La matematica non ammette pigrizia mentale.

Quando ti trovi davanti a una disequazione in cui un logaritmo è inserito in una radice quadrata, l’impulso è spesso quello di elevare tutto al quadrato il prima possibile.

È una pessima idea. Le disequazioni logaritmiche irrazionali non si risolvono forzando i calcoli, ma costruendo un’architettura logica a prova di bomba: prima si delimitano i confini della realtà (il dominio), poi si sfruttano le proprietà dei logaritmi per abbassare la complessità, e infine si aggira l’ostacolo con una sostituzione strategica.

In questo articolo analizziamo la struttura di queste disequazioni, affrontando un problema cardine e quattro varianti avanzate.

Il Problema Centrale

Risolvere in [math]\mathbb{R}[/math] la disequazione:

[math]\displaystyle \sqrt{\log_2 x – 1} + \frac{1}{2} \log_{1/2}(x^3) + 2 > 0[/math]

1. Condizioni di esistenza (Il Dominio prima di tutto)

Prima di manipolare l’espressione, dobbiamo garantire che esista.

La radice quadrata esige un radicando non negativo:

[math]\log_2 x – 1 \ge 0 \implies \log_2 x \ge 1 \implies x \ge 2[/math]

Inoltre, l’argomento del logaritmo [math]\log_{1/2}(x^3)[/math] impone:

[math]x^3 > 0 \implies x > 0[/math]

Intersecando le condizioni, il vincolo più restrittivo e invalicabile è [math]x \ge 2[/math].

2. Semplificazione della struttura logaritmica

L’obiettivo è ricondurre l’equazione a una singola base e a un singolo argomento.

Sfruttiamo la proprietà della potenza [math]\log_a(b^n) = n\log_a b[/math]:

[math]\log_{1/2}(x^3) = 3\log_{1/2} x[/math]

Ora eseguiamo un cambio di base per allinearci al [math]\log_2 x[/math] presente nella radice:

[math]\log_{1/2} x = \frac{\ln x}{\ln(1/2)} = -\frac{\ln x}{\ln 2} = -\log_2 x[/math]

Di conseguenza:

[math]\log_{1/2}(x^3) = -3\log_2 x[/math]

La nostra disequazione originaria si snellisce e diventa:

[math]\sqrt{\log_2 x – 1} – \frac{3}{2}\log_2 x + 2 > 0[/math]

3. Sostituzione

Per trasformare questo mostro trascendente in un problema algebrico gestibile, introduciamo una variabile ausiliaria.

Poniamo [math]t = \log_2 x[/math].

Poiché dal dominio sappiamo che [math]x \ge 2[/math], ne consegue che [math]t \ge 1[/math].

L’equazione assume la forma:

[math]\sqrt{t-1} – \frac{3}{2}t + 2 > 0[/math]

Per eliminare la radice senza generare falsi positivi con le elevazioni al quadrato, eseguiamo una seconda sostituzione:

Poniamo [math]y = \sqrt{t-1}[/math], con la condizione [math]y \ge 0[/math].

Da questa ricaviamo [math]t = y^2 + 1[/math].

Sostituendo nell’equazione:

[math]y – \frac{3}{2}(y^2+1) + 2 > 0[/math]

Sviluppiamo e riordiniamo i termini:

[math]\displaystyle \begin{aligned}
y – \frac{3}{2}y^2 – \frac{3}{2} + 2 &> 0 \\
y – \frac{3}{2}y^2 + \frac{1}{2} &> 0 \\
2y – 3y^2 + 1 &> 0 \\
3y^2 – 2y – 1 &< 0
\end{aligned}[/math]

4. Risoluzione del trinomio

Calcoliamo le radici dell’equazione associata:

[math]\displaystyle y = \frac{2 \pm \sqrt{4+12}}{6} = \frac{2 \pm 4}{6}[/math]

Otteniamo [math]y_1 = -\frac{1}{3}[/math] e [math]y_2 = 1[/math].

Poiché la disequazione richiede valori minori di zero (e la parabola volge la concavità verso l’alto), la soluzione del trinomio è l’intervallo interno: [math]-\frac{1}{3} < y < 1[/math].

