t = \ln x$ l’equazione $t^2 + 2t - 2 = 0$ ha discriminante ridotto $1 + 2 = 3$, quindi

$$t = -1 \pm \sqrt{3}$$

cioè $t_1 = -1 - \sqrt{3} \approx -2{,}73$ e $t_2 = -1 + \sqrt{3} \approx 0{,}73$. Nessuna delle due è una potenza «bella», e la prima è negativa: vanno bene entrambe. Le soluzioni sono

$$\begin{gathered} x_1 = e^{-1 - \sqrt{3}} \approx 0{,}065 \\ x_2 = e^{-1 + \sqrt{3}} \approx 2{,}08 \end{gathered}$$

Il valore esatto è $e^{-1 \pm \sqrt{3}}$; le approssimazioni servono solo a capire dove stanno le soluzioni. Confronta con l’equazione esponenziale «gemella» $e^{2x} + 2e^x - 2 = 0$: stessa equazione in $t$, ma con $t = e^x$ la radice negativa si scarta e resta una sola soluzione, $x = \ln\left(\sqrt{3} - 1\right)$. La figura mostra i due passaggi: le radici della parabola in $t$ e il ritorno alla $x$ lungo la curva $x = e^t$, che è definita per ogni $t$ e vale sempre più di zero.

Esempio 3: il quadrato del logaritmo e il logaritmo di una potenza. $\log_2^2 x + \log_2 x^3 = 4$.

C.E.: $x > 0$. Attenzione a distinguere i due termini: $\log_2^2 x$ è il quadrato del logaritmo, mentre $\log_2 x^3 = 3\log_2 x$ è il logaritmo di una potenza, e la proprietà vale perché $x > 0$. Con $t = \log_2 x$:

$$\begin{gathered} t^2 + 3t - 4 = 0 \\ {} \iff (t + 4)(t - 1) = 0 \\ {} \iff t = -4 \ \text{oppure} \ t = 1 \end{gathered}$$

Quindi $x = 2^{-4} = \frac{1}{16}$ oppure $x = 2^1 = 2$. Verifica con $x = \frac{1}{16}$: $(-4)^2 + \log_2 2^{-12} = 16 - 12 = 4$.

Esempio 4: non dividere per t. $\ln^2 x = \ln x^4$.

C.E.: il primo membro richiede $x > 0$, il secondo solo $x \neq 0$; insieme, $x > 0$. In questo dominio $\ln x^4 = 4\ln x$, quindi con $t = \ln x$:

$$\begin{gathered} t^2 = 4t \\ {} \iff t(t - 4) = 0 \\ {} \iff t = 0 \ \text{oppure} \ t = 4 \end{gathered}$$

Le soluzioni sono $x = e^0 = 1$ e $x = e^4$. Se avessi diviso per $t$ avresti perso $t = 0$, cioè la soluzione $x = 1$, e invece $\ln^2 1 = 0 = \ln 1$. Si porta tutto a sinistra e si raccoglie.

Biquadratiche e cubiche in t

Se il logaritmo compare con potenze più alte, cambia solo l’algebra del punto 4.

Esempio 5: una biquadratica. $\ln^4 x - 5\ln^2 x + 4 = 0$.

C.E.: $x > 0$. Con $t = \ln x$ si ha $t^4 - 5t^2 + 4 = 0$; con $u = t^2$ diventa $u^2 - 5u + 4 = 0$, cioè $u = 1$ oppure $u = 4$. Quindi

$$t^2 = 1 \ \text{oppure} \ t^2 = 4$$

cioè $t = \pm 1$ oppure $t = \pm 2$: quattro radici, tutte buone. Le soluzioni sono $x = e$, $x = \frac{1}{e}$, $x = e^2$ e $x = \frac{1}{e^2}$. Nota la simmetria: se $x$ è soluzione lo è anche $\frac{1}{x}$, perché $\ln\frac{1}{x} = -\ln x$ e nell’equazione compaiono solo potenze pari di $\ln x$.

