Sistemi di disequazioni logaritmiche

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Sommario

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Raccolta di esercizi sui sistemi di disequazioni logaritmiche.

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 $x$ .

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \displaystyle \log_{3}\!\left(\frac{x}{\,x-1}\right) < 2\\[4pt] \displaystyle \log_{\frac13}(x-1) < \dfrac12. \end{cases}$

Svolgimento.

Il logaritmo nella seconda disequazione esiste solo per $x>1$ . Poiché per tali valori di $x$ l’argomento del primo logaritmo è positivo, il dominio del sistema è $x>1$ .

Poiché il primo logaritmo ha base $3>1$ (crescente) mentre il secondo ha base $\tfrac13<1$ (decrescente), il sistema è equivalente a

$\begin{cases} \dfrac{x}{x-1}>0,\\[4pt] x-1>0,\\[4pt] \dfrac{x}{x-1}<9,\\[4pt] x-1>\dfrac{1}{\sqrt3}. \end{cases}$

Dalle prime due disuguaglianze segue $x>1$ ; in questa regione $x-1>0$ , quindi nella terza possiamo moltiplicare per $x-1$ senza cambiare il verso:

$\frac{x}{x-1}<9 \;\Longleftrightarrow\; x<9(x-1) \;\Longleftrightarrow\; x<9x-9 \;\Longleftrightarrow\; 8x-9>0 \;\Longleftrightarrow\; x>\frac98.$

La quarta disuguaglianza dà invece

$x-1>\frac{1}{\sqrt3} \;\Longleftrightarrow\; x>1+\frac{1}{\sqrt3}.$

Raccogliendo tutte le condizioni,

$x>1,\qquad x>\frac98,\qquad x>1+\frac1{\sqrt3},$

e poiché $1+\dfrac1{\sqrt3}\approx1.577\ldots$ è il valore più grande, l’unico vincolo realmente restrittivo è

$x>1+\frac1{\sqrt3}.$

Si conclude che la soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{S=\left (1+\tfrac1{\sqrt3},+\infty \right ).}$

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \displaystyle\bigl(\log_{3}x\bigr)^{2}<\dfrac{2}{\log_{3}x+1}\\[6pt] \displaystyle\dfrac{\log_{3}x-1}{\log_{3}(x-3)}\le 0. \end{cases}$

Svolgimento.

Per prima cosa imponiamo l’esistenza dei logaritmi e dei denominatori:

$x>0,\qquad x\neq\frac13,\qquad x>3,\qquad x\neq4,$

da cui il dominio complessivo del sistema è

$D=\{x\in\mathbb R:\;x>3,\;x\neq4\}.$

Prima disuguaglianza. Poniamo $t=\log_{3}x$ , così che $x=3^{t}$ con $t>1$ (poiché $x>3$ ). La disequazione diventa

$t^{2}<\frac{2}{t+1}\qquad(t\neq-1),$

ovvero

$t^{3}+t^{2}-2<0\;\;\Longleftrightarrow\;\;(t-1)\bigl(t^{2}+2t+2\bigr)<0.$

Poiché il trinomio $t^{2}+2t+2$ è sempre positivo, il segno è determinato da $t-1$ :

$(t-1)\bigl(t^{2}+2t+2\bigr)<0\;\;\Longleftrightarrow\;\;t<1.$

Ma in $D$ vale $t>1$ ; dunque la prima disuguaglianza non può essere soddisfatta per alcun $x\in D$ .

Seconda disuguaglianza. Essendo la prima già impossibile in $D$ , non occorre studiarne la soluzione: l’intersezione complessiva del sistema è vuota.

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

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\left\{ \begin{aligned} &\log_2\!\bigl(x-1\bigr)+\frac32 \;<\; \log_2\!\bigl(2x-1\bigr)\\[4pt] &\log_2\!\bigl(\log_3 x\bigr)\;\le\;1. \end{aligned} \right.$

Svolgimento.

