I logaritmi hanno la cattiva reputazione di essere l’argomento in cui metà della classe decide che la matematica non fa per lei.
Formule che sembrano non avere senso pratico, basi che si comportano in modo imprevedibile e condizioni di esistenza che ci si dimentica regolarmente di calcolare.
Sbagliare le condizioni di esistenza di un logaritmo è un classico (e fa arrabbiare tantissimo i prof) 😅.
Eppure, superato lo scoglio iniziale, si rivelano strumenti incredibilmente meccanici e logici.
In questo articolo andiamo dritti al sodo: affronteremo sei esercizi sui logaritmi, dal più classico a quello con i parametri, smontando pezzo per pezzo gli errori più comuni, quelli che tipicamente rovinano un compito in classe.
Preparate carta, penna e un po’ di pazienza.
Perché i logaritmi sono ovunque (e non te ne accorgi)
Esercizio 1: L’equazione con argomento quadratico
Testo:
Determina l’insieme dei numeri reali [math]x[/math] per i quali è definita la seguente espressione, e poi risolvi l’equazione:
[math]\log_3(x^2 – 4x + 3) = 1[/math]
Risoluzione
1. Condizioni di Esistenza (C.E.)
Il logaritmo [math]\log_a(f(x))[/math] è definito se e solo se:
- Base: [math]a > 0[/math] e [math]a \neq 1[/math]. Qui [math]a = 3[/math], che soddisfa entrambe.
- Argomento: [math]f(x) > 0[/math].
Poniamo quindi:
[math]x^2 – 4x + 3 > 0[/math]
Scomponiamo il trinomio: [math](x – 1)(x – 3) > 0[/math].
Studiamo il segno: il polinomio è positivo per [math]x < 1[/math] o [math]x > 3[/math].
Quindi:
[math]\text{C.E.: } x \in (-\infty, 1) \cup (3, +\infty)[/math]
2. Risoluzione dell’equazione
Applicando la definizione di logaritmo: [math]\log_a(b) = c \iff b = a^c[/math].
[math]\displaystyle \begin{aligned}
&x^2 – 4x + 3 = 3^1 \\
&x^2 – 4x + 3 = 3 \\
&x^2 – 4x = 0 \\
&x(x – 4) = 0
\end{aligned}[/math]
Le soluzioni algebriche sono: [math]x = 0[/math] e [math]x = 4[/math].
3. Verifica con le C.E.
- [math]x = 0[/math]: appartiene all’intervallo [math](-\infty, 1)[/math] → accettabile.
- [math]x = 4[/math]: appartiene all’intervallo [math](3, +\infty)[/math] → accettabile.
Soluzione finale:
[math]x = 0 \text{ o } x = 4[/math]
Osservazione strategica: L’errore più comune in questo tipo di esercizio è risolvere l’equazione senza porre le condizioni di esistenza, ottenendo le stesse soluzioni ma rischiando di includerne di non valide. In questo caso, le due soluzioni erano entrambe accettabili, ma in altri esercizi una potrebbe cadere fuori dal dominio.
Domanda di riflessione:
Quale proprietà hai utilizzato per passare dall’equazione logaritmica alla forma esponenziale? E cosa cambierebbe se la base fosse [math]0 < a < 1[/math]?
Esercizio 2: Un’equazione con logaritmi razionali
Testo:
Un ingegnere sta modellando un fenomeno di smorzamento acustico. L’intensità sonora [math]I(x)[/math] segue la legge:
[math]\log_2\left(\frac{5x+1}{x-2}\right) = 3[/math]
Trova i valori di [math]x[/math] per cui l’equazione ha senso fisico e determinane il valore.
Risoluzione
1. Condizioni di Esistenza
L’argomento del logaritmo deve essere positivo e la base è [math]2 > 0, \neq 1[/math].
[math]\frac{5x+1}{x-2} > 0[/math]
Studiamo il segno della frazione. Troviamo i punti critici: [math]x = -\frac{1}{5}[/math] (zero del numeratore) e [math]x = 2[/math] (polo).
