Esercizi svolti sulle equazioni logaritmiche, dalle elementari al parametro

Si usa la definizione, $\log_a f(x) = c \iff f(x) = a^c$: il numero a destra diventa l’esponente della base.

1. C.E.: $2x - 3 > 0$, cioè $x > \frac{3}{2}$. Poi $2x - 3 = 5^2 = 25$, quindi $x = 14$, accettabile.

2. C.E.: $x^2 - 3 > 0$, cioè $x < -\sqrt{3}$ oppure $x > \sqrt{3}$. Poi $x^2 - 3 = e^0 = 1$, quindi $x^2 = 4$ e $x = \pm 2$. Entrambe accettabili: $(\pm 2)^2 - 3 = 1 > 0$.

3. C.E.: $x > -1$. Poi $x + 1 = \left(\frac{1}{2}\right)^{-3} = 2^3 = 8$, quindi $x = 7$. Una base minore di 1 non cambia il metodo.

4. Qui la $x$ è la base: C.E. $x > 0$ e $x \neq 1$. Per la definizione $x^2 = 49$, cioè $x = \pm 7$. Si scarta $x = -7$, perché una base non può essere negativa: la soluzione è $x = 7$.

Verifica. $\log_5 25 = 2$, $\ \log_{1/2} 8 = -3$ e $\log_7 49 = 2$, perché $5^2 = 25$, $\left(\frac{1}{2}\right)^{-3} = 8$ e $7^2 = 49$.

Con la stessa base, due logaritmi sono uguali se e solo se lo sono gli argomenti, che devono essere positivi.

1. C.E.: $x^2 - 2x > 0$, cioè $x < 0$ oppure $x > 2$; e $3x - 6 > 0$, cioè $x > 2$. Insieme: $x > 2$.

Uguagliando gli argomenti: $x^2 - 2x = 3x - 6$, cioè $x^2 - 5x + 6 = 0$, con soluzioni $x = 2$ e $x = 3$.

$x = 2$ non è accettabile: rende nulli entrambi gli argomenti, e $\log_3 0$ non esiste. La soluzione è solo $x = 3$.

2. C.E.: $2x + 3 > 0$, cioè $x > -\frac{3}{2}$; e $x^2 > 0$, cioè $x \neq 0$.

Uguagliando gli argomenti: $x^2 - 2x - 3 = 0$, con soluzioni $x = 3$ e $x = -1$. Questa volta entrambe sono accettabili: $-1$ è maggiore di $-\frac{3}{2}$ ed è diverso da 0.

Verifica. Per $x = 3$ nel punto 1 gli argomenti valgono $9 - 6 = 3$ e $9 - 6 = 3$. Per $x = -1$ nel punto 2 valgono $2(-1) + 3 = 1$ e $(-1)^2 = 1$, e $\log_{10} 1 = 0$ da entrambe le parti.

1. C.E. sull’equazione di partenza: $x > 1$ e $x > -1$, cioè $x > 1$. Compattando con la regola del prodotto:

Si accetta solo $x = 3$.

2. C.E.: $x > -3$ e $x > 0$, cioè $x > 0$. Conviene spostare il termine con il meno dall’altra parte, così compare un prodotto invece di una frazione: $\ln(x + 3) = \ln 4 + \ln x = \ln(4x)$. Quindi $x + 3 = 4x$, cioè $x = 1$, accettabile.

3. C.E.: $x > 0$ (allora anche $x + 6 > 0$). Porta il coefficiente 2 dentro il logaritmo, scrivi $1 = \log_3 3$ e sposta il termine con il meno:

Le soluzioni sono $x = 6$ e $x = -3$: si accetta solo $x = 6$.

Verifica. Punto 1: $\log_2 2 + \log_2 4 = 1 + 2 = 3$. Punto 3:

1. Prima equazione. C.E.: $x^2 > 0$, cioè $x \neq 0$, e $x + 2 > 0$, cioè $x > -2$. Uguagliando gli argomenti:

Entrambe le soluzioni sono accettabili: per $x = -1$ gli argomenti valgono 1 e 1. Le soluzioni sono due, $x = 2$ e $x = -1$.

Seconda equazione. C.E.: $x > 0$. Portando il 2 dentro si ottiene la stessa equazione algebrica, con gli stessi candidati $2$ e $-1$. Ma ora $x = -1$ viola le C.E., perché $\ln(-1)$ non esiste: la soluzione è una, $x = 2$.

Non sono la stessa equazione. La regola corretta è

e coincide con $2\ln x$ solo per $x > 0$.

2. C.E.: $x \neq 0$. Per la definizione $x^2 = 10^4$, quindi $x = \pm 100$: due soluzioni. Con il valore assoluto si arriva allo stesso punto: $2\log_{10}\lvert x \rvert = 4$, cioè $\lvert x \rvert = 100$. Chi scrive invece $2\log_{10} x = 4$ trova solo $x = 100$.