Esempio 6: una cubica. $\ln^3 x - \ln^2 x - 4\ln x + 4 = 0$.

C.E.: $x > 0$. Con $t = \ln x$ si raccoglie a due a due:

$$\begin{gathered} t^2(t - 1) - 4(t - 1) = 0 \\ {} \iff (t - 1)\left(t^2 - 4\right) = 0 \\ {} \iff (t - 1)(t - 2)(t + 2) = 0 \end{gathered}$$

Le radici sono $t = 1$, $t = 2$ e $t = -2$: tre soluzioni, $x = e$, $x = e^2$ e $x = e^{-2}$. Se il raccoglimento non salta all’occhio, si prova una radice intera tra i divisori del termine noto, qui $\pm 1, \pm 2, \pm 4$, e si abbassa di grado con Ruffini.

Il logaritmo al denominatore

Quando $\ln x$ sta a un denominatore, alle C.E. si aggiunge $\ln x \neq 0$, cioè $x \neq 1$, che in $t$ diventa $t \neq 0$. Poi si moltiplica per il denominatore, che per le C.E. non è zero.

Esempio 7. $\ln x + \frac{2}{\ln x} = 3$.

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

$$\begin{gathered} t^2 + 2 = 3t \\ {} \iff t^2 - 3t + 2 = 0 \\ {} \iff t = 1 \ \text{oppure} \ t = 2 \end{gathered}$$

Nessuna delle due è zero: $x = e$ oppure $x = e^2$. Verifica con $x = e$: $1 + \frac{2}{1} = 3$.

Esempio 8: due denominatori. $\frac{1}{\ln x - 1} + \frac{1}{\ln x + 1} = \frac{3}{4}$.

C.E.: $x > 0$, $\ln x \neq 1$ e $\ln x \neq -1$, cioè $x \neq e$ e $x \neq \frac{1}{e}$. Con $t = \ln x$, $t \neq \pm 1$, il denominatore comune è $4\left(t^2 - 1\right)$:

$$\begin{gathered} 4(t + 1) + 4(t - 1) = 3\left(t^2 - 1\right) \\ {} \iff 3t^2 - 8t - 3 = 0 \\ {} \iff t = 3 \ \text{oppure} \ t = -\frac{1}{3} \end{gathered}$$

perché il discriminante è $64 + 36 = 100$ e $t = \frac{8 \pm 10}{6}$. Nessuna radice è $\pm 1$: le soluzioni sono $x = e^3 \approx 20{,}09$ e $x = e^{-1/3} \approx 0{,}72$. Verifica con $t = 3$: $\frac{1}{2} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.

Esempio 9: la radice che annulla il denominatore. $\frac{\ln^2 x - 1}{\ln x - 1} = 2$.

C.E.: $x > 0$ e $x \neq e$. Con $t = \ln x$, $t \neq 1$: moltiplicando per $t - 1$ si ottiene $t^2 - 1 = 2t - 2$, cioè $t^2 - 2t + 1 = 0$, cioè $(t - 1)^2 = 0$. L’unica radice è $t = 1$, che è esclusa: l’equazione è impossibile. Si vedeva anche semplificando: per $t \neq 1$ la frazione vale $t + 1$, e $t + 1 = 2$ dà proprio il valore vietato. È il motivo per cui la condizione $t \neq 0$ (o $t \neq 1$) va scritta: non riguarda il segno di $t$, ma un valore preciso che il denominatore non può assumere.

Base e argomento scambiati

Quando compaiono sia $\log_a x$ sia $\log_x a$, si usa il fatto che sono uno il reciproco dell’altro, come abbiamo visto nel cambiamento di base:

$$\log_x a = \frac{1}{\log_a x} \quad (x > 0,\ x \neq 1)$$

La $x$ è una base, quindi alle C.E. si aggiunge $x \neq 1$: con $t = \log_a x$ significa $t \neq 0$, e infatti $\log_x a$ diventa $\frac{1}{t}$.

