Risoluzione grafica delle equazioni logaritmiche: metodo, bisezione ed esercizi

Le equazioni logaritmiche viste finora si risolvevano con l’algebra: le due forme base, le proprietà dei logaritmi, la sostituzione. Ma basta mescolare un logaritmo con un polinomio, come in $\ln x = 2 - x$, e nessuno di questi metodi funziona più: sono equazioni trascendenti, e si risolvono con i grafici. All’esame compaiono come «quante soluzioni ha l’equazione…?», «localizza la soluzione» o «discuti al variare di $k$». In questa pagina vediamo perché l’algebra non basta, il metodo dei due grafici, come contare e isolare le soluzioni, tre esempi con una, due e una sola soluzione di tangenza, il metodo di bisezione, perché $e^x = \ln x$ non ha soluzioni, le disequazioni, le equazioni con parametro, le altre basi, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Perché l’algebra non basta

Guarda queste tre equazioni:

$$\begin{gathered} \ln x = 2 - x \\ \ln x = x - 2 \\ \ln x = x^2 - 3 \end{gathered}$$

L’incognita sta sia dentro il logaritmo sia fuori. Nella prima puoi passare all’esponenziale, $x = e^{2 - x}$: la $x$ è ancora all’esponente e fuori. Qualunque passaggio fai, il problema si sposta ma non sparisce.

Non è un limite tuo. Come per $e^x = x + k$, visto nella risoluzione grafica delle equazioni esponenziali, le soluzioni si scrivono con la funzione W di Lambert (quella di $\ln x = 2 - x$ è $x = W(e^2)$), che non è elementare: nessuna formula fatta di radici, potenze, esponenziali e logaritmi le dà in generale.

Si cambia allora domanda:

1. quante soluzioni ci sono;
2. dove sono, cioè tra quali numeri cade ciascuna;
3. come approssimarle con la precisione che serve.

Il metodo dei due grafici

Il disegno serve a capire, $h$ a dimostrare. La scaletta è quella degli esponenziali, più il dominio.

1. Scrivi il dominio. Il logaritmo esiste solo per argomenti positivi: le soluzioni di $\ln x = 2 - x$ vanno cercate in $(0, +\infty)$, non su tutta la retta.
2. Separa l’equazione in $f(x) = g(x)$, con due grafici noti: di solito si lascia il logaritmo da solo, e $\ln x + x - 2 = 0$ diventa $\ln x = 2 - x$. Ripassa i grafici di funzioni logaritmiche e le trasformazioni dei grafici.
3. Disegna i due grafici nello stesso piano, con l’asintoto $x = 0$.
4. Conta i punti di incontro (QUANTE), giustificando il numero con monotonia e concavità.
5. Isola ogni soluzione tra due numeri con il teorema degli zeri su $h$ (DOVE).
6. Approssima con una tabella di valori e poi con la bisezione (COME).
7. Controlla: prova i valori «belli» come $1$ ed $e$, e verifica di aver trovato tante soluzioni quante ne avevi contate.

Quante soluzioni: monotonia e concavità

Il disegno suggerisce il numero delle soluzioni, ma non lo dimostra. Bastano due argomenti, gli stessi degli esponenziali con la concavità al posto della convessità.

Una sale e l’altra scende: al massimo una soluzione

Se su un intervallo $f$ è strettamente crescente e $g$ strettamente decrescente, i loro grafici si incontrano al massimo una volta, perché $h = f - g$ è strettamente crescente e non può annullarsi due volte (la dimostrazione è nella pagina sugli esponenziali). Con base maggiore di 1 il logaritmo è strettamente crescente: contro una retta che scende, come $2 - x$, o contro $\frac{1}{x}$, al massimo una soluzione.

Lo stesso vale se $h$ è somma di due funzioni strettamente crescenti: $\ln x = 2 - x$ dà $h(x) = \ln x + x - 2$, strettamente crescente perché lo sono $\ln x$ e $x - 2$.

Il logaritmo e una retta: al massimo due soluzioni

Se crescono tutte e due, come $\ln x$ e $x - 2$, la monotonia non basta. Serve la concavità: nella funzione logaritmica abbiamo visto che il grafico di $\ln x$ è strettamente concavo, cioè il segmento che unisce due suoi punti sta sotto la curva, tranne negli estremi. Quindi:

una retta incontra il grafico di $\ln x$ al massimo in due punti.

