Logaritmi: 3 Esercizi Svolti dalla Crescita Batterica alla Finanza (Regola del 70)

I logaritmi hanno una pessima reputazione.

Spesso vengono visti come quegli strani simboli che servono solo a complicare la vita durante i compiti in classe. La realtà è che, senza di loro, non avremmo idea di come cresce una popolazione di batteri, di come si muovono i tassi di interesse o di come l’energia si sprigiona in un esperimento di fisica.

Oggi vi proponiamo 3 sfide matematiche:

1️⃣ Un’equazione parametrica biologica.

2️⃣ Una disequazione a base variabile (per i veri coraggiosi).

3️⃣ Il segreto dietro la “Regola del 70” usata in economia.

Sei pronto a mettere alla prova la tua logica?

 

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Esercizio 1 (Medio-Difficile): Equazione logaritmica con parametro

Testo del problema

Un ricercatore sta studiando la crescita di una coltura batterica. La popolazione [math]N[/math] (in migliaia) dopo [math]t[/math] ore segue la legge [math]N(t) = 5 \cdot \ln(3t+2) – 3[/math]. Determina dopo quanto tempo la popolazione raggiunge le 7.000 unità. Risolvi l’equazione [math]5 \cdot \ln(3t+2) – 3 = 7[/math] e verifica le condizioni di esistenza.

Successivamente, generalizza: per quali valori del parametro [math]k[/math] l’equazione [math]5 \cdot \ln(3t+2) – 3 = k[/math] ammette soluzione?

Risoluzione

💡 Richiamo teorico:

Il logaritmo naturale [math]\ln x[/math] è definito per [math]x > 0[/math].

La funzione [math]\ln x[/math] è invertibile, con inversa [math]e^x[/math]. Inoltre, [math]\ln x[/math] è crescente e assume tutti i valori reali.

Impostiamo l’equazione per [math]N(t) = 7[/math] (migliaia):

[math]\displaystyle 5 \cdot \ln(3t+2) – 3 = 7[/math]

Isoliamo il termine logaritmico:

[math]\displaystyle \begin{aligned}
5 \cdot \ln(3t+2) &= 10 \\
\ln(3t+2) &= 2
\end{aligned}[/math]

Applicando l’esponenziale a entrambi i membri (usando l’invertibilità):

[math]\displaystyle e^{\ln(3t+2)} = e^2 \implies 3t+2 = e^2[/math]

Risolviamo per [math]t[/math]:

[math]\displaystyle 3t = e^2 – 2 \implies t = \frac{e^2 – 2}{3}[/math]

Condizioni di esistenza:

L’argomento del logaritmo deve essere positivo: [math]3t+2 > 0[/math].

Verifichiamo:

[math]\displaystyle 3t+2 = e^2 \implies e^2 > 0 \text{ (sempre vero)}[/math]

Quindi la soluzione è accettabile.

Generalizzazione

Consideriamo [math]5 \cdot \ln(3t+2) – 3 = k[/math], con [math]k[/math] parametro reale.

Isoliamo:

[math]\displaystyle 5 \cdot \ln(3t+2) = k+3 \implies \ln(3t+2) = \frac{k+3}{5}[/math]

Affinché esista soluzione, dobbiamo poter applicare l’esponenziale. La funzione [math]\ln x[/math] assume tutti i valori reali quando [math]x[/math] varia in [math](0, +\infty)[/math].

Quindi per ogni [math]k \in \mathbb{R}[/math] esiste un [math]t[/math] che soddisfa:

[math]\displaystyle 3t+2 = e^{(k+3)/5} \implies t = \frac{e^{(k+3)/5} – 2}{3}[/math]

L’unica condizione è che [math]3t+2 > 0[/math], ma dalla costruzione [math]3t+2 = e^{(k+3)/5} > 0[/math] sempre, quindi la condizione è automaticamente soddisfatta.

Risultato: [math]t = \frac{e^2 – 2}{3}[/math] ore. L’equazione ha soluzione per ogni [math]k \in \mathbb{R}[/math].

💡 Osservazione: Anche se il logaritmo ha un dominio ristretto, la sua immagine è tutto [math]\mathbb{R}[/math]. Questo significa che possiamo ottenere qualsiasi numero reale come risultato di un logaritmo, purché l’argomento sia positivo.

Domanda di riflessione: Cosa cambierebbe se la base del logaritmo fosse compresa tra 0 e 1 (es. [math]\log_{1/2} x[/math])? L’immagine sarebbe ancora tutto [math]\mathbb{R}[/math]?

Esercizio 2 (Difficile): Disequazione con base variabile

Testo del problema

In un esperimento di fisica delle particelle, l’energia [math]E[/math] di una particella in funzione del tempo [math]t[/math] (in nanosecondi) è data da [math]E(t) = \log_t(t^2 – 2t + 2)[/math]. Determina l’intervallo di tempo in cui l’energia è positiva.