Incrociando questo risultato con la condizione iniziale [math]y \ge 0[/math], otteniamo il vero intervallo di validità:

[math]0 \le y < 1[/math]

5. Il ritorno alla variabile originaria

Ora risaliamo la catena delle sostituzioni.

Sapendo che [math]y = \sqrt{t-1}[/math]:

[math]\sqrt{t-1} < 1[/math]

Elevando al quadrato (lecito perché entrambi i membri sono non negativi):

[math]t – 1 < 1 \implies t < 2[/math]

Unito alla condizione [math]t \ge 1[/math], abbiamo [math]1 \le t < 2[/math].

Reintroducendo il logaritmo ([math]t = \log_2 x[/math]):

[math]1 \le \log_2 x < 2[/math]

Elevando la base 2 a questi esponenti, arriviamo alla soluzione finale:

[math]2 \le x < 4[/math]

Soluzione finale: [math]x \in [2,4)[/math]

Esercizi Avanzati

Esercizio 1: Il cambio di base invisibile

[math]\sqrt{\log_2 x} + \log_{1/2} x + 2 > 0[/math]

Soluzione:

Poniamo [math]t = \log_2 x[/math], con la condizione [math]t \ge 0[/math] imposta dalla radice.

Essendo [math]\log_{1/2} x = -t[/math], il sistema collassa in:

[math]\sqrt{t} – t + 2 > 0[/math]

Poniamo [math]y = \sqrt{t}[/math] (con [math]y \ge 0[/math]).

Otteniamo:

[math]y – y^2 + 2 > 0 \implies y^2 – y – 2 < 0[/math]

Fattorizzando si ottiene [math](y-2)(y+1) < 0[/math], le cui soluzioni interne sono [math]-1 < y < 2[/math].

Considerando [math]y \ge 0[/math], si riduce a [math]0 \le y < 2[/math].

Ritornando a [math]t[/math]: [math]y^2 = t \implies 0 \le t < 4[/math].

Ritornando a [math]x[/math]: [math]\log_2 x < 4 \implies 1 \le x < 16[/math].

Risultato: [math]x \in [1,16)[/math]

Esercizio 2: Gestione dell’esponente pari

[math]\sqrt{\log_3 x – 2} + \log_{1/3}(x^2) + 5 > 0[/math]

Soluzione:

Il dominio esige [math]\log_3 x – 2 \ge 0[/math], quindi [math]x \ge 9[/math].

Poniamo [math]t = \log_3 x[/math], sapendo che [math]t \ge 2[/math]. La componente logaritmica si trasforma così: [math]\log_{1/3}(x^2) = -2\log_3 x = -2t[/math].

La disequazione diventa:

[math]\sqrt{t-2} – 2t + 5 > 0[/math]

Poniamo [math]y = \sqrt{t-2}[/math], da cui [math]t = y^2 + 2[/math].

[math]\displaystyle \begin{aligned}
y – 2(y^2+2) + 5 &> 0 \\
-2y^2 + y + 1 &> 0 \\
2y^2 – y – 1 &< 0
\end{aligned}[/math]

Le radici del polinomio sono [math]-\frac{1}{2}[/math] e [math]1[/math].

I valori accettabili sono nell’intervallo [math]0 \le y < 1[/math].

Ritornando a [math]t[/math], abbiamo [math]t-2 < 1 \implies t < 3[/math]. Sapendo che [math]t \ge 2[/math], l’intervallo su [math]t[/math] è [math]2 \le t < 3[/math].

Risolvendo per [math]x[/math]:

[math]9 \le x < 27[/math]

Risultato: [math]x \in [9,27)[/math]

Esercizio 3: La finta disequazione

[math]\sqrt{\log_2 x – 1} + \sqrt{3 – \log_2 x} > 1[/math]

Soluzione:

Questo è un esercizio di puro ragionamento sui confini. Ponendo [math]t = \log_2 x[/math], il dominio congiunto delle due radici richiede:

[math]t – 1 \ge 0 \quad \text{e} \quad 3 – t \ge 0 \implies 1 \le t \le 3[/math]

Eleviamo al quadrato entrambi i membri:

[math]\displaystyle \begin{aligned}
(t-1) + (3-t) + 2\sqrt{(t-1)(3-t)} &> 1 \\
2 + 2\sqrt{(t-1)(3-t)} &> 1
\end{aligned}[/math]

Il termine [math]2\sqrt{(t-1)(3-t)}[/math] è una radice quadrata e produce sempre un output [math]\ge 0[/math].