Perché è vero. Se i punti di incontro fossero tre, $A$, $B$ e $C$ da sinistra a destra, $B$ starebbe sul segmento $AC$, mentre tra $A$ e $C$ il grafico sta strettamente sopra il segmento.

Il ragionamento regge anche con una parabola rivolta verso l’alto al posto della retta, come in $\ln x = x^2 - 3$: la differenza $h(x) = \ln x - x^2 + 3$ è somma di due funzioni strettamente concave, perché anche $-x^2$ lo è (il segmento tra due punti di $y = x^2$ sta sopra la parabola: nel punto medio è $\frac{u^2 + v^2}{2} \geq \left(\frac{u + v}{2}\right)^2$, cioè $(u - v)^2 \geq 0$). Quindi $h$ è strettamente concava e il ragionamento dei tre punti si ripete con tre zeri allineati sull’asse $x$. Con curve meno semplici, come una parabola rivolta verso il basso, il conteggio richiede le derivate: in quei casi dillo, e limitati a quello che il teorema degli zeri dimostra.

Dominio e segno

Guarda anche dove le soluzioni non possono stare: per $0 < x < 1$ il logaritmo è negativo, per $x > 1$ positivo. Così $\ln x = -x^2$ può avere soluzioni solo per $0 < x < 1$, e $\ln x = x^2 + 1$ non ne ha, perché $\ln x \leq x - 1 < x^2 + 1$.

Dove sono: il teorema degli zeri

Il logaritmo è continuo su $(0, +\infty)$, come inversa di una funzione continua e strettamente monotona, e i polinomi su tutto $\mathbb{R}$: $h$ è continua su ogni $[a, b]$ con $a > 0$. Non usare mai $a = 0$: lì $h$ non esiste. La dimostrazione è nella pagina sul teorema degli zeri.

Due comportamenti del logaritmo ti dicono dove guardare.

• Vicino a 0. Per $x \to 0^+$ si ha $\ln x \to -\infty$, mentre una retta o una parabola restano limitate: $h(x) = \ln x - g(x)$ è negativa per $x$ abbastanza piccolo. Scegli un punto concreto: per $\ln x = x - 2$ basta $x = 0{,}1$, dove $\ln 0{,}1 \approx -2{,}30$ sta sotto $-1{,}9$.
• Verso $+\infty$. Il logaritmo cresce senza limiti ma più lentamente di qualsiasi potenza, come dimostrato nella funzione logaritmica: $\ln x < 2\sqrt{x}$ per ogni $x > 0$. Prima o poi ogni retta crescente e ogni parabola rivolta verso l’alto lo superano: per $\ln x = x - 2$ già in $x = 4$, dove $\ln 4 \approx 1{,}39$ sta sotto 2.

In pratica si fa una tabella di valori di $h$ e si guarda dove cambia segno. Insieme al conteggio si ha la risposta completa: se le soluzioni sono al massimo due e trovi due cambi di segno, sono esattamente due.

Esempio 1: ln x = 2 − x, una soluzione

Dominio $x > 0$. $\ln x$ è strettamente crescente e $2 - x$ strettamente decrescente: al massimo una soluzione.

Con $h(x) = \ln x - 2 + x$:

$$\begin{gathered} h(1) = 0 - 2 + 1 = -1 < 0 \\ h(2) = \ln 2 - 2 + 2 \approx 0{,}693 > 0 \end{gathered}$$

quindi la soluzione esiste ed è in $(1, 2)$: esattamente una. Restringiamo confrontando i due membri:

$x$	$\ln x$	$2 - x$
$1{,}5$	$0{,}405$	$0{,}5$
$1{,}6$	$0{,}470$	$0{,}4$
$1{,}55$	$0{,}438$	$0{,}45$
$1{,}56$	$0{,}445$	$0{,}44$

In 1,5 e in 1,55 il logaritmo sta ancora sotto la retta, in 1,56 l’ha superata: la soluzione è in $(1{,}55;\ 1{,}56)$. Con la bisezione, che vedremo tra poco, $x \approx 1{,}5571$; arrotondando, $x \approx 1{,}557$.