Attenzione: la base del logaritmo è [math]t[/math] stessa, quindi devi considerare le condizioni sulla base oltre che sull’argomento.

Risoluzione

💡 Richiamo teorico:

Un logaritmo [math]\log_a b[/math] è definito se:

• [math]a > 0[/math], [math]a \neq 1[/math] (base positiva e diversa da 1)
• [math]b > 0[/math] (argomento positivo)

Inoltre, [math]\log_a b > 0[/math] se:

• ([math]a > 1[/math] e [math]b > 1[/math]) oppure ([math]0 < a < 1[/math] e [math]0 < b < 1[/math])

(La funzione logaritmica è crescente per [math]a > 1[/math], decrescente per [math]0 < a < 1[/math])

Condizioni di esistenza

• Base: [math]t > 0[/math] e [math]t \neq 1[/math]
• Argomento: [math]t^2 – 2t + 2 > 0[/math]

Analizziamo l’argomento: il discriminante è [math]\Delta = (-2)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 2 = 4 – 8 = -4 < 0[/math]. Poiché il coefficiente di [math]t^2[/math] è positivo, il polinomio è sempre positivo per ogni [math]t[/math].

Dominio: [math]t \in (0, 1) \cup (1, +\infty)[/math].

Studio del segno: [math]\log_t(t^2 – 2t + 2) > 0[/math]

Risolviamo i due casi basati sulla monotonia della funzione:

Caso 1: [math]t > 1[/math] (base > 1)

[math]\displaystyle t^2 – 2t + 2 > 1 \implies t^2 – 2t + 1 > 0 \implies (t – 1)^2 > 0[/math]

Questa disuguaglianza è vera per ogni [math]t \neq 1[/math]. Poiché siamo nel caso [math]t > 1[/math], la condizione è soddisfatta per tutto l’intervallo [math]t > 1[/math].

Caso 2: [math]0 < t < 1[/math] (base tra 0 e 1)

[math]\displaystyle t^2 – 2t + 2 < 1 \implies t^2 – 2t + 1 < 0 \implies (t – 1)^2 < 0[/math]

Un quadrato non può essere negativo. L’unica possibilità sarebbe [math]t = 1[/math], ma è escluso dal dominio. Quindi nessun [math]t \in (0, 1)[/math] soddisfa la disequazione.

Risultato: L’energia è positiva per [math]t > 1[/math] nanosecondi.

💡 Osservazione: La presenza della base variabile richiede di discutere separatamente i casi [math]0 < a < 1[/math] e [math]a > 1[/math], perché il comportamento della funzione cambia radicalmente.

💡 Pro Tip: Quando vedi un logaritmo con base variabile, non farti prendere dal panico. Disegna mentalmente (o su carta) come cambia il grafico tra 0 < a < 1 (decrescente) e a > 1 (crescente). Metà del lavoro è già fatta!

Domanda di riflessione: Perché nel caso [math]0 < t < 1[/math] abbiamo dovuto invertire il verso della disuguaglianza? Cosa succederebbe se la base fosse esattamente 1?

Esercizio 3 (Molto Difficile): Applicazione interdisciplinare – La regola del 70

Testo del problema

In economia, la “regola del 70” è una formula approssimata per stimare il tempo di raddoppio di un investimento a interesse composto continuo: [math]t \approx \frac{70}{r}[/math], dove [math]r[/math] è il tasso di interesse percentuale annuo. La formula esatta è [math]t = \frac{\ln 2}{\ln(1+r/100)}[/math] (se la capitalizzazione è annuale) oppure [math]t = \frac{\ln 2}{r/100}[/math] (se la capitalizzazione è continua).

Dimostra che per piccoli tassi ([math]r[/math] piccolo), la formula approssimata [math]\frac{70}{r}[/math] deriva da [math]\frac{\ln 2}{r/100}[/math] usando l’approssimazione [math]\ln(1+x) \approx x[/math] per [math]x[/math] vicino a 0. Calcola poi l’errore relativo che si commette usando la regola del 70 per un tasso del 5% e per un tasso del 20%, confrontando con il valore esatto (capitalizzazione continua).

Risoluzione

💡 Richiamo teorico:

Approssimazione di [math]\ln(1+x)[/math] per piccoli [math]x[/math]: [math]\ln(1+x) = x – \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} – \dots[/math]. Per [math]x[/math] piccolo, [math]\ln(1+x) \approx x[/math]. Inoltre, [math]\ln 2 \approx 0.693147[/math].

Formula esatta (capitalizzazione continua)

Un capitale [math]C[/math] investito a tasso annuo [math]r[/math] (in percentuale) con capitalizzazione continua cresce come [math]C e^{(r/100)t}[/math]. Vogliamo [math]e^{(r/100)t} = 2[/math].

Prendendo il logaritmo naturale:

[math]\displaystyle \frac{r}{100}t = \ln 2 \implies t = \frac{100 \ln 2}{r}[/math]

Poiché [math]100 \ln 2 \approx 69.3147[/math], la formula esatta è [math]t \approx \frac{69.3147}{r}[/math].

