Equazioni logaritmiche elementari

Equazioni e disequazioni elementari in Logaritmi

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Sommario

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Raccolta di esercizi sulle disequazioni logaritmiche elementari.

Autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Silvia Lombardi.

Revisori: Luigi De Masi, Daniele Volpe.

Notazioni

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$\log x$ , $\ln x$

Logaritmo naturale (in base $e=2,71\dots$ ) del numero reale $x$ .

Testi degli esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere l’equazione

$\log_{\frac{1}{49}} x = \frac{1}{4} .$

Svolgimento.

Partiamo dall’equazione data:

$\log_{\frac{1}{49}} x = \frac{1}{4}$

Riscriviamo l’equazione in forma esponenziale utilizzando la definizione di logaritmo:

$x = \left( \frac{1}{49} \right)^{\frac{1}{4}}.$

Poiché $\frac{1}{49} = 7^{-2}$ , possiamo scrivere:

$\boxcolorato{superiori}{x = \left( 7^{-2} \right)^{\frac{1}{4}} = 7^{-\frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{7}}{7}. }$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali della seguente equazione:

$\log(x - 1) - \log(x + 2) = \log 3.$

Svolgimento.

Poiché il logaritmo richiede argomento positivo, occorre innanzitutto che

$\begin{cases} x-1>0 \\ x+2>0 \end{cases} \iff x>1.$

Applicando la proprietà $\log a-\log b=\log\!\bigl(\tfrac{a}{b}\bigr)$ si ottiene

$\log\!\Bigl(\tfrac{x-1}{x+2}\Bigr)=\log 3,$

e, poiché il logaritmo è funzione iniettiva (a parità di base), ne segue

$\frac{x-1}{x+2}=3 \iff x-1 = 3x+6 \iff 2x=-7 \iff x=-\frac72$

Tale valore, tuttavia, non appartiene al dominio $x>1$ , pertanto l’equazione non possiede soluzioni reali:

$\boxcolorato{superiori}{S=\emptyset.}$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali dell’equazione:

$\log 7 + \log(x - 3) - \log x = \log 14 - \log(x + 1).$

Svolgimento.

Poiché i logaritmi richiedono argomenti positivi, deve valere

$\begin{cases} x-3>0 \\ x>0 \\ x+1>0 \end{cases} \iff x>3.$

Applicando le proprietà $\log a-\log b=\log\!\bigl(\tfrac{a}{b}\bigr)$ e $\log a+\log b=\log(ab)$ , si ottiene

$\log\!\Bigl(\frac{7(x-3)(x+1)}{x}\Bigr)=\log 14.$

L’iniettività del logaritmo dà

$\frac{7(x-3)(x+1)}{x}=14.$

Dividendo per $7$ :

$\frac{(x-3)(x+1)}{x}=2 \quad\Longrightarrow\quad (x-3)(x+1)=2x.$

Sviluppando e ordinando i termini:

$x^{2}-4x-3=0.$

Le soluzioni sono

$x=\frac{4\pm\sqrt{16+12}}{2}=2\pm\sqrt7.$

Il valore $2-\sqrt7\approx-0{,}65$ è fuori dal dominio $x>3$ , perciò va scartato; rimane solo $x=2+\sqrt7$ .

$\boxcolorato{superiori}{\,S=\{\,2+\sqrt7\,\}}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali della seguente equazione:

$\log(5x - 2) + \log(x + 3)^2 = \log 7 + \log(x + 3) + 2\log(5x - 2).$

Svolgimento.

Si consideri l’equazione

$\log(5x-2)+\log\bigl((x+3)^2\bigr)=\log 7+\log(x+3)+2\log(5x-2).$

Perché i logaritmi siano definiti occorre che

$\begin{cases} 5x-2>0 \\ x+3>0 \end{cases} \iff x>\frac25.$

Portando tutti i termini al primo membro e applicando le proprietà $\log a+\log b=\log(ab)$ e $\log a-\log b=\log\!\bigl(\tfrac{a}{b}\bigr)$ si ottiene

$\log\!\Bigl(\frac{(5x-2)(x+3)^2}{7(x+3)(5x-2)^2}\Bigr)=0, \qquad\text{ossia}\qquad \log\!\Bigl(\frac{x+3}{7(5x-2)}\Bigr)=0.$

Poiché $\log y=0$ implica $y=1$ , si ha

$\frac{x+3}{7(5x-2)}=1 \;\Longrightarrow\; x+3=35x-14 \;\Longrightarrow\; 34x=17 \;\Longrightarrow\; x=\frac12.$

Il valore ottenuto verifica la condizione $x>\frac25$ ; l’equazione ammette dunque la sola soluzione reale

$\boxcolorato{superiori}{S=\left\{\frac12\right\}}.$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali della seguente equazione:

$1 + \log_3(x - 2) + \log_3(x + 2) = \log_3 5 + \log_3 x.$

Svolgimento.