Esempio 2: ln x = x − 2, due soluzioni

Ora la retta sale come il logaritmo, e il disegno mostra due incontri: uno vicinissimo all’asse $y$, dove il logaritmo precipita, e uno dopo 3.

Quante. Il grafico di $\ln x$ è concavo: una retta lo taglia al massimo in due punti.

Dove. Una tabella di $h(x) = \ln x - x + 2$:

$x$	$h(x)$
$0{,}1$	$-0{,}403$
$1$	$+1$
$3$	$+0{,}099$
$4$	$-0{,}614$

Due cambi di segno: una soluzione $x_1 \in (0{,}1;\ 1)$ e una $x_2 \in (3, 4)$. Le soluzioni sono quindi esattamente due.

Più vicino. $h(0{,}15) \approx -0{,}047$ e $h(0{,}16) \approx +0{,}007$, quindi $x_1 \in (0{,}15;\ 0{,}16)$; $h(3{,}1) \approx +0{,}031$ e $h(3{,}2) \approx -0{,}037$, quindi $x_2 \in (3{,}1;\ 3{,}2)$. Con la bisezione:

$$x_1 \approx 0{,}1586 \qquad x_2 \approx 3{,}1462$$

Arrotondando, $x_1 \approx 0{,}159$ e $x_2 \approx 3{,}146$. Tra le due soluzioni il logaritmo sta sopra la retta ($h(1) = 1 > 0$), fuori sta sotto.

Esempio 3: ln x = x − 1, una sola soluzione di tangenza

Basta alzare la retta di 1 e la situazione cambia. L’equazione $\ln x = x - 1$ ha la soluzione evidente $x = 1$, dove entrambi i membri valgono 0. Ma è l’unica?

Sì. Nella funzione logaritmica abbiamo dimostrato, senza derivate, che

$$\ln x \leq x - 1 \qquad \text{per ogni } x > 0$$

con l’uguaglianza solo per $x = 1$: la retta $y = x - 1$ è tangente al grafico in $(1, 0)$ e per il resto gli sta sopra. Qui la bisezione non servirebbe a niente: $h(x) = \ln x - x + 1$ è sempre $\leq 0$ e non cambia mai segno. Le soluzioni di tangenza si trovano con un ragionamento, non con una tabella.

Alzando ancora la retta, $\ln x = x$ non ha soluzioni: $\ln x \leq x - 1 < x$. Con $y = x - 2$ due soluzioni, con $y = x - 1$ una, con $y = x$ nessuna: la tangenza è il confine, e sarà la chiave delle equazioni con parametro.

Approssimare: il metodo di bisezione

L’algoritmo è quello della pagina sugli esponenziali: si parte da $[a, b]$ con $h$ continua e $h(a)$, $h(b)$ di segni opposti, si calcola $h$ nel punto medio $m$ e si sostituisce con $m$ l’estremo in cui $h$ ha lo stesso segno di $h(m)$. Il nuovo intervallo è lungo la metà e contiene ancora una soluzione.

La soluzione di ln x = 2 − x

Con $h(x) = \ln x - 2 + x$ su $[1, 2]$, dove $h(1) = -1$ e $h(2) \approx 0{,}693$:

Intervallo	$m$	$h(m)$
$[1;\ 2]$	$1{,}5$	$-0{,}095$
$[1{,}5;\ 2]$	$1{,}75$	$+0{,}310$
$[1{,}5;\ 1{,}75]$	$1{,}625$	$+0{,}111$
$[1{,}5;\ 1{,}625]$	$1{,}5625$	$+0{,}009$
$[1{,}5;\ 1{,}5625]$	$1{,}53125$	$-0{,}043$
$[1{,}53125;\ 1{,}5625]$	$1{,}546875$	$-0{,}017$

Al primo passo $h(1{,}5)$ è negativo, come $h(1)$: è l’1 a essere sostituito. Al secondo $h(1{,}75)$ è positivo, come $h(2)$: viene sostituito il 2. Dopo sei passi la soluzione sta in $[1{,}546875;\ 1{,}5625]$, lungo $\frac{1}{64}$.

Dopo dieci passi l’intervallo è circa $[1{,}5566;\ 1{,}5576]$, lungo $\frac{1}{1024}$: $x \approx 1{,}557$ con un errore minore di un millesimo (con più cifre, $x \approx 1{,}55715$).