La tabella dei segni:
| Intervallo | [math]5x+1[/math] | [math]x-2[/math] | Frazione |
|---|---|---|---|
| [math](-\infty, -1/5)[/math] | – | – | + |
| [math](-1/5, 2)[/math] | + | – | – |
| [math](2, +\infty)[/math] | + | + | + |
Quindi:
[math]\text{C.E.: } x \in (-\infty, -\frac{1}{5}) \cup (2, +\infty)[/math]
2. Risoluzione
Usiamo la definizione di logaritmo:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
&\frac{5x+1}{x-2} = 2^3 = 8 \\
&5x+1 = 8(x-2) \\
&5x+1 = 8x-16 \\
&1+16 = 8x-5x \\
&17 = 3x \implies x = \frac{17}{3} \approx 5.67
\end{aligned}[/math]
3. Verifica con le C.E.
[math]x = \frac{17}{3} \approx 5.67[/math] appartiene all’intervallo [math](2, +\infty)[/math] → accettabile.
Soluzione finale:
[math]x = \frac{17}{3}[/math]
Osservazione strategica: Attenzione: nel passaggio [math]\frac{5x+1}{x-2} = 8[/math], moltiplicando per [math]x-2[/math] non cambiamo il segno della disequazione perché stiamo risolvendo un’equazione. Tuttavia, mentalmente, bisogna sempre ricordarsi di escludere [math]x=2[/math] (che annulla il denominatore) dalle soluzioni finali, anche se l’equazione lo avesse prodotto.
Domanda di riflessione:
Perché, pur non essendo un’equazione fratta, abbiamo dovuto imporre [math]x \neq 2[/math] nella C.E.? In che modo il denominatore influenza la condizione di esistenza del logaritmo?
Esercizio 3: Logaritmo con base variabile
Testo:
Risolvi la seguente equazione logaritmica, prestando particolare attenzione alla natura della base:
[math]\log_{x-1}(2x+3) = 2[/math]
Risoluzione
1. Condizioni di Esistenza
Le condizioni per un logaritmo [math]\log_a(b)[/math] sono:
- Base positiva e diversa da 1: [math]a > 0[/math] e [math]a \neq 1[/math].
- Argomento positivo: [math]b > 0[/math].
Qui [math]a = x – 1[/math] e [math]b = 2x + 3[/math]. Poniamo:
[math]\displaystyle \begin{cases}
x – 1 > 0 \implies x > 1 \\
x – 1 \neq 1 \implies x \neq 2 \\
2x + 3 > 0 \implies x > -\frac{3}{2}
\end{cases}[/math]
Intersecando le condizioni: la più restrittiva è [math]x > 1[/math], con l’ulteriore esclusione di [math]x = 2[/math].
[math]\text{C.E.: } x \in (1, 2) \cup (2, +\infty)[/math]
2. Risoluzione
Applicando la definizione:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
&2x + 3 = (x – 1)^2 \\
&2x + 3 = x^2 – 2x + 1 \\
&0 = x^2 – 4x – 2 \\
&x^2 – 4x – 2 = 0
\end{aligned}[/math]
Risolviamo:
[math]\displaystyle \begin{aligned}
&\Delta = 16 + 8 = 24, \quad \sqrt{\Delta} = 2\sqrt{6} \\
&x_{1,2} = \frac{4 \pm 2\sqrt{6}}{2} = 2 \pm \sqrt{6}
\end{aligned}[/math]
3. Verifica con le C.E.
- [math]x_1 = 2 + \sqrt{6} \approx 4.45[/math]: è [math]> 2[/math] → accettabile.
- [math]x_2 = 2 – \sqrt{6} \approx -0.45[/math]: non soddisfa [math]x > 1[/math] → non accettabile.
Soluzione finale:
[math]x = 2 + \sqrt{6}[/math]
Osservazione strategica: Quando la base contiene l’incognita, è fondamentale ricordarsi della condizione [math]a \neq 1[/math]. Spesso gli studenti dimenticano di escludere [math]x = 2[/math] (che renderebbe la base uguale a 1) anche se l’equazione algebrica non lo produce come soluzione, ma potrebbe produrlo in altri contesti.
Domanda di riflessione:
Perché la base di un logaritmo non può essere 1? Quale proprietà delle funzioni logaritmiche viene meno se [math]a = 1[/math]?