Sommando 2, il membro di sinistra vale come minimo 2.

Essendo 2 rigorosamente maggiore di 1, la disequazione è sempre verificata per ogni valore che rispetti il dominio.

Non c’è nulla da calcolare, solo l’intervallo di validità: [math]1 \le t \le 3[/math], che ci porta a [math]2 \le x \le 8[/math].

Risultato: [math]x \in [2,8][/math]

Esercizio 4 (Livello Olimpico): Il paradosso algebrico

[math]\sqrt{\log_2 x – 1} + \sqrt{4 – \log_2 x} = 3[/math]

Soluzione analitica:

Poniamo [math]t = \log_2 x[/math]. Il dominio richiede [math]1 \le t \le 4[/math].

Invece di procedere con brutali elevazioni al quadrato, traduciamo il problema in un sistema. Poniamo [math]a = \sqrt{t-1}[/math] e [math]b = \sqrt{4-t}[/math].

Abbiamo due informazioni:

[math]a + b = 3[/math] (dall’equazione)

[math]a^2 + b^2 = (t-1) + (4-t) = 3[/math] (identità strutturale)

Eleviamo al quadrato la prima relazione:

[math](a+b)^2 = a^2 + b^2 + 2ab = 9[/math]

Sostituendo la seconda relazione nella prima:

[math]3 + 2ab = 9 \implies ab = 3[/math]

Ma [math]ab = \sqrt{(t-1)(4-t)}[/math].

Elevando al quadrato per rimuovere la radice:

[math]\displaystyle \begin{aligned}
(t-1)(4-t) &= 9 \\
-t^2 + 5t – 4 &= 9 \\
t^2 – 5t + 13 &= 0
\end{aligned}[/math]

Calcoliamo il discriminante: [math]\Delta = 25 – 52 = -27[/math].

Poiché [math]\Delta < 0[/math], non esistono soluzioni reali. L’architettura del problema è incompatibile.

Risultato: [math]\emptyset[/math]

Commento Applicativo

Questa tipologia di calcolo simula una situazione frequente nell’ingegneria dei dati e nell’analisi quantitativa: la gestione di trasformazioni non lineari (il logaritmo) vincolate da limiti stringenti (la radice quadrata). In questo contesto, l’approccio non è cercare di risolvere tutto subito, ma abbassare progressivamente la “dimensionalità” del problema.

Il Cambio di Spazio: La doppia sostituzione ([math]t = \log_2 x[/math], seguita da [math]y = \sqrt{t-1}[/math]) non è un trucchetto per risparmiare inchiostro, ma una vera e propria mappatura del problema in uno spazio polinomiale più semplice. Si passa dal dominio trascendente all’algebra dei polinomi di secondo grado, si risolve l’ottimizzazione in quello spazio (trovando i limiti di [math]y[/math]), e poi si “ritorna” allo spazio originario invertendo la funzione.

La priorità dei vincoli (Hard Constraints): L’esercizio 3 ne è un esempio eclatante. Spesso gli studenti passano ore a sviluppare calcoli complessi ignorando che, se si valuta correttamente il dominio di esistenza, la disuguaglianza è strutturalmente vera a prescindere dal valore interno. L’analisi preliminare rende il calcolo superfluo.

Il Paradosso Geometrico: L’esercizio 4 olimpico dimostra l’efficacia del sensemaking matematico. L’equazione chiede sostanzialmente di trovare due numeri [math]a[/math] e [math]b[/math] (positivi) la cui somma faccia 3, ma la cui somma dei quadrati faccia anch’essa 3. È un’incompatibilità logica prima ancora che numerica, dimostrabile elegantemente senza iterazioni algebriche estenuanti. L’approccio sistematico rende l’impossibilità evidente fin dai primi passaggi.