Quanti passi servono

Dopo $n$ passi l’intervallo è lungo $\frac{b - a}{2^n}$ e contiene la soluzione: ogni suo punto la approssima con un errore al massimo uguale a questa lunghezza. Per un errore non superiore a $\varepsilon$:

$$\frac{b - a}{2^n} \leq \varepsilon \iff n \geq \log_2 \frac{b - a}{\varepsilon}$$

Per $\ln x = 2 - x$ partendo da $[1, 2]$, con $\varepsilon = 0{,}001$, serve $2^n \geq 1000$: siccome $2^9 = 512$ e $2^{10} = 1024$, servono 10 passi. Partendo dall’intervallo $[1{,}5;\ 1{,}6]$ della tabella ne bastano 7, perché $2^7 = 128 \geq 100$: conviene sempre isolare bene prima di bisecare.

La tabulazione con passo 0,1, poi 0,01, poi 0,001 mostra tutti i cambi di segno su un intervallo ampio e serve a separare le soluzioni; la bisezione rifinisce una soluzione già isolata, con circa 3,3 passi per ogni cifra decimale. Se nell’intervallo di partenza le soluzioni sono due, come per $\ln x = x - 2$ su $[0{,}1;\ 4]$, i segni agli estremi sono uguali e la bisezione non parte nemmeno. Il metodo di Newton, molto più veloce, usa le derivate: lo trovi nella risoluzione grafica delle equazioni goniometriche.

Esponenziale e logaritmo non si incontrano mai

Un caso curioso: l’equazione $e^x = \ln x$ non ha soluzioni. Accanto a $\ln x \leq x - 1$ vale la disuguaglianza «gemella» $e^x \geq x + 1$ per ogni $x$, vista nel numero di Nepero. Quindi, per ogni $x > 0$:

$$\ln x \leq x - 1 < x + 1 \leq e^x$$

L’esponenziale sta sempre strettamente sopra il logaritmo, e la distanza tra i due grafici non scende mai sotto 2. Geometricamente, i grafici di una funzione e della sua inversa sono simmetrici rispetto alla bisettrice $y = x$, come visto nella funzione inversa: $e^x$ sta tutto sopra la bisettrice, $\ln x$ tutto sotto, e nessuno dei due la tocca.

Con altre basi può andare diversamente. Se $a > 1$ e $a^x = \log_a x$, chiamando $y$ il valore comune si ha $a^x = y$ e $a^y = x$: se fosse $x < y$, l’esponenziale crescente darebbe $a^x < a^y$, cioè $y < x$, assurdo, e lo stesso se fosse $x > y$; quindi $x = y$, e le soluzioni sono i punti in cui $a^x$ tocca la bisettrice. Per $a = \sqrt{2}$ succede: $\left(\sqrt{2}\right)^2 = 2$ e $\left(\sqrt{2}\right)^4 = 4$, quindi $x = 2$ e $x = 4$ risolvono $\left(\sqrt{2}\right)^x = \log_{\sqrt{2}} x$. Si può dimostrare che per $a > 1$ questo accade se e solo se $a \leq e^{1/e} \approx 1{,}445$.

Le disequazioni con i grafici

$f(x) > g(x)$ vale dove il grafico di $f$ sta sopra quello di $g$, cioè dove $h$ è positiva. Tra due soluzioni consecutive dell’equazione $h$ non cambia segno, altrimenti per il teorema degli zeri ci sarebbe un’altra soluzione: basta un valore di prova per tratto, senza dimenticare il dominio.

• $\ln x > 2 - x$: l’equazione ha la sola soluzione $x \approx 1{,}557$; per $x = 1$ il logaritmo sta sotto, per $x = 2$ sopra. Soluzione: $x > 1{,}557$ circa.
• $\ln x < x - 2$: le soluzioni dell’equazione sono $x_1 \approx 0{,}159$ e $x_2 \approx 3{,}146$, e il logaritmo sta sotto la retta fuori dall’intervallo $[x_1, x_2]$. Soluzione: $0 < x < 0{,}159$ oppure $x > 3{,}146$ (circa). Lo 0 è escluso dal dominio.