Imponendo l’esistenza dei logaritmi (argomenti positivi) otteniamo le condizioni

$x-1>0,\qquad 2x-1>0,\qquad \log_3 x>0, \qquad x>0.$

Le prime due implicano $x>1$ , mentre l’ultima impone di nuovo $x>1$ ; il dominio della disequazione è quindi

$x>1.$

Poiché la base $2>1$ rende $\log_2$ crescente, la prima disequazione è equivalente a

$\log_2\!\Bigl(\frac{2x-1}{x-1}\Bigr)>\frac32 \;\;\Longrightarrow\;\; \frac{2x-1}{x-1}>2^{\tfrac32}=2\sqrt2.$

Essendo $x>1$ il denominatore è positivo, perciò possiamo moltiplicare senza cambiare verso:

$2x-1>2\sqrt2\,(x-1) \;\Longrightarrow\; (2-2\sqrt2)\,x+2\sqrt2-1>0.$

Poiché $2-2\sqrt2<0$ , dividiamo per un numero negativo invertendo il verso della disuguaglianza:

$x<\frac{2\sqrt2-1}{2(\sqrt2-1)} =\frac{\sqrt2}{2}+\frac32 =\frac{3+\sqrt2}{2}.$

La seconda disequazione, con base di nuovo $2>1$ , dà

$\log_3 x\le 2 \;\;\Longrightarrow\;\; x\le 3^{2}=9.$

Raccogliendo tutte le condizioni:

$1<x<\frac{3+\sqrt2}{2}, \qquad x\le 9.$

La seconda condizione è automaticamente soddisfatta dall’intervallo precedente, perciò l’insieme delle soluzioni è

$\boxcolorato{superiori}{\,S=\left (1,\dfrac{3+\sqrt2}{2}\right ).}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \displaystyle \log_{3}\!\bigl(x^{2}+9\bigr)\;\le\;\log_{3}(x+1)+2\\[10pt] \displaystyle \dfrac{\log_{3}^{2}x-1}{\bigl|\log_{3}x\bigr|}>0. \end{cases}$

Svolgimento.

Per l’esistenza dei logaritmi e affinché il denominatore della frazione sia non nullo occorre che

$\begin{cases} x^2+9>0 \\ x+1>0 \\ x>0 \\ \log_3 x \neq 0 \end{cases} \iff \begin{cases} x>0 \\ x \neq 1 \end{cases} \iff x \in (0,1) \cup (1,+\infty),$

dove nella prima equivalenza abbiamo sfruttato il fatto che $x^2+9$ è sempre positivo e che la condizione $x>-1$ è implicata da $x \neq 0$ .

Poiché la base è $3>1$ , il logaritmo è crescente; riscrivendo la prima disuguaglianza otteniamo

$\log_{3}(x^{2}+9)\le\log_{3}(x+1)+2 \;\Longleftrightarrow\; \log_{3}\!\left(\frac{x^{2}+9}{x+1}\right)\le2 \;\Longleftrightarrow\; \frac{x^{2}+9}{x+1}\le9 \;\Longleftrightarrow\; x(x-9)\le0,$

da cui $0<x\le9$ . Sia ora $t=\log_{3}x\neq0$ ; la seconda disequazione diventa

$\begin{aligned} \frac{t^{2}-1}{|t|}>0 \iff (t-1)(t+1)>0 \iff t<-1 \,\,\vee \,\, t>1 \iff x<\tfrac13\,\, \vee \,\, x>3. \end{aligned}$

Intersecando con $0<x\le9$ si ottiene infine

$\boxcolorato{superiori}{S=(0,\tfrac13)\;\cup\;(3,9].}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \displaystyle\log_{2}\!\bigl(4^{x}-2\bigr)<1\\[6pt] \displaystyle\dfrac{x^{2}-4}{\log_{2}x+2}\le 0. \end{cases}$

Svolgimento.

Perché i logaritmi e i denominatori siano definiti e il denominatore sia non nullo occorrono le condizioni

$\begin{cases} 4^{x}-2>0 \\ x>0 \\ \log_2 x + 2 \neq 0 \end{cases} \iff \begin{cases} 4^x > 4^{\frac{1}{2}} \\ x>0 \\ x \neq 2^{-2}= \frac{1}{4} \end{cases} \iff x> \frac{1}{2}.$

La prima disequazione si traduce in

$\log_{2}\!\bigl(4^{x}-2\bigr)<1 \;\Longleftrightarrow\; 4^{x}-2<2 \;\Longleftrightarrow\; 4^{x}<4 \;\Longleftrightarrow\; x<1,$

cosicché, nel dominio, risulta $\tfrac12<x<1$ .

Per la seconda disequazione osserviamo che, nell’intervallo $x>\tfrac12$ , vale $\log_{2}x>-1$ e quindi $\log_{2}x+2>1>0$ . Il denominatore è sempre positivo e la disequazione

$\dfrac{x^{2}-4}{\log_{2}x+2}\le0$

si riduce a

$x^{2}-4\le0 \;\Longleftrightarrow\; -2\le x\le2.$

Intersecando con il dominio otteniamo $\tfrac12<x\le2$ .