Affinché i logaritmi siano definiti occorre

$\begin{cases} x-2>0 \\ x+2>0 \\ x>0 \end{cases} \iff x>2.$

Usando $1=\log_{3}3$ e la regola $\log_{3}a+\log_{3}b=\log_{3}(ab)$ , il membro sinistro diventa

$\log_{3}3+\log_{3}\bigl[(x-2)(x+2)\bigr] =\log_{3}\!\bigl[3(x^{2}-4)\bigr],$

mentre il destro, con la stessa proprietà, è $\log_{3}(5x)$ . L’equazione si riduce quindi a

$\log_{3}\!\bigl[3(x^{2}-4)\bigr]=\log_{3}(5x),$

e, per l’iniettività del logaritmo,

$3\bigl(x^{2}-4\bigr)=5x\quad\Longrightarrow\quad 3x^{2}-5x-12=0.$

La risoluzione del quadratico fornisce

$x=\frac{5\pm\sqrt{25+144}}{6} =\frac{5\pm13}{6} \;\Longrightarrow\; x=3\;\text{oppure}\;x=-\frac43.$

Il valore $-\tfrac43$ non soddisfa la condizione $x>2$ , mentre $x=3$ sì; pertanto l’insieme delle soluzioni reali è

$\boxcolorato{superiori}{S=\{\,3\,\}}.$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali della seguente equazione:

$\log_4(x^2 + 2) - \log_4(x^2 - 1) = \log_4 5 - \log_4(x + 1).$

Svolgimento.

Si parte dall’equazione

$\log_{4}(x^{2}+2)-\log_{4}(x^{2}-1)=\log_{4}5-\log_{4}(x+1).$

I logaritmi richiedono argomenti positivi:

$\begin{cases} x^{2}-1>0 \\ x+1>0 \end{cases} \iff \begin{cases} x<-1 \;\vee\; x>1 \\ x>-1 \end{cases} \iff x>1.$

Con la regola $\log_{4}a-\log_{4}b=\log_{4}(a/b)$ l’equazione diventa

$\log_{4}\!\Bigl(\tfrac{x^{2}+2}{x^{2}-1}\Bigr)=\log_{4}\!\Bigl(\tfrac{5}{x+1}\Bigr),$

e l’iniettività del logaritmo consente di uguagliare gli argomenti:

$\frac{x^{2}+2}{x^{2}-1}=\frac{5}{x+1}.$

Il prodotto incrociato fornisce

$\begin{aligned} (x^{2}+2)(x+1)=5(x^{2}-1) & \iff (x^{2}+2)(x+1) - 5(x-1)(x+1)=0 \\ & \iff (x+1)(x^2-5x+7)=0. \end{aligned}$

Questo polinomio ha come unica radice reale $x=-1$ , mentre il polinomio $x^2-5x+7$ ha radici complesse, come si vede dal segno del discriminante.

L’unico valore reale individuato, però, non appartiene all’intervallo ammesso $x>1$ . Di conseguenza l’equazione non possiede soluzioni reali e l’insieme delle soluzioni risulta

$\boxcolorato{superiori}{S=\emptyset.}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali della seguente equazione:

$1+\frac{\log_{2}(x+1)}{\log_{2}x} \;=\; \frac{1}{\log_{2}x}.$

Svolgimento.

Dalle condizioni di esistenza dei logaritmi e dal fatto che il denominatore delle frazioni non può annullarsi si ottiene il sistema di condizioni di esistenza

$\begin{cases} x>0 \\ x+1>0 \\ \log_2 x \neq 0 \end{cases} \iff x \in (0,1) \cup (1,+\infty).$

Sottraendo $1$ da entrambi i membri e ponendo a comune denominatore si ottiene

$\frac{\log_{2}(x+1)}{\log_{2}x} \;=\; \frac{1-\log_{2}x}{\log_{2}x}.$

Poiché $\log_{2}x\neq0$ , si può moltiplicare ambo i membri per tale quantità ricavando

$\log_{2}(x+1)=1-\log_{2}x.$

Portando tutto al primo membro e sfruttando la proprietà $\log_{2}a+\log_{2}b=\log_{2}(ab)$ si verifica che

$\log_{2}(x+1)+\log_{2}x=\log_{2}[x(x+1)]=1,$

da cui segue l’uguaglianza tra gli argomenti:

$x(x+1)=2 \;\Longrightarrow\; x^{2}+x-2=0.$

La quadratica fornisce le soluzioni potenziali

$x=\frac{-1\pm\sqrt{1+8}}{2}=\;1\quad\text{o}\quad -2.$

Tuttavia $x=1$ è escluso perché annulla il denominatore ( $\log_{2}1=0$ ), mentre $x=-2$ viola la condizione $x>0$ . Di conseguenza l’equazione non possiede soluzioni reali e

$\boxcolorato{superiori}{S=\emptyset.}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali della seguente equazione:

$-\log_{\,\frac13}6+\log_{5}(x+1)=\log_{5}(5x).$

Svolgimento.