Le tecniche algebriche sono nelle disequazioni logaritmiche; questi esempi sono ripresi nelle disequazioni logaritmiche fratte e grafiche.

Contare le soluzioni al variare di un parametro

Quante soluzioni ha l’equazione al variare del numero $k$? Si tiene fermo il logaritmo e si guarda come si muove l’altro membro. Il caso di confine è sempre una tangente.

Rette per l’origine: ln x = kx

Il secondo membro è una retta per l’origine con pendenza $k$: al variare di $k$ la retta ruota intorno all’origine. La tangente si trova senza derivate.

Perché è vero. Scriviamo $x = eu$, con $u = \frac{x}{e} > 0$. Allora $\ln x = \ln e + \ln u = 1 + \ln u$, e per $\ln u \leq u - 1$:

$$\ln x = 1 + \ln u \leq 1 + (u - 1) = u = \frac{x}{e}$$

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: è la tangente, e $\frac{1}{e} \approx 0{,}368$ è la pendenza «critica».

Valore di $k$	Soluzioni
$k > \frac{1}{e}$	nessuna
$k = \frac{1}{e}$	una: $x = e$
$0 < k < \frac{1}{e}$	due: una in $(1, e)$, una dopo $e$
$k = 0$	una: $x = 1$
$k < 0$	una, in $(0, 1)$

Perché. Per $k > \frac{1}{e}$ si ha $kx > \frac{x}{e} \geq \ln x$ per ogni $x > 0$: la retta sta sempre sopra. Per $0 < k < \frac{1}{e}$, con $h(x) = \ln x - kx$, si ha $h(1) = -k < 0$ e $h(e) = 1 - ke > 0$, e per $x$ grande $h$ torna negativa perché il logaritmo cresce meno di ogni retta che sale: due cambi di segno, e la concavità esclude una terza soluzione. Per $k < 0$ la retta scende e il logaritmo sale: al massimo una soluzione, e c’è, perché $h(1) = -k > 0$ mentre vicino a 0 il logaritmo precipita sotto la retta. La dimostrazione con i punti espliciti è nell’esercizio 12 degli esercizi svolti sulle equazioni logaritmiche.

Rette parallele: ln x = x + k

Le rette $y = x + k$ hanno tutte pendenza 1: cambiando $k$ salgono o scendono, e la tangente è $y = x - 1$, cioè $k = -1$. Dalla disuguaglianza $\ln x \leq x - 1$:

• Per $k > -1$, nessuna soluzione: $x + k > x - 1 \geq \ln x$.
• Per $k = -1$, una: $x = 1$, il punto di tangenza (esempio 3).
• Per $k < -1$, due. Con $h(x) = \ln x - x - k$ si ha $h(1) = -1 - k > 0$. In $x = e^k$, che sta tra 0 e 1, $h\left(e^k\right) = k - e^k - k = -e^k < 0$: una soluzione tra $e^k$ e 1. In $x = e^{-k}$, che è maggiore di $e$, $h\left(e^{-k}\right) = -2k - e^{-k}$, negativo perché $e^t > 2t$ per ogni $t > 0$: infatti $e^t = \left(e^{t/2}\right)^2 \geq \left(1 + \frac{t}{2}\right)^2 = 1 + t + \frac{t^2}{4}$, e $1 + t + \frac{t^2}{4} - 2t = \left(1 - \frac{t}{2}\right)^2 \geq 0$, con la prima disuguaglianza stretta per $t \neq 0$. Quindi una soluzione tra 1 ed $e^{-k}$. Per la concavità non ce ne sono altre.

Per $k = -2$ ritroviamo l’esempio 2: $e^{-2} \approx 0{,}135 < 0{,}159$ e $e^2 \approx 7{,}39 > 3{,}146$, come previsto.

Le altre basi

Un logaritmo in base $a$ è un multiplo di $\ln x$, per il cambiamento di base: $\log_a x = \frac{\ln x}{\ln a}$. Con $a > 1$ resta strettamente crescente e concavo, e il metodo si ripete; con $0 < a < 1$ è strettamente decrescente e convesso, e i ruoli si scambiano.

Esempio. $\log_2 x = 3 - x$: logaritmo strettamente crescente contro retta strettamente decrescente, al massimo una soluzione. Provando i valori «belli», $\log_2 2 = 1 = 3 - 2$: la soluzione è $x = 2$, esatta e unica.