Esempio 10. $\log_2 x + \log_x 2 = \frac{5}{2}$.

C.E.: $x > 0$ e $x \neq 1$. Con $t = \log_2 x$, $t \neq 0$:

$$\begin{gathered} t + \frac{1}{t} = \frac{5}{2} \\ {} \iff 2t^2 - 5t + 2 = 0 \\ {} \iff t = 2 \ \text{oppure} \ t = \frac{1}{2} \end{gathered}$$

Quindi $x = 2^2 = 4$ oppure $x = 2^{1/2} = \sqrt{2}$. Verifica con $x = 4$: $\log_2 4 + \log_4 2 = 2 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$. Le due soluzioni sono legate: se $t$ è radice lo è anche $\frac{1}{t}$, perché l’equazione non cambia scambiando $t$ con $\frac{1}{t}$.

Quando è impossibile. Prova con $\log_2 x + \log_x 2 = 1$: si arriva a $t^2 - t + 1 = 0$, con discriminante $1 - 4 < 0$. Nessuna soluzione. Il motivo si vede meglio così: per $t > 0$

$$t + \frac{1}{t} - 2 = \frac{(t - 1)^2}{t} \geq 0$$

quindi $t + \frac{1}{t} \geq 2$, con uguaglianza solo per $t = 1$; per $t < 0$, cambiando segno, $t + \frac{1}{t} \leq -2$. La funzione $y = \log_2 x + \log_x 2$ non assume mai valori tra $-2$ e $2$: l’equazione $\log_2 x + \log_x 2 = c$ ha soluzioni solo se $c \geq 2$ oppure $c \leq -2$. Nel grafico la retta $y = \frac{5}{2}$ taglia la curva in $x = \sqrt{2}$ e in $x = 4$, mentre la retta $y = 1$ passa nella fascia vuota tra il massimo $\left(\frac{1}{2}, -2\right)$ del ramo sinistro e il minimo $(2, 2)$ di quello destro.

Esempio 11: basi diverse. $\log_4 x + \log_x 2 = \frac{3}{2}$.

C.E.: $x > 0$ e $x \neq 1$. Le basi sono 4, $x$ e 2: conviene portare tutto a $\log_2 x$, perché $\log_4 x = \frac{1}{2}\log_2 x$ e $\log_x 2 = \frac{1}{\log_2 x}$. Con $t = \log_2 x$, $t \neq 0$:

$$\begin{gathered} \frac{t}{2} + \frac{1}{t} = \frac{3}{2} \\ {} \iff t^2 - 3t + 2 = 0 \\ {} \iff t = 1 \ \text{oppure} \ t = 2 \end{gathered}$$

Quindi $x = 2$ oppure $x = 4$. Verifica con $x = 2$: $\log_4 2 + \log_2 2 = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}$; con $x = 4$: $1 + \log_4 2 = \frac{3}{2}$.

Logaritmi annidati: le equazioni «a cipolla»

Quando un logaritmo è dentro un altro, si «sbuccia» dall’esterno verso l’interno, togliendo un logaritmo alla volta con la definizione: $\log_a f = c \iff f = a^c$. Le condizioni di esistenza, invece, si scrivono dall’interno verso l’esterno: prima deve esistere il logaritmo interno, poi quello interno deve essere positivo perché esista l’esterno.

Esempio 12. $\log_3\left(\log_2 x\right) = 1$.

C.E.: $x > 0$ (esiste $\log_2 x$) e $\log_2 x > 0$ (esiste il logaritmo esterno), cioè $x > 1$. Togliamo il logaritmo esterno, poi quello interno:

$$\log_2 x = 3^1 = 3 \iff x = 2^3 = 8$$

accettabile perché $8 > 1$. Verifica: $\log_3\left(\log_2 8\right) = \log_3 3 = 1$.