L’intersezione finale delle due condizioni è allora

$\tfrac12<x<1.$

Si conclude che la soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{\;S=\bigl(\tfrac12,\,1\bigr).}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\left\{ \begin{aligned} &\dfrac{1}{\log_{3}\!\bigl(\log_{2}x\bigr)}>0\\[6pt] &\dfrac{\sqrt{x-1}}{\log_{2}x-2}\ge 0. \end{aligned} \right.$

Svolgimento.

Perché le due frazioni siano definite occorre che

$\log_{2}x>0,\qquad \log_{2}x\neq 1,\qquad x\ge 1,\qquad x>0, \qquad \log_{2}x\neq 2,$

e quindi, traducendo in $x$ ,

$x>1,\qquad x\neq 2,\qquad x\neq 4.$

La prima disequazione presenta un numeratore sempre positivo; il suo segno, dunque, coincide con quello del denominatore. Chiedere $\frac{1}{\log_{3}(\log_{2}x)}>0$ significa richiedere $\log_{3}(\log_{2}x)>0.$ Poiché la base $3$ è maggiore di $1$ , il logaritmo è crescente e la disuguaglianza equivale a

$\log_{2}x>1\quad\Longrightarrow\quad x>2.$

A questo punto la variabile è già stretta all’interno di $x>2$ , perciò il radicando $x-1$ è certamente non negativo e il numeratore $\sqrt{x-1}$ risulta positivo. Il segno della seconda frazione dipende soltanto da $\log_{2}x-2$ ; imporre $\frac{\sqrt{x-1}}{\log_{2}x-2}\ge 0$ impone $\log_{2}x-2>0$ , giacché l’uguaglianza zero renderebbe la frazione indefinita. Da ciò segue

$x>2^{2}=4.$

Incrociando tutte le condizioni ottenute ( $x>4$ implica già $x>2$ e scarta il valore $x=4$ non appartenente al dominio), rimane

$\boxcolorato{superiori}{S=(4,+\infty).}$

Esercizio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\left\{ \begin{aligned} &\log(2 - x) > \log(x + 2)\\[4pt] &\log_{3}(2 - 5x) > 1. \end{aligned} \right.$

Svolgimento.

Il dominio richiede argomenti positivi in tutti i logaritmi:

$2 - x > 0,\qquad x + 2 > 0,\qquad 2 - 5x > 0 \Longrightarrow -2 < x < \frac25.$

La prima disuguaglianza è equivalente alla stessa disequazione tra gli argomenti, perché la base del logaritmo naturale $e$ è maggiore di $1$ e quindi la funzione logaritmo è crescente:

$2 - x > x + 2 \iff -2x > 0 \iff x < 0.$

In unione con il dominio dà

$-2 < x < 0.$

Nella seconda disequazione, sempre con base maggiore di $1$ ,

$2 - 5x > 3 \iff -5x > 1 \iff x < -\frac15.$

L’intersezione delle condizioni ottenute è

$-2 < x < -\frac15,$

che soddisfa automaticamente anche $2 - 5x > 0$ . Dunque l’insieme delle soluzioni risulta

$\boxcolorato{superiori}{S = \left (-2,\; -\frac15 \right ).}$

Esercizio 8 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \dfrac12\,\log_{1/5}x<2\\[6pt] \log_{0.25}x\ge0. \end{cases}$

Svolgimento.

Le due funzioni logaritmiche sono definite per $x>0$ e, poiché le basi $\tfrac15$ e $0{.}25=\tfrac14$ sono minori di $1$ , risultano entrambe decrescenti.

$\frac12\,\log_{1/5}x<2 \;\Longleftrightarrow\; \log_{1/5}x<4 \;\Longleftrightarrow\; x>(\tfrac15)^{4}=\frac1{625},$

$\log_{0.25}x\ge0 \;\Longleftrightarrow\; x\le 0.25^{\,0}=1 .$

L’intersezione fra le condizioni $x>\tfrac1{625}$ e $x\le1$ implica che la soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{S=\left (\frac1{625},\,1 \right ].}$

Esercizio 9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\left\{ \begin{aligned} &\log_{4}(2x-1)\le 1\\ &\log_{3}(x-2)>\log_{3}(2x-x^{2}). \end{aligned} \right.$

Svolgimento.

