A new MATE

In questa sezione trovi esercizi svolti sulle equazioni con esponenziali e logaritmi.
Il sito è ancora in costruzione, quindi se gli esercizi non ci sono e/o sono pochi abbi un po' di pazienza.
Cerco di scriverne il più possibile! Se hai esercizi da proporre, non farti problemi a mandarmeli su Instagram , Facebook o per mail .

Esercizio 1

Difficoltà:

#potenze #base #uguale

Risolvi la seguente equazione

$3^{2-x}+3^{3-x}=12$

Soluzione

Come prima cosa ricordiamo le proprietà delle potenze:

$\begin{align*} A^n \cdot A^m & = A^{n+m} \\ A^n : A^m = \frac{A^n}{A^m} & = A^{n-m} \\ A^n \cdot B^n & = (A \cdot B)^n \\ A^n : B^n = \frac{A^n}{B^n} & = \left( \frac{A}{B}\right)^n \\ (A^n)^m & = A^{n \cdot m} \end{align*}$

Per la prima proprietà ho che

$3^{2-x} = 3^2 \cdot 3^{-x}$

$3^{3-x} = 3^3 \cdot 3^{-x}$

Quindi l’equazione diventa

$3^{2} \cdot 3^{-x}+3^{3} \cdot 3^{-x}=12$

ossia

$9 \cdot 3^{-x}+27 \cdot 3^{-x}=12$

Raccolgo $3^{-x}$ :

$3^{-x} (9+27)=12$

ossia

$3^{-x} \cdot 36=12$

Isolo $3^{-x}$ dividendo tutto per 36:

$3^{-x} = \frac{12}{36} = \frac{1}{3} = 3^{-1}$

Siamo arrivati a un’equazione in cui le basi a destra e sinistra dell’uguale sono uguali; affinchè l’uguaglianza sia verificata, devo quindi imporre che gli esponenti siano uguali, ossia

$-x = -1$

Moltiplicando tutto per -1 ottengo la soluzione

$x = 1$

Esercizio 2

Difficoltà:

#log #base #uguale

Risolvi la seguente equazione

$\log_3(x-2) = 2$

Soluzione

Come prima cosa devo imporre le condizioni di esistenza (C.E.): affinchè l’equazione abbia senso il logaritmo deve esistere e ciò avviene quando il suo argomento è positivo.

$\begin{align*} \text{C.E.:} & \qquad x-2 > 0 \\ \\ \text{C.E.:} & \qquad x > 2 \end{align*}$

Una volta trovate le condizioni di esistenza, posso andare a risolvere l’equazione. In questo caso posso applicare direttamente la definizione di logaritmo: ricordiamo infatti che $\log_a(b)$ è l’esponente che deve avere per essere uguale a , ossia

$\log_a(b) = c \; \; \Leftrightarrow \; \; b = a^c$

Nel nostro caso , , . Applicando la definizione si ha quindi

$\begin{align*} \log_3(x-2) & = 2 \\ x -2 & = 3^2 \\ x-2 & = 9 \\ x & = 11 \end{align*}$

Abbiamo quindi trovato una potenziale soluzione . L’ultimo step da fare è controllare se effettivamente la soluzione che abbiamo trovato è compatibile con le C.E… Dato che le C.E. erano , soddisfa le C.E. ed è quindi soluzione dell’esercizio.

Esercizio 3

Difficoltà:

#log #base #uguale

Risolvi la seguente equazione

$\log_2(2x-1)+\log_2(x) = \log_2(x+4)$

Soluzione

Come prima cosa devo imporre le condizioni di esistenza (C.E.): affinchè l’equazione abbia senso tutti i logaritmi devono esistere e ciò avviene quando tutti gli argomenti sono positivi.

$\begin{align*} \text{C.E.:} & \qquad \begin{cases} 2x-1 > 0 \\ x > 0 \\ x+4 > 0 \end{cases} \\ \text{C.E.:} & \qquad \begin{cases} x > \frac{1}{2} \\ x > 0 \\ x > -4 \end{cases} \\ \end{align*} \begin{tikzpicture} \shade[left color=yellow, right color = yellow] (4,1.5) rectangle (5,0); \draw (0,0) -- (5,0); \draw[dashed] (1,0.5) -- (1,-0.2); \draw[dashed] (3,1) -- (3,-0.2); \draw[dashed] (4,1.5) -- (4,-0.2); \node at (1,-0.5) {$-4$}; \node at (3,-0.5) {$0$}; \node at (4,-0.5) {$\frac{1}{2}$}; \draw (1,0.5) -- (5,0.5); \draw (3,1) -- (5,1); \draw (4,1.5) -- (5,1.5); \draw[black] (1,0.5) circle (1.5pt); \draw[black] (3,1) circle (1.5pt); \draw[black] (4,1.5) circle (1.5pt); \end{tikzpicture} \begin{align*} \text{C.E.:} & \qquad x > \frac{1}{2} \end{align*}$

Una volta trovate le condizioni di esistenza, posso andare a risolvere l’equazione. In questo caso devo solo "sistemare" la parte a sinistra dell’uguale: invece di avere la somma di due logaritmi voglio avere un unico logaritmo. Uso quindi le proprietà dei logaritmi e in particolare la proprietà

$\log_a(b) + \log_a(c) = \log_a(b \cdot c)$

Nel nostro caso , , . Quindi

$\log_2(2x-1) +\log_2(x) = \log_2((2x-1) \cdot x)$

Riprendendo l’equazione otteniamo quindi

$\begin{align*} \log_2(2x-1)+\log_2(x) & = \log_2(x+4) \\ \log_2((2x-1) \cdot x) & = \log_2(x+4) \end{align*}$

Ora che abbiamo un’uguaglianza fra due logaritmi con la stessa base, possiamo risolvere l’equazione imponendo che gli argomenti dei due logaritmi siano uguali.