Esempio 13: base minore di 1. $\log_{1/2}\left(\log_3 x\right) = -1$.

C.E.: $x > 0$ e $\log_3 x > 0$, cioè $x > 1$. La base del logaritmo esterno è $\frac{1}{2}$, e il metodo non cambia: il numero diventa l’esponente della base,

$$\log_3 x = \left(\tfrac{1}{2}\right)^{-1} = 2 \iff x = 3^2 = 9$$

accettabile. Con le basi minori di 1 l’attenzione serve nelle disequazioni, dove il verso si inverte; nelle equazioni no.

Esempio 14: tre strati. $\ln(\ln(\ln x)) = 0$.

C.E., dall’interno: $x > 0$, poi $\ln x > 0$, cioè $x > 1$, poi $\ln(\ln x) > 0$, cioè $\ln x > 1$, cioè $x > e$. Ora si sbuccia: $\ln(\ln x) = e^0 = 1$, quindi $\ln x = e$, quindi $x = e^e \approx 15{,}15$, che è maggiore di $e$. In generale ogni strato ha la sua condizione, e il teorema del primo tipo delle equazioni logaritmiche garantisce che, togliendo lo strato esterno con la definizione, l’argomento sia automaticamente positivo.

L’incognita nella base e nell’esponente

Come abbiamo visto nelle potenze con base ed esponente variabili, quando la $x$ compare sia nella base sia nell’esponente conviene prendere il logaritmo di entrambi i membri, nella base che compare all’esponente. Il passaggio è lecito perché, con $x > 0$, i due membri sono positivi e il logaritmo è iniettivo. L’esponente «scende» grazie alla regola $\log_a b^c = c\log_a b$, e quasi sempre si arriva a un’equazione con sostituzione.

Esempio 15. $x^{\log_5 x} = \frac{25}{x}$.

C.E.: $x > 0$, perché una potenza con esponente reale qualsiasi richiede una base positiva. Applichiamo $\log_5$ a entrambi i membri:

$$\begin{gathered} \log_5 x \cdot \log_5 x = \log_5 25 - \log_5 x \\ {} \iff t^2 = 2 - t \end{gathered}$$

con $t = \log_5 x$. Le soluzioni di $t^2 + t - 2 = 0$ sono $t = 1$ e $t = -2$, quindi $x = 5$ oppure $x = 5^{-2} = \frac{1}{25}$. Dal logaritmo di $x^{\log_5 x}$ esce un prodotto, $\log_5 x \cdot \log_5 x = t^2$, non $2\log_5 x$.

Verifica con $x = \frac{1}{25}$: a sinistra $\left(\frac{1}{25}\right)^{-2} = 625$, a destra $25 \cdot 25 = 625$. Con $x = 5$: $5^1 = 5 = \frac{25}{5}$.

Esponenziali dentro i logaritmi

A volte dentro il logaritmo c’è un esponenziale e la $x$ compare anche fuori. Si toglie il logaritmo con la definizione (o si scrive $x = \log_a a^x$ e si uguagliano gli argomenti), e resta un’equazione esponenziale: la sostituzione da fare è allora $t = a^x$, con $t > 0$. È l’unico caso di questa pagina in cui una radice si scarta per il suo segno.

Esempio 16. $\log_3\left(3^x + 6\right) = x + 1$.

L’argomento $3^x + 6$ è sempre positivo: nessuna condizione. Per la definizione, $3^x + 6 = 3^{x + 1} = 3 \cdot 3^x$, quindi $2 \cdot 3^x = 6$, cioè $3^x = 3$ e $x = 1$. Verifica: $\log_3 9 = 2$.

Esempio 17. $\ln\left(e^{2x} - 6\right) = x$.