Per la sola esistenza dei logaritmi occorre

$2x-1>0,\qquad x-2>0,\qquad 2x-x^{2}>0.$

La prima e la seconda disuguaglianza forniscono rispettivamente $x>\tfrac12$ e $x>2$ , mentre l’ultima implica $x(2-x)>0$ , cioè $0<x<2$ ; le tre condizioni non possono essere soddisfatte simultaneamente, perché $\;x>2\;$ è incompatibile con $\;x<2$ .

Poiché le condizioni di esistenza non sono mai soddisfatte, segue che

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

Esercizio 10 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \log_{\frac14}(2-x) > \log_{\frac14}(1-2x) \\[6pt] \log_{\frac13}(3x-5) < \log_{\frac13}(2x-1). \end{cases}$

Svolgimento.

Richiedendo la positività degli argomenti si ha

$2-x>0,\;1-2x>0\;\Longrightarrow\;x<\tfrac12, \qquad 3x-5>0,\;2x-1>0\;\Longrightarrow\;x>\tfrac53.$

Le basi $\tfrac14$ e $\tfrac13$ sono comprese fra $0$ e $1$ , quindi i logaritmi risultano decrescenti; le disuguaglianze sono quindi equivalenti alle disuguaglianze opposte tra gli argomenti:

$\log_{\frac14}(2-x)>\log_{\frac14}(1-2x) \;\Longrightarrow\; 2-x<1-2x \;\Longrightarrow\; x<-1,$

$\log_{\frac13}(3x-5)<\log_{\frac13}(2x-1) \;\Longrightarrow\; 3x-5>2x-1 \;\Longrightarrow\; x>4.$

Il sistema impone simultaneamente $x<-1$ e $x>4$ , condizioni incompatibili. Dunque

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

Esercizio 11 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\left\{ \begin{aligned} &\log\!\bigl(x^{2}-3x+10\bigr)<1\\[4pt] &\log_{5}\!\bigl(x^{2}+6x+8\bigr)>\log_{5}\!\bigl(x^{2}+4x-5\bigr). \end{aligned} \right.$

Svolgimento.

Tutti i logaritmi richiedono argomenti positivi; in particolare

$x^{2}-3x+10>0,\qquad x^{2}+6x+8>0,\qquad x^{2}+4x-5>0.$

Il polinomio nella prima disequazione ha discriminante negativo e quindi la disuguaglianza è vera per ogni $x \in \mathbb{R}$ . Scomponendo gli altri due polinomi si ha $(x+2)(x+4)>0$ e $(x+5)(x-1)>0$ ; ne segue il dominio

$D=(-\infty,-5)\,\cup\,(1,+\infty).$

La prima disequazione, con base logaritmica maggiore di $1$ , equivale a confrontare l’argomento del logaritmo con $10^{1}=10$ :

$x^{2}-3x+10<10\;\Longrightarrow\;x^{2}-3x<0 \;\Longrightarrow\;x(x-3)<0 \;\Longrightarrow\;0<x<3.$

La seconda, sempre con base $>1$ , si riduce al confronto fra gli argomenti:

$x^{2}+6x+8>x^{2}+4x-5 \;\Longrightarrow\;6x+8>4x-5 \;\Longrightarrow\;2x>-13 \;\Longrightarrow\;x>-\dfrac{13}{2}.$

Intersecando tutte le condizioni,

$(0,3)\cap\bigl(-\tfrac{13}{2},+\infty\bigr)\cap D =(1,3).$

Dunque

$\boxcolorato{superiori}{S=(1,3).}$

Esercizio 12 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} 1-(\ln x)^{2} \le 0\\[4pt] (\ln x)^{2}-3\ln x-4<0. \end{cases}$

Svolgimento.

Introduciamo la variabile $t=\ln x\;(x>0)$ ; il sistema si riscrive

$\begin{cases} 1-t^{2}\le 0,\\ t^{2}-3t-4<0. \end{cases}$

La prima disequazione impone $t^{2}\ge 1$ , ossia $t\le -1$ oppure $t\ge 1$ .

La seconda disequazione ha per radici $t=-1$ e $t=4$ ; poiché il trinomio è a concavità verso l’alto, risulta negativo nel solo intervallo aperto $-1<t<4$ .

Intersecando le due condizioni si ottiene

$\bigl(-\infty,-1\bigr]\;\cup\;\bigl[1,+\infty\bigr) \;\cap\; \bigl(-1,4\bigr)=\bigl[1,4\bigr).$

Tornando alla variabile originale,

$t=\ln x\in[1,4) \;\Longrightarrow\; x=e^{\,t}\in\bigl[e,\;e^{4}\bigr).$

$\boxcolorato{superiori}{S=\bigl[e,\;e^{4}\bigr).}$

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \log_{2}(4x+1)-\log_{2}(5-x)>\log_{2}(2x-1)\\[6pt] \displaystyle\log_{\frac35}(2-x^{2})<\log_{\frac35}(1-2x). \end{cases}$

Svolgimento.