Esempio. $\ln x = \frac{x}{2}$ non ha soluzioni: è $\ln x = kx$ con $k = \frac{1}{2} > \frac{1}{e}$. Con $\log_2$ la pendenza critica cambia, perché $\log_2 x = kx$ equivale a $\ln x = (k \ln 2)\,x$: lo vedremo nell’esercizio 5.

Gli errori più comuni

• Dimenticare il dominio. Le soluzioni si cercano solo per $x > 0$, e il teorema degli zeri non si applica su $[0, 1]$: in 0 il logaritmo non esiste.
• Passare all’esponenziale sperando di isolare la $x$. Da $\ln x = 2 - x$ si arriva a $x = e^{2 - x}$: la $x$ è ancora dentro e fuori.
• Fidarsi del disegno a occhio. $y = x - 0{,}99$ e $y = x - 1{,}01$ sembrano entrambe tangenti a $\ln x$, ma la prima non lo incontra e la seconda lo taglia due volte.
• Dedurre l’unicità da un cambio di segno. Il teorema degli zeri dà «almeno una» soluzione; «una sola» viene dalla monotonia, «al massimo due» dalla concavità.
• Usare la monotonia quando crescono entrambe. $\ln x$ e $x - 2$ sono entrambe crescenti e si incontrano due volte.
• Cercare con la bisezione una soluzione di tangenza. $\ln x - x + 1$ non cambia mai segno: $x = 1$ si trova con la disuguaglianza $\ln x \leq x - 1$, non con una tabella.
• Sbagliare la bisezione. Dopo $n$ passi la lunghezza è $\frac{b - a}{2^n}$, non $\frac{b - a}{2n}$; e si tiene la metà con segni opposti agli estremi.

Esercizi svolti

1. Una sola soluzione

Testo. Quante soluzioni ha l’equazione $\ln x = 4 - x$? Trova un intervallo tra due centesimi consecutivi che la contiene.

Dominio $x > 0$. $\ln x$ è strettamente crescente e $4 - x$ strettamente decrescente: al massimo una soluzione. Con $h(x) = \ln x - 4 + x$, continua per $x > 0$:

$$\begin{gathered} h(2) = \ln 2 - 2 \approx -1{,}307 < 0 \\ h(3) = \ln 3 - 1 \approx 0{,}099 > 0 \end{gathered}$$

quindi la soluzione esiste ed è in $(2, 3)$. Con i decimi, $h(2{,}9) \approx -0{,}035$ e $h(3) > 0$; con i centesimi:

$x$	$\ln x$	$4 - x$
$2{,}92$	$1{,}0716$	$1{,}08$
$2{,}93$	$1{,}0750$	$1{,}07$

In 2,92 il logaritmo sta ancora sotto la retta, in 2,93 l’ha superata. L’equazione ha una sola soluzione, in $(2{,}92;\ 2{,}93)$; vale circa $2{,}926$.

2. Il segno fa tutto il lavoro

Testo. Quante soluzioni ha $\ln x = 1 - x^2$?

Dominio $x > 0$. Guardiamo i segni dei due membri.

• Per $0 < x < 1$: $\ln x < 0$, mentre $1 - x^2 > 0$. Nessuna soluzione.
• Per $x > 1$: $\ln x > 0$, mentre $1 - x^2 < 0$. Nessuna soluzione.
• Per $x = 1$: $\ln 1 = 0 = 1 - 1$. Soluzione.

L’equazione ha esattamente una soluzione, $x = 1$, e non serve nessuna approssimazione. Lo conferma la monotonia: $h(x) = \ln x + x^2 - 1$ è somma di funzioni strettamente crescenti per $x > 0$, quindi si annulla al massimo una volta. Graficamente, la parabola $y = 1 - x^2$ attraversa l’asse $x$ in $x = 1$, proprio dove lo attraversa il logaritmo.

3. Logaritmo contro iperbole, con la bisezione

Testo. Dimostra che $\ln x = \frac{2}{x}$ ha una e una sola soluzione, approssimala con quattro passi di bisezione partendo da $[2, 3]$ e trova quanti passi servono per un intervallo lungo meno di $0{,}001$.