C.E.: $e^{2x} - 6 > 0$, cioè $e^{2x} > 6$, cioè $x > \frac{\ln 6}{2} \approx 0{,}90$. Togliamo il logaritmo:

$$e^{2x} - 6 = e^x$$

Con $t = e^x > 0$, siccome $e^{2x} = t^2$: $t^2 - t - 6 = 0$, cioè $(t - 3)(t + 2) = 0$. Si scarta $t = -2$, perché un esponenziale è positivo; resta $e^x = 3$, cioè $x = \ln 3 \approx 1{,}10$, che è maggiore di $0{,}90$. Verifica: $e^{2\ln 3} - 6 = 9 - 6 = 3 = e^{\ln 3}$. Confronta con l’esempio 2: lì la radice negativa in $t = \ln x$ andava tenuta, qui la radice negativa in $t = e^x$ va buttata. Prima di tornare alla $x$, chiediti sempre che cosa rappresenta $t$.

Equazioni con un parametro

Una domanda tipica da esame: per quali valori del numero reale $k$ l’equazione

$$\ln^2 x - 2\ln x + k = 0$$

ha soluzioni, e quante? Con $t = \ln x$ diventa $t^2 - 2t + k = 0$, e per il teorema della sostituzione il numero di soluzioni in $x$ è esattamente il numero di radici reali in $t$: nessun controllo sul segno. Basta il discriminante ridotto, $\frac{\Delta}{4} = 1 - k$:

• se $k < 1$, due radici distinte $t = 1 \pm \sqrt{1 - k}$: due soluzioni, $x = e^{1 \pm \sqrt{1 - k}}$;
• se $k = 1$, la radice doppia $t = 1$: una soluzione, $x = e$;
• se $k > 1$, nessuna radice reale: nessuna soluzione.

Per esempio con $k = -3$ si ha $t = 1 \pm 2$, cioè $x = e^3$ e $x = e^{-1}$; con $k = \frac{3}{4}$, $t = 1 \pm \frac{1}{2}$, cioè $x = e^{3/2}$ e $x = e^{1/2}$; con $k = 0$, $t = 0$ e $t = 2$, cioè $x = 1$ e $x = e^2$. Confronta con l’esponenziale gemella $e^{2x} - 2e^x + k = 0$: per $k = -3$ le radici sono $t = 3$ e $t = -1$, e la seconda si scarta, una sola soluzione; per $k = 0$ si scarta $t = 0$ e resta $x = \ln 2$. Nelle equazioni con il logaritmo la discussione è più corta proprio perché manca la condizione sul segno, come nell’esercizio 6 degli esercizi svolti sulle equazioni logaritmiche, dove la sostituzione torna in vari modi.

Come riconoscere il metodo giusto

Se nell’equazione vedi…	Metodo
più logaritmi dello stesso «tipo», sommati o sottratti	proprietà: compatta
il quadrato (o una potenza) di un logaritmo, o un logaritmo al denominatore	sostituzione $t = \log_a x$
$\log_a x$ e $\log_x a$	sostituzione, con $\log_x a = \frac{1}{t}$ e $t \neq 0$
logaritmi uno dentro l’altro	sbuccia dall’esterno, C.E. dall’interno
la $x$ nella base e nell’esponente	prendi il logaritmo, poi sostituisci
un esponenziale dentro il logaritmo	togli il logaritmo, poi $t = a^x > 0$
logaritmi e funzioni algebriche insieme, come $\ln x = 2 - x$	metodo grafico