Il sistema non è mai definito in quanto affinché il terzo logaritmo della prima disequazione sia definito occorre $2x-1>0$ , mentre per il secondo logaritmo della seconda disequazione è necessario che $2x-1<0$ . Dato che tali condizioni sono ovviamente incompatibili, si ha

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

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \displaystyle \log_{\frac13}(6x-2)+\log_{\frac13}(x+1)-\log_{\frac13}(5x+1) \;>\; \log_{\frac13}4 \\[8pt] \displaystyle \log_{4}4 \;>\; \log_{4}\!\biggl(\dfrac{2-x}{x+3}\biggr). \end{cases}$

Svolgimento.

La positività degli argomenti dei logaritmi impone

$\begin{cases} 6x-2>0 \\ x+1>0\\ 5x+1>0\\ \frac{2-x}{x+3}>0 \end{cases} \iff \begin{cases} x>3 \\ -3<x<2, \end{cases}$

che non possiede soluzioni. Dunque

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

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\left\{ \begin{aligned} &\bigl(\log_{\,\tfrac12}x\bigr)^{4}\ge \bigl(\log_{\,\tfrac12}x\bigr)^{3}\\[6pt] &\dfrac{\log_{\,\tfrac12}x-\dfrac12}{\log_{\,\tfrac12}x}\le 0. \end{aligned} \right.$

Svolgimento.

Sia $t=\log_{\,\frac12}x$ . Il cambio di variabile è lecito per ogni $x>0$ , ma nella seconda frazione occorre anche $t\ne0$ . Il sistema di disequazioni diventa

$\begin{cases} t^{4}\ge t^{3},\\[2pt] \dfrac{t-\dfrac12}{t}\le0. \end{cases}$

La prima disuguaglianza si riscrive $t^{3}(t-1)\ge0$ , verificata per

$t\le0\quad\text{oppure}\quad t\ge1.$

La seconda impone che numeratore e denominatore abbiano segni opposti (o numeratore nullo):

$0<t\le\frac12 .$

Poiché queste due condizioni sono incompatibili, si ha

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

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \dfrac{3-\log_{2}|x|\;+\;|x|\;+\;1}{\,|x|+1\,}\;\ge 1\\[8pt] \log_{2}\!\bigl[\log_{2}(1-x)\bigr]-\log_{2}2\;\ge 0. \end{cases}$

Svolgimento.

Per la seconda disuguaglianza serve

$\begin{cases} 1-x>0 \\ \log_{2}(1-x)>0 \end{cases} \iff \begin{cases} x<1 \\ x<0 \end{cases} \iff x<0.$

Vale

$\log_{2}\!\bigl(\log_{2}(1-x)\bigr)\ge 1 \iff \log_{2}(1-x)\ge 2 \iff 1-x\ge 4 \iff x\le -3.$

La prima disequazione si può semplificare in

$\frac{3-\log_2 |x|}{|x|+1} + 1 \geq 1 \iff \frac{3-\log_2 |x|}{|x|+1}\geq 0 \iff 3-\log_2 |x|\geq 0 \iff |x|\leq 8,$

dove nella seconda equivalenza abbiamo sfruttato il fatto che $|x|+1>0$ e quindi il segno della frazione dipende solo dal numeratore.

Dall’intersezione delle condizioni $x\leq -3$ , $|x|\leq 8$ con la condizione di esistenza $x<0$ si ottiene

$\boxcolorato{superiori}{S=[-8,\,-3].}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \log(x+2)-\log(x-1)>\log\!\bigl(2(x-1)\bigr)\\[6pt] \log\bigl(|x-1|+1\bigr)>0\\[6pt] \displaystyle\log_{\frac1{11}}(4x+3)>-1. \end{cases}$

Svolgimento.