Dominio $x > 0$. Per $0 < x \leq 1$ si ha $\ln x \leq 0 < \frac{2}{x}$: nessuna soluzione. Per $x > 1$, $\ln x$ è strettamente crescente e $\frac{2}{x}$ strettamente decrescente: al massimo una soluzione. $h(x) = \ln x - \frac{2}{x}$ è continua su $[2, 3]$, con $h(2) = \ln 2 - 1 \approx -0{,}307$ e $h(3) = \ln 3 - \frac{2}{3} \approx 0{,}432$: la soluzione esiste ed è unica.

Intervallo	$m$	$h(m)$
$[2;\ 3]$	$2{,}5$	$+0{,}116$
$[2;\ 2{,}5]$	$2{,}25$	$-0{,}078$
$[2{,}25;\ 2{,}5]$	$2{,}375$	$+0{,}023$
$[2{,}25;\ 2{,}375]$	$2{,}3125$	$-0{,}027$

Dopo quattro passi la soluzione sta in $[2{,}3125;\ 2{,}375]$, lungo $\frac{1}{16} = 0{,}0625$; il punto medio $2{,}34375$ sbaglia al massimo di circa $0{,}031$. Per un intervallo lungo meno di $0{,}001$ serve $\frac{1}{2^n} < 0{,}001$, cioè $2^n > 1000$: 10 passi. La soluzione vale circa $2{,}3458$; infatti $\ln 2{,}3458$ e $\frac{2}{2{,}3458}$ valgono entrambi circa $0{,}853$.

4. Una disequazione con i grafici

Testo. Risolvi la disequazione $\ln x < 4 - 3x$.

L’equazione associata. $\ln x = 4 - 3x$ confronta il logaritmo, strettamente crescente, con una retta strettamente decrescente: al massimo una soluzione. Con $h(x) = \ln x - 4 + 3x$:

$$\begin{gathered} h(1) = 0 - 4 + 3 = -1 < 0 \\ h(1{,}5) = \ln 1{,}5 + 0{,}5 \approx 0{,}905 > 0 \end{gathered}$$

Una soluzione $\alpha \in (1;\ 1{,}5)$. Con i decimi, $h(1{,}2) \approx -0{,}218$ e $h(1{,}3) \approx +0{,}162$; con i centesimi, $h(1{,}25) \approx -0{,}027$ e $h(1{,}26) \approx +0{,}011$. Quindi $\alpha \in (1{,}25;\ 1{,}26)$, e con la bisezione $\alpha \approx 1{,}257$.

Il segno. Il dominio è $x > 0$ e la soluzione dell’equazione è una sola: due tratti, $(0, \alpha)$ e $(\alpha, +\infty)$. In $x = 1$ si ha $h(1) = -1 < 0$: il logaritmo sta sotto la retta; in $x = 2$ si ha $h(2) = \ln 2 + 2 > 0$: sta sopra. La disequazione chiede $h(x) < 0$:

$$0 < x < \alpha \qquad \alpha \approx 1{,}257$$

È il tratto in cui la retta sta sopra il logaritmo.

5. Un parametro con un’altra base

Testo. Al variare del numero reale $k$, quante soluzioni ha $\log_2 x = kx$? Verifica che per $k = \frac{1}{2}$ le soluzioni sono $x = 2$ e $x = 4$.

Dominio $x > 0$. Per il cambiamento di base, $\log_2 x = \frac{\ln x}{\ln 2}$, quindi l’equazione equivale a

$$\ln x = (k \ln 2)\,x$$

cioè $\ln x = k' x$ con $k' = k \ln 2$. Dalla tabella di $\ln x = kx$, il confine $k' = \frac{1}{e}$ diventa

$$k = \frac{1}{e \ln 2} \approx 0{,}531$$

e il segno di $k'$ è quello di $k$, perché $\ln 2 > 0$. Quindi:

Valore di $k$	Soluzioni
$k > \frac{1}{e \ln 2}$	nessuna
$k = \frac{1}{e \ln 2}$	una: $x = e$
$0 < k < \frac{1}{e \ln 2}$	due
$k \leq 0$	una, in $(0, 1]$

Il punto di tangenza è ancora $x = e$, dove $\log_2 e = \frac{1}{\ln 2} = \frac{e}{e \ln 2}$.