$\begin{align*} \log_2((2x-1) \cdot x) & = \log_2(x+4) \\ (2x-1) \cdot x & = x+4 \\ 2x^2-x & = x+4 \\ 2x^2 -2x -4 & = 0 \\ 2(x^2-x-2) & = 0 \\ x^2-x-2 & = 0 \\ x_{1/2} & = \frac{1\pm\sqrt{1+8}}{2} = \frac{1\pm3}{2} \end{align*}$

Abbiamo quindi trovato due potenziali soluzioni e . L’ultimo step da fare è controllare se effettivamente le soluzioni che abbiamo trovato sono compatibili con le C.E… Dato che le C.E. erano $x > \frac{1}{2}$ , soddisfa le C.E. mentre non le soddisfa e quindi non è una soluzione accettabile. L’unica soluzione dell’esercizio è quindi .

Esercizio 4

Difficoltà:

#log #incognita #ausiliaria

Risolvi la seguente equazione

$\frac{\ln(x)-2}{\ln(x)+1} + \frac{\ln(x)+1}{\ln(x)} = \frac{2\ln(x)+5}{2\ln(x)+2}$

Soluzione

Come prima cosa devo imporre le condizioni di esistenza (C.E.): affinchè l’equazione abbia senso tutte le frazioni e tutti i logaritmi devono esistere, e ciò avviene quando tutti i denominatori sono diversi da zero e quando tutti gli argomenti dei logaritmi sono positivi.

$\begin{align*} \text{C.E.:} & \qquad \begin{cases} x > 0 \\ \ln(x)+1 \neq 0 \\ \ln(x) \neq 0 \\ 2\ln(x)+2 \neq 0 \end{cases} \\ \text{C.E.:} & \qquad \begin{cases} x > 0 \\ \ln(x) \neq -1 \\ \ln(x) \neq 0 \\ \ln(x) \neq -1 \end{cases} \\ \text{C.E.:} & \qquad \begin{cases} x > 0 \\ x \neq e^{-1} \\ x \neq e^0 \end{cases} \\ \text{C.E.:} & \qquad \begin{cases} x > 0 \\ x \neq \frac{1}{e} \\ x \neq 1 \end{cases} \end{align*} \begin{tikzpicture} \shade[left color=yellow, right color = yellow] (1,1.5) rectangle (2.48,0); \shade[left color=yellow, right color = yellow] (2.52,1.5) rectangle (3.98,0); \shade[left color=yellow, right color = yellow] (4.02,1.5) rectangle (5,0); \draw (0,0) -- (5,0); \draw[dashed] (1,0.5) -- (1,-0.2); \draw[dashed] (2.5,1) -- (2.5,-0.2); \draw[dashed] (4,1.5) -- (4,-0.2); \node at (1,-0.5) {$0$}; \node at (2.5,-0.5) {$\frac{1}{e}$}; \node at (4,-0.5) {$1$}; \draw (1,0.5) -- (5,0.5); \draw (0,1) -- (5,1); \draw (0,1.5) -- (5,1.5); \draw[black] (1,0.5) circle (1.5pt); \draw[black] (2.5,1) circle (1.5pt); \draw[black] (4,1.5) circle (1.5pt); \end{tikzpicture} \begin{align*} \text{C.E.:} & \qquad x > 0, x \neq \frac{1}{e}, x \neq 1 \end{align*}$

Una volta trovate le condizioni di esistenza, posso andare a risolvere l’equazione. In questo caso noto che i logaritmi all’interno dell’equazione sono tutti uguali e pari a $\ln(x)$ : posso quindi procedere per sostituzione. Pongo

$t = \ln(x)$

e riscrivo l’equazione in :

$\frac{t-2}{t+1} + \frac{t+1}{t} = \frac{2t+5}{2t+2}$

Abbiamo quindi trasformato la nostra equazione logaritmica in in un’equazione fratta di primo grado in . Andiamo a risolverla facendo denominatore comune.

$\frac{2t(t-2)+2(t+1)(t+1)}{2t(t+1)} = \frac{t(2t+5)}{2t(t+1)}$

$2t(t+1) \cdot \frac{2t(t-2)+2(t+1)(t+1)}{2t(t+1)} = \frac{t(2t+5)}{2t(t+1)} \cdot 2t(t+1)$

$t_{1/2} = \frac{+5\pm\sqrt{25-16}}{4} = \frac{5\pm 3}{4}$

Abbiamo quindi trovato due soluzioni in : $t = \frac{1}{2}$ e .

Noi però stavamo cercando soluzioni in e non in : devo quindi tornare indietro e ricordarmi che avevo posto $t = \ln(x)$ .

Da $t = \frac{1}{2}$ ottengo

$\begin{align*} \ln(x) & = \frac{1}{2} \\ x & = e^{\frac{1}{2}} = \sqrt{e} \end{align*}$

mentre da ottengo

$\begin{align*} \ln(x) & = 2 \\ x & = e^{2} \end{align*}$

L’ultimo step da fare è controllare se effettivamente le soluzioni che abbiamo trovato sono compatibili con le C.E… Dato che $x = \sqrt{e}$ e sono entrambe maggiori di zero e diverse da $\frac{1}{e}$ e , sono entrambe soluzioni accettabili. L’equazione ha quindi due soluzioni

$\begin{align*} x & = \sqrt{e} \\ x & = e^{2} \end{align*}$