L’esistenza dei logaritmi impone

$\begin{cases} x+2>0\\ x-1>0\\ 2(x-1)>0\\ |x-1|+1>0\\ 4x+3>0 \end{cases} \iff x>1.$

Poiché il logaritmo naturale è strettamente crescente, otteniamo

$\begin{aligned} \log\!\Bigl(\frac{x+2}{x-1}\Bigr)>\log\!\bigl(2(x-1)\bigr) & \iff \frac{x+2}{x-1}>2(x-1) \\ & \iff x+2>2(x-1)^{2} \\ & \iff 2x^{2}-5x<0 \\ & \iff 1<x<\frac52 . \end{aligned}$

La disequazione $\log\bigl(|x-1|+1\bigr)>0$ equivale a $|x-1|+1>1$ , quindi a $x\neq1$ , già implicato dalla condizione di esistenza $x>1$ . Infine, poiché $\tfrac1{11}<1$ rende decrescente il logaritmo,

$\log_{\frac1{11}}(4x+3)>-1 \;\Longleftrightarrow\; 4x+3<11 \;\Longleftrightarrow\; x<2 .$

L’intersezione tra le condizioni $x>1,\;1<x<\tfrac52,\;x<2$ fornisce

$\boxcolorato{superiori}{S=(1,2).}$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \bigl(\log^{2}x-4\bigr)\,\bigl(2\sqrt{x}-2^{x}\bigr)\le0\\[6pt] \log^{4}x-5\log^{2}x\ge-4. \end{cases}$

Svolgimento.

Posto $y=\log x\;(x>0)$ , la seconda disuguaglianza diventa

$y^{4}-5y^{2}+4\;\ge\;0 \quad\Longleftrightarrow\quad \bigl(y^{2}-1\bigr)\bigl(y^{2}-4\bigr)\ge0,$

ossia $\lvert y\rvert\le1$ oppure $\lvert y\rvert\ge2$ . In termini di $x$ ciò equivale a

(A) $-1 \leq \log x \leq 1 \,\,\vee \,\, \log x \leq -2 \,\,\vee \,\, \log_x \geq 2 \iff x\in\bigl(0,e^{-2}\bigr]\;\cup\;[e^{-1},e]\;\cup\;[e^{2},+\infty).$

Per la prima disuguaglianza osserviamo che

$\ln^{2}x-4= \begin{cases} <0 &\text{se }\lvert y\rvert<2,\\ =0 &\text{se }\lvert y\rvert=2,\\ >0 &\text{se }\lvert y\rvert>2, \end{cases}\! \quad\text{e}\quad g(x):=2\sqrt{x}-2^{x} = \begin{cases} <0 &\text{per }0<x<\tfrac12,\\ =0 &\text{per }x=\tfrac12,\\ >0 &\text{per }\tfrac12<x<1,\\ =0 &\text{per }x=1,\\ <0 &\text{per }x>1. \end{cases}$

Il prodotto $(\ln^{2}x-4)\,g(x)$ è quindi non-positivo esattamente quando

\centerline{ $\displaystyle \bigl\lvert\ln x\bigr\rvert<2\quad\text{e}\quad \tfrac12\le x\le1 \quad\text{oppure}\quad \bigl\lvert\ln x\bigr\rvert\ge2\quad\text{e}\quad x\notin\bigl(\tfrac12,1\bigr).$ }

In simboli,

(B) $x\in\bigl(0,e^{-2}\bigr]\;\cup\;[\,\tfrac12,1]\;\cup\;[e^{2},+\infty).$

Infine, l’intersezione tra (A) e (B) fornisce la soluzione del sistema:

$\boxcolorato{superiori}{S=\bigl(0,e^{-2}\bigr]\;\cup\;\bigl[\tfrac12,1\bigr]\;\cup\;[e^{2},+\infty).}$

Esercizio 19 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\left\{ \begin{aligned} &\log_{2}(x^{2}-1)<3\\[2pt] &x^{4}+6x^{2}+9\ge 0\\[2pt] &|x|-2<0. \end{aligned} \right.$

Svolgimento.

Per esistere il primo logaritmo serve $x^{2}-1>0$ , cioè $|x|>1$ . Poiché la base è $2>1$ , la disuguaglianza $\log_{2}(x^{2}-1)<3$ equivale a

$x^{2}-1<2^{3}=8\quad\Longrightarrow\quad x^{2}<9\quad\Longrightarrow\quad |x|<3.$

Dalle due condizioni sul valore assoluto ricaviamo

$1<|x|<3.$

Il polinomio $x^{4}+6x^{2}+9=(x^{2}+3)^{2}$ è sempre positivo, quindi la seconda riga del sistema non impone ulteriori limiti.

La terza disequazione $|x|-2<0$ richiede semplicemente $|x|<2$ .

L’intersezione fra $1<|x|<3$ e $|x|<2$ è $1<|x|<2$ ; in termini di $x$ :

$\boxcolorato{superiori}{S=(-2,-1)\,\cup\,(1,2).}$

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \log\!\bigl|x+3\bigr|>\log\!\bigl|3x-5\bigr|\\[6pt] \displaystyle\log_{\frac1{10}}\!\bigl(4^{x-1}\bigr)<\log_{\frac1{10}}(16). \end{cases}$

Svolgimento.