Per $k = \frac{1}{2}$. Siccome $\frac{1}{2} < 0{,}531$, le soluzioni sono esattamente due. E si trovano a mano: $\log_2 2 = 1 = \frac{2}{2}$ e $\log_2 4 = 2 = \frac{4}{2}$. Sono $x = 2$ e $x = 4$, una prima di $e$ e una dopo, come previsto.

6. Da esame: contare, separare, approssimare

Testo. Quante soluzioni ha l’equazione $\ln x = x^2 - 3$? Separale, poi approssima la maggiore con un errore minore di $0{,}01$.

Dominio $x > 0$. Sia $h(x) = \ln x - x^2 + 3$, continua per $x > 0$.

Quante. $h$ è somma di $\ln x$, strettamente concava, e di $3 - x^2$, strettamente concava: è strettamente concava e si annulla al massimo due volte.

Dove.

$x$	$h(x)$
$0{,}01$	$-1{,}605$
$1$	$+2$
$2$	$-0{,}307$

Due cambi di segno: una soluzione in $(0{,}01;\ 1)$ e una in $(1, 2)$. Le soluzioni sono esattamente due.

La minore. Vicino a 0 il termine $x^2$ conta poco e l’equazione è quasi $\ln x = -3$, cioè $x \approx e^{-3} \approx 0{,}0498$. Infatti $h(0{,}04) \approx -0{,}220$ e $h(0{,}05) \approx +0{,}002$: sta in $(0{,}04;\ 0{,}05)$ e vale circa $0{,}0499$.

La maggiore. Con i decimi, $h(1{,}9) \approx +0{,}032$ e $h(2) < 0$: sta in $[1{,}9;\ 2]$, lungo $0{,}1$. Basta un intervallo più corto di $0{,}01$: $\frac{0{,}1}{2^n} < 0{,}01$, cioè $2^n > 10$, quindi 4 passi di bisezione.

Intervallo	$m$	$h(m)$
$[1{,}9;\ 2]$	$1{,}95$	$-0{,}135$
$[1{,}9;\ 1{,}95]$	$1{,}925$	$-0{,}051$
$[1{,}9;\ 1{,}925]$	$1{,}9125$	$-0{,}009$
$[1{,}9;\ 1{,}9125]$	$1{,}90625$	$+0{,}011$

La soluzione maggiore sta in $[1{,}90625;\ 1{,}9125]$, lungo $0{,}00625$, e tutti i punti di questo intervallo arrotondati ai centesimi danno $1{,}91$: la soluzione è circa $1{,}91$, con errore minore di $0{,}01$; con più cifre, $1{,}9097$. Verifica: $\ln 1{,}9097 \approx 0{,}647$ e $1{,}9097^2 - 3 \approx 0{,}647$.

In sintesi

• Quando la $x$ sta sia dentro sia fuori dal logaritmo, l’algebra non basta: si confrontano i grafici di $f$ e $g$ e si studia $h = f - g$, sempre nel dominio $x > 0$.
• Tre domande: quante soluzioni (monotonia e concavità), dove (teorema degli zeri su $h$), come approssimarle (tabulazione e bisezione).
• Il logaritmo è strettamente crescente e concavo: contro una funzione strettamente decrescente al massimo una soluzione, contro una retta o una parabola rivolta verso l’alto al massimo due.
• $\ln x = 2 - x$ ha la sola soluzione $x \approx 1{,}557$; $\ln x = x - 2$ ne ha due, $x \approx 0{,}159$ e $x \approx 3{,}146$; $\ln x = x - 1$ solo $x = 1$, di tangenza.
• Bisezione: dopo $n$ passi l’errore è al massimo $\frac{b - a}{2^n}$; per un errore $\varepsilon$ bastano $n \geq \log_2 \frac{b - a}{\varepsilon}$ passi.
• $\ln x \leq x - 1$ e $e^x \geq x + 1$: per questo $e^x = \ln x$ non ha soluzioni.
• $\ln x = kx$ ha due soluzioni per $0 < k < \frac{1}{e}$, una per $k = \frac{1}{e}$ o $k \leq 0$, nessuna per $k > \frac{1}{e}$; $\ln x = x + k$ ne ha due per $k < -1$, una per $k = -1$, nessuna per $k > -1$.

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