Verifica. $\ln\left((-1)^2\right) = \ln 1 = \ln(-1 + 2)$, e $\log_{10}\left((-100)^2\right) = \log_{10} 10\,000 = 4$.

Con basi diverse non si compatta e non si uguagliano gli argomenti: prima si porta tutto a una base sola, con $\log_{a^k} x = \frac{1}{k}\log_a x$ oppure, in generale, con $\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$.

1. C.E.: $x > 0$. Portiamo tutto in base 3:

Quindi $x = 27$.

2. C.E.: $x > -2$ e $x > -\frac{16}{5}$, cioè $x > -2$. Portiamo il primo membro in base 4: $\log_2(x + 2) = 2\log_4(x + 2) = \log_4 (x + 2)^2$. Allora

con soluzioni $x = 4$ e $x = -3$. Si scarta $x = -3$, che è minore di $-2$: la soluzione è $x = 4$.

3. C.E.: $x > 0$. Passiamo ai logaritmi naturali:

La parentesi non è zero, perché $\ln 2 \neq \ln 3$. Quindi $\ln x = 0$, cioè $x = 1$: l’unico numero che ha lo stesso logaritmo, zero, in tutte le basi.

Verifica. Punto 1: $\log_3 27 + \log_9 27 + \log_{27} 27 = 3 + \frac{3}{2} + 1 = \frac{11}{2}$. Punto 2: a sinistra $\log_2 6$, a destra $\log_4 36 = 2\log_4 6 = \log_2 6$.

Il logaritmo compare al quadrato: non si compatta, si chiama $t$ il logaritmo e si risolve un’equazione di secondo grado.

1. C.E.: $x > 0$. Con $t = \log_3 x$: $t^2 - 2t - 3 = 0$, cioè $(t - 3)(t + 1) = 0$, quindi $t = 3$ oppure $t = -1$:

2. C.E.: $x > 0$. Con $t = \ln x$: $2t^2 + t - 1 = 0$, con $\Delta = 1 + 8 = 9$ e $t = \frac{-1 \pm 3}{4}$, cioè $t = \frac{1}{2}$ oppure $t = -1$:

3. Qui ci sono entrambi i «quadrati». $\ln^2 x$ richiede $x > 0$, mentre $\ln x^2$ richiede solo $x \neq 0$: insieme, C.E. $x > 0$. In questo dominio $\ln x^2 = 2\ln x$, e con $t = \ln x$:

Quindi $x = e$ oppure $x = e^{-3}$. Non ci sono soluzioni negative: è $\ln^2 x$ a imporre $x > 0$.

Verifica. Punto 1, con $x = \frac{1}{3}$: $(-1)^2 - 2 \cdot (-1) - 3 = 0$. Punto 3, con $x = e^{-3}$: $(-3)^2 + \ln e^{-6} = 9 - 6 = 3$.

La $x$ sta sia nella base sia nell’esponente, e nessuna proprietà delle potenze la libera. Si prende il logaritmo dei due membri, nella base che compare all’esponente: la regola $\log_a b^c = c\log_a b$ porta giù l’esponente.

1. C.E.: $x > 0$, perché una potenza con esponente reale qualsiasi richiede una base positiva. Applicando $\log_{10}$ ai due membri:

Quindi $\log_{10} x = \pm\sqrt{2}$:

2. C.E.: $x > 0$. Applicando $\log_2$ e ponendo $t = \log_2 x$:

Le soluzioni di $t^2 - 2t - 3 = 0$ sono $t = 3$ e $t = -1$, quindi $x = 8$ oppure $x = \frac{1}{2}$.

Verifica. Punto 1: $\left(10^{\sqrt{2}}\right)^{\sqrt{2}} = 10^{2} = 100$, e lo stesso con $-\sqrt{2}$, perché $\left(-\sqrt{2}\right)^2 = 2$. Punto 2: $8^3 = 512 = 8 \cdot 64$, e $\left(\frac{1}{2}\right)^{-1} = 2 = 8 \cdot \frac{1}{4}$.

1. Con la sostituzione giusta, entrambe diventano $t^2 - t - 2 = 0$, cioè $(t - 2)(t + 1) = 0$, con $t = 2$ e $t = -1$.

• Nella prima $t = e^x$, perché $e^{2x} = \left(e^x\right)^2$. Un esponenziale è sempre positivo: $t = -1$ si scarta. Resta $e^x = 2$, cioè $x = \ln 2$.
• Nella seconda (C.E. $x > 0$) $t = \ln x$, che può essere negativo: vanno bene entrambi. $\ln x = 2$ dà $x = e^2$, $\ln x = -1$ dà $x = \frac{1}{e}$.

