¿Cuándo llega a 300 una cantidad hipotética que empieza en 100 y se duplica cada 3 horas? La ecuación busca el tiempo; el logaritmo recupera el exponente. Usamos comprobación, exponenciales y logaritmos.

100 ⋅ (2)^(t/3) = 300 ⟺ (2)^(t/3) = 3 ⟺ t = 3(log⁡)_(2)3 ≈ 4.755.

t está en horas y t≥0. El decimal es aproximado; el valor exacto da 100 ⋅ (2)^((log⁡)_(2)3) = 300. Para a>0, a≠1, aᵘ=aᵛ equivale a u=v. Con bases distintas podemos tomar logaritmos de ambos lados positivos; cero y negativos están excluidos.

Alcanzar un umbral

Q(t)=100·2ᵗᐟ³; Q=300

02460100300400t, hQ
Q(t)=100·2ᵗᐟ³ continua, umbral 300 discontinuo. Cruce t=3log₂3≈4,755 h, cantidad hipotética. Escalas uniformes, tiempo continuo.

La sustitución tiene recorrido

(4)^(x) − 3 ⋅ (2)^(x) − 4 = 0; u = (2)^(x) > 0; (u − 4)(u + 1) = 0.

Descartamos u=−1 porque una exponencial es positiva. u=4 da x=2; comprobación: 16−12−4=0. Hay que volver a x.

Conserva el dominio original

(log⁡)_(2)(x − 1) + (log⁡)_(2)(x − 3) = 3; x > 3.

Los dos argumentos originales deben ser positivos. Solo entonces podemos unir los logaritmos:

(x − 1)(x − 3) = 8 ⟺ (x − 5)(x + 1) = 0.

Los candidatos son 5 y −1; solo queda 5, que da log₂4+log₂2=3. El logaritmo del producto puede existir donde los separados no existen: no amplíes el dominio.

Un sistema

(log⁡)_(2)x + y = 3, (log⁡)_(2)x − y = 1 (x > 0).

Sea u=log₂x. Sumando y restando obtenemos u=2, y=1, luego x=4. Se cumplen ambas ecuaciones originales. OpenStax Vuelve a los argumentos, signos y dominio físico antes de dar la respuesta.