Gli argomenti $4^{x-1}$ e $16$ dei logaritmi nella seconda disequazione sono sempre positivi. I valori assoluti sono positivi tranne quando i loro argomenti sono nulli, dunque il dominio è dato da

$\mathbb{R} \setminus \left \{-3,\frac{5}{3} \right \}.$

Poiché i due logaritmi della prima disequazione sono in base $10>1$ , la funzione $\log$ è crescente e vale

$|x+3|>|3x-5|.$

Elevando al quadrato si ottiene

$(x+3)^2>(3x-5)^2 \;\Longleftrightarrow\; 2x^{2}-9x+4<0,$

da cui, con $\Delta=49$ e radici $x_1=\tfrac12,\;x_2=4$ ,

$\frac12 < x < 4.$

La base del secondo logaritmo è $\tfrac1{10}<1$ , quindi la funzione è decrescente; di conseguenza

$\log_{\frac1{10}}\!\bigl(4^{x-1}\bigr)<\log_{\frac1{10}}(16) \;\Longleftrightarrow\; 4^{x-1}>16 \;\Longleftrightarrow\; x>3.$

Intersecando le condizioni trovate con il campo di esistenza si ottiene

$\boxcolorato{superiori}{S=(3,4).}$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \bigl(\log_{2}(x+5)\bigr)^{2}-6>\log_{2}(x+5)\\[8pt] \dfrac{\log_{\frac12}x-4+2\log_{\frac12}x}{\,2-\log_{\frac12}x\,}+\log_{\frac12}x<0. \end{cases}$

Svolgimento.

Imponendo l’esistenza dei logaritmi e del denominatore si ottiene

$x>0,\qquad x+5>0,\qquad 2-\log_{\tfrac12}x\ne0\;( \;\Longrightarrow x\ne\tfrac14\;).$

Pertanto basta considerare $x>0$ con $x\neq\tfrac14$ .

Pongo $y=\log_{2}(x+5)$ ; la prima disequazione diventa

$y^{2}-6>y \iff (y-3)(y+2)>0\;\iff y<-2 \,\,\vee \,\, y>3,$

cioè

$x+5<2^{-2}=\frac{1}{4} \,\,\vee \,\, x+5>2^{3}=8 \iff x>3,$

dove nell’ultimo passaggio abbiamo trascurato la condizione $x<-5+\frac{1}{4}$ in quanto essa non soddisfa la condizione di esistenza $x>0$ .

Per la seconda disequazione sia $t=\log_{\frac12}x$ . Riscrivendo

$\frac{\log_{\frac12}x-4+2\log_{\frac12}x}{\,2-\log_{\frac12}x\,}+\log_{\frac12}x =\frac{-t^{2}+5t-4}{2-t} <0,$

e osservando che $-t^{2}+5t-4=-\,(t-1)(t-4)$ , si studia il segno del rapporto

$\frac{-\,(t-1)(t-4)}{\,2-t}.$

Un semplice schema di segni mostra che l’espressione è negativa per $t<1$ oppure $2<t<4.$ Poiché $x=(\tfrac12)^{t}$ è decrescente in $t$ , ciò equivale a

$x>\tfrac12 \;\;\text{oppure}\;\; \tfrac1{16}<x<\tfrac14.$

Unendo le due porzioni otteniamo $x\in(\tfrac1{16},\tfrac14)\cup(\tfrac12,+\infty)\;,$ con $x\neq\tfrac14$ già escluso.

Intersecando con la condizione $x>3$ dedotta dalla prima disequazione, resta soltanto

$\boxcolorato{superiori}{S=(3,+\infty).}$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} (\log x)^{4}>(\log x)^{5}\\[4pt] 2\log_{3}x-\log_{3}(x+2)\le 0. \end{cases}$

Svolgimento.

Il dominio comune richiede $x>0$ .