Esercizio 4: Disequazione con logaritmo in base [math]\frac{1}{2}[/math]
Testo:
Determina l’insieme delle soluzioni della seguente disequazione:
[math]\log_{\frac{1}{2}}(x^2 – 3x) \geq \log_{\frac{1}{2}}(x + 5)[/math]
Risoluzione
1. Condizioni di Esistenza
Entrambi gli argomenti devono essere positivi.
[math]\displaystyle \begin{cases}
x^2 – 3x > 0 \\
x + 5 > 0
\end{cases}[/math]
- Prima: [math]x(x – 3) > 0 \implies x < 0[/math] o [math]x > 3[/math].
- Seconda: [math]x > -5[/math].
Intersezione delle condizioni:
[math]\text{C.E.: } (-5, 0) \cup (3, +\infty)[/math]
2. Gestione della base
La base è [math]a = \frac{1}{2}[/math], che è compresa tra 0 e 1. La funzione logaritmica in base compresa tra 0 e 1 è decrescente.
Pertanto, il verso della disequazione si inverte quando si eliminano i logaritmi:
[math]x^2 – 3x \leq x + 5[/math] (inversione del verso)
3. Risoluzione della disequazione algebrica
[math]\displaystyle \begin{aligned}
&x^2 – 4x – 5 \leq 0 \\
&(x – 5)(x + 1) \leq 0
\end{aligned}[/math]
Il prodotto è negativo o nullo tra le radici:
[math]-1 \leq x \leq 5[/math]
4. Intersezione con le C.E.
Intersechiamo [math](-5, 0) \cup (3, +\infty)[/math] con [math][-1, 5][/math]:
- Per [math](-5, 0) \cap [-1, 5] = [-1, 0)[/math].
- Per [math](3, +\infty) \cap [-1, 5] = (3, 5][/math].
Uniamo i due intervalli:
[math][-1, 0) \cup (3, 5][/math]
Soluzione finale:
[math][-1, 0) \cup (3, 5][/math]
Osservazione strategica: È utile rappresentare graficamente gli intervalli su una retta reale per visualizzare l’intersezione. Un errore frequente è dimenticare di invertire il segno della disequazione quando la base è minore di 1. Ricorda: [math]\log_a(x)[/math] è crescente se [math]a > 1[/math], decrescente se [math]0 < a < 1[/math].
Domanda di riflessione:
Cosa sarebbe cambiato se la base fosse stata [math]2[/math] invece di [math]\frac{1}{2}[/math]? E se i logaritmi fossero stati in basi diverse?
Esercizio 5: Sistema con logaritmi e parametri
Testo:
Per quali valori reali di [math]k[/math] il seguente sistema ammette soluzioni reali?
[math]\displaystyle \begin{cases}
\log_3(x) – \log_3(y) = 1 \\
x + y = k
\end{cases}[/math]
Risoluzione
1. Condizioni di Esistenza (per il sistema)
Entrambi gli argomenti dei logaritmi devono essere positivi:
[math]x > 0, \quad y > 0[/math]
2. Risoluzione del sistema
Riscriviamo la prima equazione usando la proprietà del quoziente:
[math]\log_3\left(\frac{x}{y}\right) = 1[/math]
Applicando la definizione:
[math]\frac{x}{y} = 3^1 = 3 \implies x = 3y[/math]
Sostituiamo nella seconda equazione:
[math]3y + y = k \implies 4y = k \implies y = \frac{k}{4}[/math]
Di conseguenza:
[math]x = 3y = \frac{3k}{4}[/math]
3. Applicazione delle C.E.
Dobbiamo imporre [math]x > 0[/math] e [math]y > 0[/math]:
- [math]\frac{k}{4} > 0 \implies k > 0[/math]
- [math]\frac{3k}{4} > 0 \implies k > 0[/math] (condizione identica)
Quindi il sistema ammette soluzioni reali (e positive) se e solo se [math]k > 0[/math].
Soluzione finale:
[math]k > 0[/math]
Osservazione strategica: In questo esercizio, le C.E. non sono solo una “premessa” da dimenticare, ma determinano attivamente il parametro [math]k[/math]. Se [math]k \leq 0[/math], il sistema non ha senso perché violerebbe la positività degli argomenti dei logaritmi.