Gli errori più comuni

• Confondere $\ln^2 x$ con $\ln x^2$. Il primo è $(\ln x)^2$ e diventa $t^2$; il secondo è $\ln\left(x^2\right)$ e, per $x > 0$, diventa $2t$. Scrivere $t^2$ per entrambi cambia l’equazione.
• Scartare le radici negative di $t = \ln x$. Un logaritmo può valere qualsiasi numero reale: $t = -4$ dà $x = 2^{-4} = \frac{1}{16}$, una soluzione perfettamente accettabile (esempio 3).
• Tenere le radici negative di $t = a^x$. Quando dentro il logaritmo c’è un esponenziale, la sostituzione è $t = a^x$ e lì $t \leq 0$ si scarta (esempio 17). Chiediti sempre che cosa rappresenta $t$.
• Dividere per $t$. Da $t^2 = 4t$ non segue $t = 4$: si perde $t = 0$, cioè $x = 1$ (esempio 4). Si raccoglie.
• Dimenticare $x \neq 1$. Se $\ln x$ è al denominatore o $x$ è una base, serve $t \neq 0$; e una radice che annulla un denominatore si scarta anche se è «bella» (esempio 9).
• Scrivere $\log_x a = -\log_a x$. Scambiare base e argomento dà il reciproco, $\frac{1}{\log_a x}$, non l’opposto. L’opposto si ottiene con la base reciproca: $\log_{1/a} x = -\log_a x$.
• Nelle equazioni a cipolla, scrivere solo $x > 0$. Anche l’argomento del logaritmo esterno deve essere positivo: in $\log_3\left(\log_2 x\right)$ serve $x > 1$.
• Dal logaritmo di $x^{\ln x}$ far uscire $2\ln x$. L’esponente scende moltiplicando: $\ln\left(x^{\ln x}\right) = \ln x \cdot \ln x = t^2$.

Esercizi svolti

1. Un’equazione di secondo grado in log x

Testo. Risolvi $\log_2^2 x - 5\log_2 x + 6 = 0$.

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

$$\begin{gathered} t^2 - 5t + 6 = 0 \\ {} \iff (t - 2)(t - 3) = 0 \\ {} \iff t = 2 \ \text{oppure} \ t = 3 \end{gathered}$$

Tornando alla $x$: $\log_2 x = 2$ dà $x = 4$, $\log_2 x = 3$ dà $x = 8$. Entrambe positive. Verifica con $x = 8$: $9 - 15 + 6 = 0$. Le soluzioni sono $x = 4$ e $x = 8$.

2. Il quadrato del logaritmo e il logaritmo del quadrato

Testo. Risolvi $\ln^2 x - \ln x^2 = 8$.

C.E.: $\ln^2 x$ richiede $x > 0$, $\ln x^2$ richiede $x \neq 0$; insieme, $x > 0$. In questo dominio $\ln x^2 = 2\ln x$, e con $t = \ln x$:

$$\begin{gathered} t^2 - 2t - 8 = 0 \\ {} \iff (t - 4)(t + 2) = 0 \\ {} \iff t = 4 \ \text{oppure} \ t = -2 \end{gathered}$$

Le soluzioni sono $x = e^4 \approx 54{,}6$ e $x = e^{-2} \approx 0{,}135$. Verifica con $x = e^{-2}$: $(-2)^2 - \ln e^{-4} = 4 + 4 = 8$. Nota: in generale $\ln x^2 = 2\ln\lvert x \rvert$, ma qui le soluzioni negative sono escluse in partenza da $\ln^2 x$, quindi scrivere $2\ln x$ non fa perdere niente.

3. Il logaritmo al denominatore

Testo. Risolvi (a) $2\ln x + \frac{3}{\ln x} = 7$ e (b) $\frac{\log_3^2 x - 9}{\log_3 x + 3} = -6$.

(a) C.E.: $x > 0$ e $x \neq 1$. Con $t = \ln x$, $t \neq 0$, moltiplicando per $t$:

$$\begin{gathered} 2t^2 + 3 = 7t \\ {} \iff 2t^2 - 7t + 3 = 0 \\ {} \iff t = 3 \ \text{oppure} \ t = \frac{1}{2} \end{gathered}$$

perché il discriminante è $49 - 24 = 25$ e $t = \frac{7 \pm 5}{4}$. Entrambe diverse da zero: $x = e^3$ oppure $x = e^{1/2} = \sqrt{e}$. Verifica con $x = \sqrt{e}$: $2 \cdot \frac{1}{2} + \frac{3}{1/2} = 1 + 6 = 7$.