Prima disequazione. Ponendo $t=\log x\;(t\in\mathbb R)$ otteniamo

$t^{4}>t^{5}\;\Longleftrightarrow\;t^{4}(1-t)>0 \;\Longleftrightarrow\; \begin{cases} t\neq0,\\ 1-t>0 \end{cases} \;\Longleftrightarrow\; t\in(-\infty,0)\cup(0,1).$

Tornando a $x$ del logaritmo):

$0<x<1\quad\text{o}\quad1<x<e.$

Seconda disequazione. Poiché la funzione $\log_{3}$ è crescente,

$2\log_{3}x\le\log_{3}(x+2) \;\Longleftrightarrow\; 3^{2\log_{3}x}\le x+2 \;\Longleftrightarrow\; x^{2}\le x+2 \;\Longleftrightarrow\; (x-2)(x+1)\le0 \;\Longleftrightarrow\; -1\le x\le2.$

Intersecando con il dominio $x>0$ si ha $0<x\le2$ .

Intersezione finale.

$\bigl((0,1)\cup(1,e)\bigr)\cap(0,2]= (0,1)\cup(1,2].$

Si conclude che la soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{S=(0,1)\cup(1,2].}$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \dfrac{\log_{2}(3-x)+\log_{\frac12}x+4}{\,4+\log_{\frac12}x\,}\ge1\\[8pt] \log_{2}x<\log_{2}x^{2}+\log_{\frac12}\!\bigl(2-x\bigr)^{1/2}. \end{cases}$

Svolgimento.

Per la prima disequazione occorrono

$\begin{cases} 3-x>0 \\ x>0 \\ \log_{\frac12}x \neq -4 \end{cases} \iff 0<x<3.$

Semplificando la frazione si ha

$\frac{\log_2{3-x}}{4+\log_{\frac{1}{2}}x}+ 1\geq 1 \iff \frac{\log_2{3-x}}{4+\log_{\frac{1}{2}}x} \geq 0 \iff \log_2{3-x} \geq 0,$

dove l’ultima equivalenza deriva dal fatto che nell’intervallo $(0,3)$ dato dalle condizioni di esistenza il denominatore è sempre positivo. Dunque le soluzioni della prima disuguaglianza sono

$3-x\geq 1 \iff x \leq 2.$

Per la seconda disequazione valgono $0<x<2$ e, usando $\log_{\frac12}y=-\log_{2}y$ , si ottiene

$\log_{2}x<2\log_{2}x-\tfrac12\log_{2}(2-x) \;\Longleftrightarrow\; \log_{2}\!\Bigl(\frac{x^{2}}{2-x}\Bigr)>1,$

da cui $x^{2}>2-x\Longleftrightarrow x^{2}+x-2>0$ . Nell’intervallo $(0,2)$ ciò equivale a $1<x<2$ .

L’intersezione fra $0<x\le2$ e $1<x<2$ fornisce finalmente $1<x<2$ .

Si conclude che la soluzione è

$\boxcolorato{superiori}{S=(1,2).}$

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Risolvere il seguente sistema di disequazioni nel campo dei numeri reali:

$\begin{cases} \displaystyle\log_{\tfrac13}x>\log_{\tfrac13}\!\Bigl(\dfrac{4+x}{2x+11}\Bigr)\\[8pt] \displaystyle\log_{5}(12-x)+\log_{5}(7-x)>2\log_{5}(x+3). \end{cases}$

Svolgimento.

Per la prima disequazione occorre $x>0$ ; si osservi che tale condizione rende positiva la frazione nell’argomento del logaritmo del secondo membro. Poiché la base $\tfrac13<1$ rende il logaritmo decrescente, la disequazione si traduce in

$x<\frac{4+x}{2x+11}\quad\Longleftrightarrow\quad 2x^{2}+10x-4<0\quad\Longleftrightarrow\quad x^{2}+5x-2<0,$

dove nella prima equivalenza abbiamo moltiplicato ambo i membri per $2x+11$ , che è positivo dato che $x>0$ per le condizioni di esistenza.

Il trinomio si annulla per

$x=\frac{-5\pm\sqrt{33}}{2},$

e risulta negativo fra le due radici; essendo solo la maggiore positiva, la prima condizione ammette

$0<x<\frac{-5+\sqrt{33}}{2}.$

Per la seconda disequazione si richiede $-3<x<7$ . Sommando i logaritmi si ottiene

$\log_{5}\!\bigl[(12-x)(7-x)\bigr]> \log_{5}\!\bigl[(x+3)^{2}\bigr],$

e, dato che la base $5>1$ è crescente,

$(12-x)(7-x)>(x+3)^{2} \;\;\Longleftrightarrow\;\; 25x>-75 \quad\Longleftrightarrow\quad x>-3.$

L’intersezione tra le due soluzioni, insieme alle condizioni di esistenza, è quindi

$\boxcolorato{superiori}{S=\left (0,\frac{-5+\sqrt{33}}{2} \right ).}$

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