Approssimazione della regola del 70

La regola del 70 dice [math]t \approx 70/r[/math]. Il numero 70 è un’approssimazione di [math]100 \ln 2 \approx 69.3[/math], scelta per comodità di calcolo mentale.

Calcolo dell’errore

Tasso (r)	Valore Esatto [math]t = 69.3147/r[/math]	Regola del 70 [math]70/r[/math]	Errore Relativo
5%	[math]13.86294[/math]	[math]14[/math]	[math]0.99\%[/math]
20%	[math]3.465735[/math]	[math]3.5[/math]	[math]0.99\%[/math]

💡 Osservazione: L’errore relativo è costante! Infatti [math]\frac{70 – 69.3147}{69.3147} \approx 0.00988 \approx 1\%[/math]. La regola del 70 sovrastima sempre il tempo di circa l’1%.

Domanda di riflessione: Perché nella capitalizzazione continua il tempo di raddoppio è inversamente proporzionale a [math]r[/math]? Come si modifica la formula se l’interesse è composto mensilmente?

Risposte alle domande di riflessione

Esercizio 1: Base del logaritmo tra 0 e 1

Sì, l’immagine di [math]\log_a x[/math] per [math]0 < a < 1[/math] è ancora tutto [math]\mathbb{R}[/math], ma la funzione è decrescente. Infatti, quando [math]x \to 0^+[/math], [math]\log_a x \to +\infty[/math] (poiché [math]a^k[/math] tende a 0 solo se [math]k \to +\infty[/math] con [math]a < 1[/math]), e quando [math]x \to +\infty[/math], [math]\log_a x \to -\infty[/math]. Quindi copre tutti i reali, ma con un ordine decrescente.

Esercizio 2: Inversione del verso e base uguale a 1

Per [math]0 < a < 1[/math], la funzione [math]\log_a x[/math] è decrescente: se [math]x_1 < x_2[/math] allora [math]\log_a x_1 > \log_a x_2[/math]. Di conseguenza, la disequazione [math]\log_a x > 0[/math] equivale a [math]x < a^0 = 1[/math] (invertiamo il verso perché la base è minore di 1).

Se la base fosse 1, il logaritmo non è definito: l’equazione [math]1^k = b[/math] non ammette soluzione per [math]b \neq 1[/math] (poiché [math]1^k[/math] è sempre 1), e ha infinite soluzioni per [math]b = 1[/math]. Pertanto, [math]a = 1[/math] è sempre escluso dal dominio.

Esercizio 3: Capitalizzazione e proporzionalità

Dalla legge [math]C e^{rt} = 2C[/math] si ottiene [math]e^{rt} = 2 \implies rt = \ln 2 \implies t = \frac{\ln 2}{r}[/math]. La relazione [math]t \propto \frac{1}{r}[/math] conferma che il tempo di raddoppio è inversamente proporzionale al tasso.

Con capitalizzazione mensile, la legge diventa [math]C(1 + \frac{r}{1200})^{12t} = 2C[/math]. Risolvendo per [math]t[/math]:

[math]\displaystyle 12t \cdot \ln\left(1 + \frac{r}{1200}\right) = \ln 2 \implies t = \frac{\ln 2}{12 \cdot \ln(1 + \frac{r}{1200})}[/math]

Per piccoli [math]r[/math], usando l’approssimazione [math]\ln(1+x) \approx x[/math], otteniamo:

[math]\displaystyle t \approx \frac{\ln 2}{12 \cdot (r/1200)} = \frac{100 \ln 2}{r}[/math]

Questa dimostra che, per tassi piccoli, la capitalizzazione mensile converge verso la stessa formula della capitalizzazione continua.

Perché questi esercizi sono interessanti?

Esercizio 1 (Biologia e Parametri)

È il classico ponte tra matematica pura e applicata. La particolarità qui non è solo risolvere l’equazione, ma capire che il logaritmo è una funzione suriettiva sui reali: non importa quanto sia alto il target [math]k[/math], ci sarà sempre un tempo [math]t[/math] in cui i batteri lo raggiungeranno. È un concetto rassicurante (o terrificante, se parliamo di infezioni).

Esercizio 2 (Fisica e Logica)

Qui la sfida è la base variabile. In genere a scuola si usano basi fisse (10 o [math]e[/math]). Cambiare la base con una variabile [math]t[/math] trasforma un calcolo meccanico in un esercizio di analisi dei casi. È interessante perché costringe a ragionare graficamente: cosa succede alla curva quando la base attraversa il valore 1?

Esercizio 3 (Economia e Approssimazione)

Dimostra come la matematica avanzata (le serie di Taylor e le approssimazioni lineari) si semplifichi in regole pratiche usate ogni giorno a Wall Street. È l’esercizio più utile per capire che la precisione assoluta a volte è meno importante della velocità di stima.