Dal momento che $\log_{\,\frac13}6 =-\log_3 6$ , l’equazione si riscrive quindi come

$\log_{3}6+\log_{5}(x+1)=\log_{5}(5x).$

Osserviamo che $\log_{5}(5x)=\log_{5}5+\log_{5}x=1+\log_{5}x$ ; portando $\log_{5}x$ al primo membro otteniamo

$\log_{5}(x+1)-\log_{5}x=1-\log_{3}6.$

A sinistra compare $\log_{5}\!\bigl(\tfrac{x+1}{x}\bigr)=\log_{5}\!\bigl(1+\tfrac1x\bigr),$ mentre a destra, usando $\log_{3}6=1+\log_{3}2$ , si ha $1-\log_{3}6=-\log_{3}2<0$ . Dunque l’equazione richiede

$\log_{5}\!\Bigl(1+\frac1x\Bigr)=-\log_{3}2.$

Per il dominio dobbiamo avere $x>0$ ; con tale ipotesi $1+\frac1x>1$ e quindi $\log_{5}\!\bigl(1+\tfrac1x\bigr)>0$ . Il membro sinistro, pertanto, è strettamente positivo, mentre il destro è strettamente negativo: l’uguaglianza non può realizzarsi.

Ne segue che l’equazione non ammette soluzioni reali, per cui

$\boxcolorato{superiori}{S=\emptyset.}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali della seguente equazione:

$3\log_{13}(5 - x) + \log_{13} 11 = \log_{13}(x + 3) + 2\log_{13}(5 - x).$

Svolgimento.

Partiamo dall’equazione

$3\log_{13}(5-x)+\log_{13}11=\log_{13}(x+3)+2\log_{13}(5-x).$

Il logaritmo richiede argomenti positivi, quindi

$\begin{cases} 5-x>0 \\ x+3>0 \end{cases} \iff x \in (-3,5).$

Portando i termini omogenei sullo stesso lato si ottiene

$3\log_{13}(5-x)-2\log_{13}(5-x) =\log_{13}(x+3)-\log_{13}11,$

ossia

$\log_{13}(5-x)=\log_{13}\!\Bigl(\tfrac{x+3}{11}\Bigr).$

L’iniettività del logaritmo (stessa base) permette di eguagliare gli argomenti:

$5-x=\frac{x+3}{11}.$

Moltiplicando per $11$ e raccogliendo:

$55-11x=x+3 \quad\Longrightarrow\quad 55-3=12x \quad\Longrightarrow\quad x=\frac{52}{12}=\frac{13}{3}.$

Il valore $x=\frac{13}{3}\approx4{,}33$ appartiene all’intervallo $(-3,\,5)$ ; rispetta pertanto tutte le condizioni di esistenza.

$\boxcolorato{superiori}{S=\left\{\frac{13}{3}\right\}.}$

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali della seguente equazione:

$\log_{\,\frac14}x + 3\,\log_{4}x = 4 .$

Svolgimento.

Poiché $\log_{\,\frac14}x=\dfrac{\log x}{\log(\tfrac14)}=-\dfrac{\log x}{\log4}=-\log_{4}x$ , il primo termine può essere riscritto cambiando base; l’equazione diventa allora

$-\log_{4}x + 3\log_{4}x = 4,$

ossia $2\log_{4}x = 4$ . Da qui

$\log_{4}x = 2 \quad\Longrightarrow\quad x = 4^{2} = 16 .$

Il valore trovato soddisfa la condizione $x>0$ richiesta dai logaritmi, quindi l’unica soluzione reale è

$\boxcolorato{superiori}{S = \{16\}.}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare l’insieme delle soluzioni reali della seguente equazione:

$\log \bigl(e^{x} + 1\bigr) \;=\; \log \bigl(e^{2x} - 1\bigr).$

Svolgimento.

Affinché i due logaritmi risultino definiti occorre che i loro argomenti siano positivi: il primo lo è per ogni $x\in\mathbb R$ , mentre il secondo richiede $e^{2x}-1>0$ , cioè $x>0$ . Pertanto si lavora nell’intervallo $x>0$ . In tale dominio la funzione logaritmo è iniettiva, per cui l’uguaglianza si traduce direttamente in

(1) $\begin{equation*} e^{x}+1 = e^{2x}-1. \end{equation*}$

Osservando che $e^{2x}-1=(e^x-1)(e^x+1)$ e semplificando il fattore $e^x+1$ (lecito in quanto diverso da $0$ ), l’equazione è equivalente a

$1 = e^x-1 \iff e^x=2$

ovvero

$\boxcolorato{superiori}{x=\log 2.}$

Alternativamente, si poteva riarrangiare \eqref{eq:36_eq} come segue:

$e^{2x}-e^{x}-2 = 0.$

Ponendo $t=e^{x}\;(\,t>1)$ l’equazione diventa un semplice quadratico,

$t^{2}-t-2 = 0,$

che si fattorizza in $(t-2)(t+1)=0$ . Il termine $t=-1$ va scartato poiché incompatibile con $t>1$ ; resta $t=2$ , da cui $e^{x}=2$ e quindi $x=\log 2$ , valore che rispetta la condizione iniziale $x>0$ . Non emergono altre restrizioni, perciò l’insieme delle soluzioni è