2. C.E.: $2^x - 1 > 0$, cioè $2^x > 1$, cioè $x > 0$. Per la definizione di logaritmo:

Portando $\frac{2^x}{2}$ a sinistra resta $\frac{2^x}{2} = 1$, cioè $2^x = 2$ e $x = 1$, accettabile.

3. L’argomento $4^x + 4$ è sempre positivo: nessuna condizione. Scriviamo $x = \log_2 2^x$ e compattiamo il secondo membro:

Con $t = 2^x > 0$: $t^2 - 5t + 4 = 0$, con soluzioni $t = 1$ e $t = 4$, entrambe positive. Quindi $x = 0$ oppure $x = 2$.

Verifica. Punto 1: $e^{2\ln 2} - e^{\ln 2} - 2 = 4 - 2 - 2 = 0$. Punto 2: $\log_2(2 - 1) = 0 = 1 - 1$. Punto 3, con $x = 2$: $\log_2 20 = 2 + \log_2 5$, vero perché $20 = 4 \cdot 5$.

1. C.E.: $x > 0$. Un valore assoluto vale 2 quando il contenuto vale $2$ oppure $-2$: $\ln x = 2$ dà $x = e^2$, $\ln x = -2$ dà $x = e^{-2}$. Due soluzioni.

2. C.E.: $x - 1 \neq 0$ e $x + 1 \neq 0$, cioè $x \neq \pm 1$. Con il valore assoluto basta che gli argomenti non siano nulli. Compattando, con $\lvert a \rvert \cdot \lvert b \rvert = \lvert ab \rvert$:

Quindi $x^2 - 1 = 8$, cioè $x = \pm 3$, oppure $x^2 - 1 = -8$, cioè $x^2 = -7$, impossibile. Le soluzioni sono $x = 3$ e $x = -3$, entrambe accettabili. Confronta con il punto 1 dell’esercizio 3: senza valori assoluti $x = -3$ andava scartato. Qui compattare non allarga il dominio, perché anche la forma compattata richiede solo $x \neq \pm 1$.

3. C.E.: $x > 0$. Con $t = \ln x$ l’equazione diventa $\lvert t - 1 \rvert = t$. Un valore assoluto non è mai negativo, quindi serve $t \geq 0$. Poi due casi:

• se $t \geq 1$: $t - 1 = t$, cioè $-1 = 0$, impossibile;
• se $0 \leq t < 1$: $1 - t = t$, cioè $t = \frac{1}{2}$, che sta nell’intervallo.

Quindi $\ln x = \frac{1}{2}$ e $x = \sqrt{e}$.

Verifica. Punto 2, con $x = -3$: $\log_2 4 + \log_2 2 = 2 + 1 = 3$. Punto 3: $\left\lvert \frac{1}{2} - 1 \right\rvert = \frac{1}{2} = \ln\sqrt{e}$.

Sono equazioni trascendenti: la $x$ sta dentro e fuori dal logaritmo e nessuna formula la isola. Si porta tutto da una parte e si usa il teorema degli zeri: se $h$ è continua su $[a, b]$ e $h(a)$, $h(b)$ hanno segni opposti, allora $h$ si annulla in almeno un punto tra $a$ e $b$.

1. C.E.: $x > 0$. Sia $h(x) = \ln x + x - 3$, continua per $x > 0$.

• Al massimo una soluzione. $h$ è la somma di due funzioni strettamente crescenti, $\ln x$ e $x - 3$: è strettamente crescente e si annulla al più una volta.
• Almeno una. $h(2) = \ln 2 - 1 \approx -0{,}31 < 0$ e $h(3) = \ln 3 \approx 1{,}10 > 0$: per il teorema degli zeri c’è una soluzione tra 2 e 3.

Per restringere l’intervallo si dimezza, poi si provano i decimali, tenendo sempre il tratto in cui $h$ cambia segno:

La soluzione è tra 2,20 e 2,21; con altri passaggi si trova $x \approx 2{,}208$.

2. C.E.: $x > 0$. Sia $g(x) = \ln x - x^2 + 2$, continua per $x > 0$.

• Almeno due. $g(0{,}1) \approx -0{,}31 < 0$, $\ g(1) = 1 > 0$ e $g(2) = \ln 2 - 2 \approx -1{,}31 < 0$. Il segno cambia due volte: c’è una soluzione tra 0,1 e 1 e una tra 1 e 2.
• Non più di due. Il grafico di $\ln x$ è concavo (curva verso il basso), quello di $x^2 - 2$ è convesso (curva verso l’alto), entrambi in senso stretto, e una curva strettamente concava e una strettamente convessa si incontrano al massimo in due punti. Concavità e convessità le dimostrerai con le derivate, nel capitolo su concavità e flessi.