(b) C.E.: $x > 0$ e $\log_3 x \neq -3$, cioè $x \neq \frac{1}{27}$. Con $t = \log_3 x$, $t \neq -3$, il numeratore si scompone: $t^2 - 9 = (t - 3)(t + 3)$, quindi la frazione vale $t - 3$ e l’equazione diventa $t - 3 = -6$, cioè $t = -3$. È proprio il valore vietato: l’equazione (b) è impossibile. Le soluzioni della (a) sono $x = e^3$ e $x = \sqrt{e}$; la (b) non ne ha.

4. Base e argomento scambiati

Testo. Risolvi $\log_x 9 - \log_3 x = 1$.

C.E.: $x > 0$ e $x \neq 1$, perché $x$ è una base. Portiamo tutto a $\log_3 x$: siccome $9 = 3^2$,

$$\log_x 9 = \frac{1}{\log_9 x} = \frac{2}{\log_3 x}$$

perché $\log_9 x = \frac{1}{2}\log_3 x$. Con $t = \log_3 x$, $t \neq 0$, moltiplicando per $t$:

$$\begin{gathered} \frac{2}{t} - t = 1 \\ {} \iff t^2 + t - 2 = 0 \\ {} \iff t = 1 \ \text{oppure} \ t = -2 \end{gathered}$$

Quindi $x = 3$ oppure $x = 3^{-2} = \frac{1}{9}$. Verifica con $x = \frac{1}{9}$: $\log_{1/9} 9 = -1$ e $\log_3 \frac{1}{9} = -2$, quindi $-1 - (-2) = 1$. Le soluzioni sono $x = 3$ e $x = \frac{1}{9}$: la radice negativa in $t$ ha dato una soluzione valida, tra 0 e 1.

5. Logaritmi annidati

Testo. Risolvi (a) $\log_{1/3}\left(\log_2 x\right) = -2$ e (b) $\log_2\left(\ln^2 x - 3\ln x + 3\right) = 0$.

(a) C.E., dall’interno: $x > 0$ e $\log_2 x > 0$, cioè $x > 1$. Si toglie il logaritmo esterno, in base $\frac{1}{3}$:

$$\log_2 x = \left(\tfrac{1}{3}\right)^{-2} = 9 \iff x = 2^9 = 512$$

accettabile. Verifica: $\log_2 512 = 9$ e $\log_{1/3} 9 = -2$, perché $\left(\frac{1}{3}\right)^{-2} = 9$.

(b) C.E.: $x > 0$ e $\ln^2 x - 3\ln x + 3 > 0$. La seconda è sempre vera: come trinomio in $\ln x$ ha discriminante $9 - 12 < 0$ e coefficiente di $\ln^2 x$ positivo. Restano le $x > 0$. Togliamo il logaritmo esterno, $\log_2 f = 0 \iff f = 1$:

$$\begin{gathered} \ln^2 x - 3\ln x + 3 = 1 \\ {} \iff t^2 - 3t + 2 = 0 \end{gathered}$$

con $t = \ln x$. Le radici sono $t = 1$ e $t = 2$, cioè $x = e$ e $x = e^2$. Verifica con $x = e^2$: $4 - 6 + 3 = 1$ e $\log_2 1 = 0$. Le soluzioni sono $x = 512$ per la (a), $x = e$ e $x = e^2$ per la (b): il logaritmo esterno si toglie per primo, e dentro può nascondersi un’equazione con sostituzione.

6. Da esame: la x nella base e nell’esponente

Testo. Risolvi $x^{\log_2 x - 1} = \frac{16}{x}$. Poi stabilisci per quali valori del parametro $k > 0$ l’equazione $x^{\log_2 x - 1} = \frac{k}{x}$ ha soluzioni, e quante.

