Esercizi Base sulle Equazioni Logaritmiche

Esercizio 1

\log_{5} x = -2

Condizione di esistenza:

x \gt 0

Applicando la definizione di logaritmo:

x = 5 ^ {-2} \rightarrow x = \frac{1}{5^2} = \frac{1}{25}

La soluzione è ammissibile in quanto:

\frac{1}{25} \gt 0

Esercizio 2

\log_{4} x = \frac{1}{2}

Condizione di esistenza:

x \gt 0

Applicando la definizione di logaritmo:

x = 4 ^ {1/2} \rightarrow x = \sqrt{4} = 2

La soluzione è ammissibile in quanto:

2 \gt 0

Esercizio 3

\log_{2} (x - 4) = 0

Condizione di esistenza:

x - 4 \gt 0 \rightarrow x \gt 4

Applicando la definizione di logaritmo:

(x - 4) = 2 ^ 0 \rightarrow x - 4 = 1 \rightarrow x = 5

La soluzione è ammissibile in quanto:

5 \gt 4

Esercizio 4

-\log_{10} (x + 10) + 2 = 0

Condizione di esistenza:

x + 10 \gt 0 \rightarrow x > -10

Riportiamo l'equazione in forma elementare cambiando il segno, poi applichiamo la definizione di logaritmo:

\log_{10} (x + 10) - 2 = 0 \rightarrow \log_{10} (x + 10) = 2 \rightarrow (x + 10) = 10^2
(x + 10) = 10^2 \rightarrow x + 10 = 100 \rightarrow x = 90

La soluzione è ammissibile in quanto:

90 \gt -10

Esercizio 5

\log_{10} (x^2 -3) = 0

Condizione di esistenza:

x^2 - 3 > 0 \rightarrow x^2 > 3
x < -\sqrt{3} \vee x > \sqrt{3}

Applichiamo la definizione di logaritmo:

\log_{10} (x^2 - 3) = 0 \rightarrow (x^2 -3) = 10^0 \rightarrow x^2 - 3 = 1
x^2 = 4 \rightarrow x = \pm 2

Entrambe le soluzioni sono ammissibili, infatti:

-2 < -\sqrt{3}
2 > \sqrt{3}

Esercizio 6

\log_{2} \left(\frac{5}{4} \cdot x - 1 \right) = -2

Condizione di esistenza:

\frac{5}{4} \cdot x - 1 > 0 \rightarrow \frac{5}{4} \cdot x > 1
x > \frac{4}{5}

Applichiamo la definizione di logaritmo:

\log_{2} \left(\frac{5}{4} \cdot x - 1 \right) = -2 \rightarrow \left(\frac{5}{4} \cdot x - 1 \right) = 2^{-2} \rightarrow \left(\frac{5}{4} \cdot x - 1 \right) = \frac{1}{4}
\frac{5}{4} \cdot x = \frac{1}{4} + 1 \rightarrow \frac{5}{4} \cdot x = \frac{5}{4} \rightarrow x = 1

La soluzione è ammissibile in quanto:

1 > \frac{4}{5}

Esercizio 7

\log_{3} (x^2 + 2x) = 1

Condizione di esistenza:

(x^2 + 2x) > 0 \rightarrow x \cdot (x + 2) > 0

questa equazione si traduce nell'unione delle soluzioni dei due sistemi di equazioni:

\left\{ \begin{aligned} & x > 0 \\ & x + 2 > 0 \end{aligned} \right. \quad \cup \quad \left\{ \begin{aligned} & x < 0 \\ & x + 2 < 0 \end{aligned} \right.

Per cui la condizione di esistenza risulta:

x < -2 \vee x > 0

Applichiamo la definizione di logaritmo:

\log_{3} (x^2 + 2x) = 1 \rightarrow x^2 + 2x = 3 \rightarrow x^2 + 2x - 3 = 0
x = \frac{-2 \pm \sqrt{2^2 - (4 \cdot - 3)}}{2} \rightarrow x_1 = -3, x_2 = 1

Entrambe le soluzioni sono ammissibili, infatti:

x_1 = -3 < -2
x_2 = 1 > 0

Esercizio 8

\log_{2} \frac{2x}{x + 3} = -1

Condizione di esistenza:

\frac{2x}{x + 3} > 0

questa equazione si traduce nell'unione delle soluzioni dei due sistemi di equazioni:

\left\{ \begin{aligned} & 2x > 0 \\ & x + 3 > 0 \end{aligned} \right. \quad \cup \quad \left\{ \begin{aligned} & 2x < 0 \\ & x + 3 < 0 \end{aligned} \right.

Per cui la condizione di esistenza risulta:

x < -3 \vee x > 0

Applichiamo la definizione di logaritmo:

\log_{2} \frac{2x}{x + 3} = -1 \rightarrow \frac{2x}{x + 3} = 2^{-1} \rightarrow \frac{2x}{x + 3} = \frac{1}{2}

Per poter portare il denominatore x + 3 dall'altro lato dell'equazione dobbiamo anche imporre la condizione:

x \neq -3

affinché esso non risulti pari a 0. Tuttavia questa condizione è già inclusa nella condizione di esistenza trovata prima. Continuando abbiamo che:

2 \cdot x = \frac{1}{2} \cdot (x + 3) \rightarrow 4x = x + 3 \rightarrow x = 1

La soluzione è ammissibile in quanto

x = 1 > 0
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