Le soluzioni sono due. Per localizzarle meglio:

In 0,1 il logaritmo sta sotto la parabola, in 0,2 sopra: la prima soluzione è tra 0,1 e 0,2 (circa 0,138). In 1,5 sta sopra, in 1,6 sotto: la seconda è tra 1,5 e 1,6 (circa 1,564).

Verifica. Punto 1: $\ln 2{,}208 \approx 0{,}792$ e $3 - 2{,}208 = 0{,}792$. Punto 2: $\ln 1{,}564 \approx 0{,}447$ e $1{,}564^2 - 2 \approx 0{,}446$, uguali a meno degli arrotondamenti.

Condizioni di esistenza: $x > 0$ e $4 - x > 0$, cioè $0 < x < 4$. (E $k > 0$, altrimenti $\ln k$ non esiste.)

Compattando a sinistra, $\ln[x(4 - x)] = \ln k$, quindi l’equazione equivale a

Ora si ragiona con il grafico: $y = x(4 - x)$ è una parabola rivolta verso il basso, che si annulla in 0 e in 4 e ha il vertice in $(2, 4)$. Sull’intervallo aperto $(0, 4)$ assume tutti i valori tra 0 (escluso) e 4. Le soluzioni sono le ascisse dei punti in cui la retta orizzontale $y = k$ taglia questo arco.

• $0 < k < 4$: due soluzioni;
• $k = 4$: una soluzione, $x = 2$;
• $k > 4$: nessuna soluzione.

Per $k = 3$: $x(4 - x) = 3$, cioè $x^2 - 4x + 3 = 0$, con soluzioni $x = 1$ e $x = 3$, entrambe in $(0, 4)$.

Verifica. Per $x = 1$: $\ln 1 + \ln 3 = \ln 3$. Per $x = 3$: $\ln 3 + \ln 1 = \ln 3$.

C.E.: $x > 0$. Il secondo membro è una retta per l’origine con pendenza $k$: al variare di $k$ la retta ruota intorno all’origine, e le soluzioni sono i suoi punti di incontro con il grafico di $\ln x$. Useremo la disuguaglianza vista nella risoluzione grafica:

con l’uguaglianza solo per $u = 1$. Con $u = \sqrt{x}$ ne segue anche $\ln x = 2\ln\sqrt{x} \leq 2\left(\sqrt{x} - 1\right)$, quindi $\ln x < 2\sqrt{x}$.

Il caso $k = \frac{1}{e}$. Scriviamo $x = eu$:

Quindi $\ln x \leq \frac{x}{e}$ per ogni $x > 0$, con l’uguaglianza solo per $u = 1$, cioè $x = e$. La retta $y = \frac{x}{e}$ tocca il grafico nel solo punto $(e, 1)$ e per il resto sta sopra, senza attraversarlo: è la tangente. Con le derivate lo confermerai: la pendenza di $\ln x$ in $x = e$ è $\frac{1}{e}$. Una soluzione, $x = e$.

Il caso $k > \frac{1}{e}$. Per ogni $x > 0$ vale $kx > \frac{x}{e} \geq \ln x$: la retta sta sempre sopra, nessuna soluzione.

Il caso $0 < k < \frac{1}{e}$. Sia $h(x) = \ln x - kx$, continua per $x > 0$.

• $h(1) = -k < 0$;
• $h(e) = 1 - ke > 0$, perché $ke < 1$;
• in $x_0 = \frac{4}{k^2}$, che è maggiore di $4e^2$ e quindi di $e$, vale $\ln x_0 < 2\sqrt{x_0} = \frac{4}{k} = kx_0$, quindi $h(x_0) < 0$.

Per il teorema degli zeri c’è una soluzione tra 1 e $e$ e una tra $e$ e $x_0$. Non ce ne sono altre: il grafico del logaritmo è concavo, e una retta lo taglia al massimo in due punti. Due soluzioni.

Il caso $k = 0$. $\ln x = 0$ dà $x = 1$: una soluzione.

Il caso $k < 0$. Ora $h(x) = \ln x - kx$ è la somma di due funzioni crescenti, $\ln x$ e $-kx$, quindi si annulla al massimo una volta. E si annulla: $h(1) = -k > 0$, mentre in $x = e^k$, che è tra 0 e 1, vale $h\left(e^k\right) = k\left(1 - e^k\right) < 0$, prodotto di un numero negativo e di uno positivo. Una soluzione, tra $e^k$ e 1.

Verifica. Per $k = \frac{1}{e}$: $\ln e = 1 = \frac{e}{e}$. Il valore $k = \frac{\ln 2}{2} \approx 0{,}347$ sta tra 0 e $\frac{1}{e} \approx 0{,}368$, quindi le soluzioni sono esattamente due. Eccole:

Come previsto, $x = 2$ sta tra 1 e $e$, e $x = 4$ dopo $e$.