Domanda di riflessione:
Perché non abbiamo dovuto imporre condizioni separate sulla base? Quale proprietà dei logaritmi abbiamo usato per combinare le due espressioni nella prima equazione?
Esercizio 6: Equazione con parametro in base e argomento
Testo:
Discuti al variare del parametro reale [math]a[/math] l’insieme delle soluzioni reali dell’equazione:
[math]\log_{a^2+1}(x^2 – 2a) = 0[/math]
Risoluzione
1. Analisi della base
La base è [math]b = a^2 + 1[/math]. Poiché [math]a^2 \geq 0[/math], abbiamo:
- [math]a^2 + 1 > 0[/math] sempre.
- [math]a^2 + 1 = 1[/math] solo se [math]a = 0[/math]. In quel caso la base sarebbe 1, il che è vietato.
Quindi, per avere un logaritmo ben definito, deve essere: [math]a \neq 0[/math].
2. Condizioni di esistenza sull’argomento
L’argomento deve essere positivo:
[math]x^2 – 2a > 0 \implies x^2 > 2a[/math]
3. Risoluzione dell’equazione
Sappiamo che [math]\log_b(t) = 0 \iff t = 1[/math] (poiché [math]b^0 = 1[/math]), a patto che la base sia valida. Quindi:
[math]x^2 – 2a = 1 \implies x^2 = 2a + 1[/math]
4. Discussione
Dobbiamo discutere la compatibilità tra [math]x^2 = 2a + 1[/math] e la realtà delle soluzioni, oltre alla C.E.
Realtà di [math]x[/math]:
[math]x^2 = 2a + 1[/math] ammette soluzioni reali solo se [math]2a + 1 \geq 0[/math], ovvero [math]a \geq -\frac{1}{2}[/math].
Se [math]a < -\frac{1}{2}[/math], l’equazione non ha soluzioni reali.
Verifica C.E. ([math]x^2 > 2a[/math]):
Sostituiamo il valore trovato dall’equazione [math]x^2 = 2a + 1[/math] nella disequazione della C.E.:
[math]2a + 1 > 2a \implies 1 > 0[/math]
Questa è sempre vera. Quindi, se la soluzione esiste, soddisfa automaticamente la C.E.
Esclusione di [math]a = 0[/math]:
Dobbiamo escludere il caso in cui la base diventa 1.
5. Sintesi finale
- Se [math]a < -\frac{1}{2}[/math] o [math]a = 0[/math]: nessuna soluzione.
- Se [math]a \geq -\frac{1}{2}[/math] e [math]a \neq 0[/math]: l’equazione ha due soluzioni: [math]x = \pm \sqrt{2a + 1}[/math].
Soluzione finale:
[math]\displaystyle \begin{cases}
\text{se } a < -\frac{1}{2} \text{ o } a = 0: & \text{nessuna soluzione} \\
\text{se } a \geq -\frac{1}{2} \text{ e } a \neq 0: & x = \pm \sqrt{2a + 1}
\end{cases}[/math]
Osservazione strategica: Questo esercizio mette in luce un punto sottile: le condizioni di esistenza di un logaritmo vanno verificate prima di manipolare l’equazione, ma a volte il parametro influenza sia la base che l’argomento.
Domanda di riflessione:
In questo esercizio, perché la condizione [math]x^2 > 2a[/math] è risultata automaticamente soddisfatta dalle soluzioni [math]x^2 = 2a + 1[/math]? Cosa implica questo sul legame tra l’equazione e la sua C.E.?
Tabella Riassuntiva: Proprietà dei Logaritmi
In questa tabella sono riassunte le regole fondamentali utilizzate per risolvere le equazioni e le disequazioni precedenti. Ricorda che ogni proprietà è valida solo sotto le Condizioni di Esistenza ([math]a > 0, a \neq 1[/math] e argomenti positivi).