C.E.: $x > 0$, perché la base di una potenza con esponente reale deve essere positiva; per lo stesso motivo i due membri sono positivi e possiamo applicare $\log_2$ a entrambi. Con $t = \log_2 x$, l’esponente $\log_2 x - 1 = t - 1$ scende moltiplicando:

$$\begin{gathered} (t - 1)\,t = \log_2 16 - \log_2 x \\ {} \iff t^2 - t = 4 - t \\ {} \iff t^2 = 4 \end{gathered}$$

Quindi $t = 2$ oppure $t = -2$, cioè $x = 4$ oppure $x = \frac{1}{4}$. Doppio controllo. Entrambe sono positive. Verifica con $x = 4$: l’esponente è $\log_2 4 - 1 = 1$, quindi a sinistra $4^1 = 4$ e a destra $\frac{16}{4} = 4$. Con $x = \frac{1}{4}$: l’esponente è $-2 - 1 = -3$, quindi a sinistra $\left(\frac{1}{4}\right)^{-3} = 64$ e a destra $16 \cdot 4 = 64$. Le soluzioni sono $x = 4$ e $x = \frac{1}{4}$.

Con il parametro. Gli stessi passaggi con $k$ al posto di 16 danno $t^2 - t = \log_2 k - t$, cioè

$$t^2 = \log_2 k$$

Per il teorema della sostituzione, le soluzioni in $x$ sono tante quante le radici reali in $t$:

• se $k > 1$, $\log_2 k > 0$ e $t = \pm\sqrt{\log_2 k}$: due soluzioni, $x = 2^{\pm\sqrt{\log_2 k}}$, una maggiore e una minore di 1, reciproche tra loro;
• se $k = 1$, $t = 0$: una soluzione, $x = 1$ (infatti $1^{-1} = 1 = \frac{1}{1}$);
• se $0 < k < 1$, $\log_2 k < 0$ e $t^2$ non può essere negativo: nessuna soluzione.

Il caso $k = 16$ rientra nel primo: $\log_2 16 = 4$ e $t = \pm 2$, come trovato sopra.

In sintesi

• Quando il logaritmo compare al quadrato, con potenze più alte, al denominatore o con base e argomento scambiati, si pone $t = \log_a x$ e si risolve un’equazione algebrica in $t$.
• Teorema: $x \mapsto \log_a x$ è una biiezione tra $(0, +\infty)$ e $\mathbb{R}$, con inversa $t \mapsto a^t$. Ogni radice reale $t$ dà una e una sola soluzione $x = a^t$: con $t = \log_a x$ non si scarta nessun valore, neanche negativo o irrazionale.
• Le condizioni restano sulla $x$: argomenti positivi, $x \neq 1$ se $\ln x$ è al denominatore o $x$ è una base (in $t$: $t \neq 0$), basi variabili positive.
• $\ln^2 x = (\ln x)^2$ diventa $t^2$; $\ln x^2$, per $x > 0$, diventa $2t$. $\log_x a = \frac{1}{\log_a x}$ diventa $\frac{1}{t}$.
• Logaritmi annidati: si tolgono dall’esterno, le C.E. si scrivono dall’interno.
• $x$ nella base e nell’esponente: logaritmo di entrambi i membri, poi sostituzione; l’esponente scende moltiplicando.
• Esponenziale dentro il logaritmo: si toglie il logaritmo e si pone $t = a^x$, e lì le radici $t \leq 0$ si scartano.
• Con un parametro, il numero di soluzioni in $x$ è il numero di radici reali in $t$: basta il discriminante.

E se l’equazione mescola un logaritmo con una retta o una parabola, come $\ln x = 2 - x$? Nessun metodo algebrico funziona: serve la risoluzione grafica delle equazioni logaritmiche.