| Nome Proprietà | Formula LaTeX | Applicazione Pratica |
|---|---|---|
| Definizione | [math]\log_a(b) = c \iff a^c = b[/math] | Passare dalla forma logaritmica alla forma esponenziale. |
| Prodotto | [math]\log_a(x \cdot y) = \log_a(x) + \log_a(y)[/math] | Trasformare la somma di due logaritmi in un unico logaritmo. |
| Quoziente | [math]\log_a\left(\frac{x}{y}\right) = \log_a(x) – \log_a(y)[/math] | Utilizzata nel sistema dell’Esercizio 5 per semplificare le equazioni. |
| Potenza | [math]\log_a(x^k) = k \cdot \log_a(x)[/math] | Spostare l’esponente dell’argomento davanti al logaritmo. |
| Logaritmo di 1 | [math]\log_a(1) = 0[/math] | Qualsiasi base (valida) elevata a 0 restituisce 1 (Esercizio 6). |
| Cambiamento di Base | [math]\log_a(b) = \frac{\log_c(b)}{\log_c(a)}[/math] | Utile per risolvere equazioni con basi diverse. |
Nota sul Monotonia:
* Se [math]a > 1[/math]: la funzione è crescente (mantiene il verso nelle disequazioni).
* Se [math]0 < a < 1[/math]: la funzione è decrescente (inverte il verso nelle disequazioni).
Risposte alle domande di riflessione
Esercizio 1:
La proprietà utilizzata è la definizione stessa di logaritmo: [math]\log_a(b) = c \iff b = a^c[/math]. Se la base fosse compresa tra 0 e 1 (ad esempio [math]a = 1/2[/math]), la proprietà resterebbe valida, ma l’equazione [math]\log_{1/2}(f(x)) = 1[/math] diventerebbe [math]f(x) = (1/2)^1 = 1/2[/math]. La differenza sostanziale non è nella definizione, ma nel comportamento della funzione (decrescente) quando si risolvono disequazioni.
Esercizio 2:
La condizione [math]x \neq 2[/math] deriva dal fatto che l’argomento del logaritmo è una frazione con denominatore [math]x – 2[/math]. Anche se il logaritmo è definito solo per argomenti positivi, la presenza di un denominatore nell’argomento impone di escludere i valori che lo annullano (perché la frazione perderebbe significato). In questo caso, [math]x = 2[/math] renderebbe l’argomento [math](5 \cdot 2 + 1) / (0)[/math] → non definito.
Esercizio 3:
La base non può essere 1 perché la funzione [math]y = \log_1(x)[/math] non è definita: se provassimo a usare la definizione, [math]1^y = x[/math] avrebbe soluzioni solo per [math]x = 1[/math] (e infinite, poiché [math]1^y = 1[/math] per ogni [math]y[/math]), ma non sarebbe una funzione. Inoltre, verrebbero meno le proprietà di iniettività e la possibilità di definire una funzione inversa dell’esponenziale.
Esercizio 4:
Se la base fosse 2 ([math]> 1[/math]), la funzione sarebbe crescente e il verso della disequazione non si invertirebbe: [math]x^2 – 3x \geq x + 5[/math]. Se i logaritmi fossero in basi diverse, non potremmo eliminarli direttamente; dovremmo portarli alla stessa base o usare altre strategie (ad esempio, esprimere tutto in termini di logaritmi naturali).
Esercizio 5:
Non abbiamo imposto condizioni sulla base perché la base è 3, un numero costante positivo e diverso da 1. Le condizioni sono quindi solo sugli argomenti. La proprietà usata per combinare i logaritmi è [math]\log_a(u) – \log_a(v) = \log_a(u/v)[/math], valida per [math]u, v > 0[/math], condizione già garantita dalle C.E. iniziali.
Esercizio 6:
La condizione [math]x^2 > 2a[/math] è risultata automaticamente soddisfatta perché abbiamo sostituito [math]x^2 = 2a + 1[/math]. Poiché [math]2a + 1 > 2a[/math] per ogni [math]a[/math] (in quanto [math]1 > 0[/math]), ogni soluzione dell’equazione [math]x^2 = 2a + 1[/math] rispetta automaticamente la disequazione [math]x^2 > 2a[/math]. Questo mostra che, in questo caso specifico, la C.E. sull’argomento è meno restrittiva delle soluzioni trovate; l’unico vincolo reale è che [math]x^2[/math] (cioè [math]2a + 1[/math]) sia non negativo per avere [math]x[/math] reale.
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