Soluzioni Prova Matematica IUSS 2025

Questa è la soluzione di una prova di matematica della IUSSche ho fatto per allenamento (2025). Se trovate un errore o pensate che possa essere fatta in maniera più elegate, scrivetemi pure a: 4vbwaikua@mozmail.com Thankssss!

Esercizio 1.

Dimostriamo un teorema preliminare:

Teorema: Sia P un punto interno ad un triangolo equilatero. La somma delle distanze di P dai lati del triangolo è indipendente dalla scelta di P ed è pari a $𝑙 \frac{\sqrt{3}}{2}$ , dove $𝑙$ è il lato del triangolo.

Dimostrazione: Connettendo P ai vertici del triangolo equilatero è possibile dividere il triangolo equilatero in tre sotto-triangoli. La somma delle aree dei tre sotto-triangoli è uguale a quella del triangolo iniziale (sono una partizione del triangolo iniziale). Dunque:

\frac{𝑙 \cdot 𝑙 \frac{\sqrt{3}}{2}}{2} = \frac{𝑙 \cdot ℎ_{1}}{2} + \frac{𝑙 \cdot ℎ_{2}}{2} + \frac{𝑙 \cdot ℎ_{3}}{2}

Da cui:

𝑙 \frac{\sqrt{3}}{2} = ℎ_{1} + ℎ_{2} + ℎ_{3}

Inoltre possiamo trovare la seguente relazione semplificata per $𝜆_{1} (𝑃), 𝜆_{2} (𝑃), 𝜆_{3} (𝑃)$ :

Lemma:

𝜆_{𝑥} = \frac{\frac{𝑙 \cdot ℎ_{𝑥}}{2}}{𝑙^{2} \frac{\sqrt{3}}{4}} = \frac{ℎ_{𝑥}}{𝑙 \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{ℎ_{𝑥}}{𝐻}

Ora possiamo risolvere i vari punti del problema.

Punto 1.

Utilizzando l’espressione trovata per $𝜆_{𝑥}$ :

𝜆_{1} + 2 𝜆_{2} 𝜆_{3} = \frac{ℎ_{1}}{𝐻} + 2 \frac{ℎ_{2}}{𝐻} \cdot \frac{ℎ_{3}}{𝐻} = 3

Da cui:

ℎ_{1} + 2 \frac{ℎ_{2} \cdot ℎ_{3}}{𝐻} = 3 𝐻

Ora, dimostriamo che il membro a sinistra è sempre più piccolo. Sostituiamo $ℎ_{3}$ con qualcosa di più grande e dimostriamo che è comunque più piccolo di $3 𝐻$ :

ℎ_{1} + 2 \frac{ℎ_{2} \cdot ℎ_{3}}{𝐻} < ℎ_{1} + 2 ℎ_{2} < 3 𝐻 = 3 ℎ_{1} + 3 ℎ_{2} + 3 ℎ_{3}

0 < 2 ℎ_{1} + ℎ_{2} + 3 ℎ_{3} \Rightarrow ℎ_{1} + 2 ℎ_{2} < 3 𝐻

Qui abbiamo sostituito $𝐻$ sfruttando il es1:theo1[Teorema]. Siccome qualcosa di sicuramente più grande dell’espressione data è sicuramente più piccola di $3 𝐻$ (eccetto nel caso degenere in cui il triangolo ha lato 0) segue la tesi. $□$

Punto 2.

Il sistema è equivalente a:

{\begin{cases} 𝜆_{2} = 𝜆_{3} \Leftrightarrow ℎ_{2} = ℎ_{3} \\ \frac{ℎ_{1}}{𝐻} = 2 \frac{ℎ_{2}}{𝐻} \cdot \frac{ℎ_{3}}{𝐻} \end{cases}

Da cui:

{\begin{cases} ℎ_{2} = ℎ_{3} \\ ℎ_{1} = 2 \frac{ℎ_{2} \cdot ℎ_{3}}{𝐻} \end{cases} \Rightarrow ℎ_{1} = 2 \frac{ℎ_{2}^{2}}{ℎ_{1} + 2 ℎ_{2}} \Rightarrow ℎ_{1}^{2} + 2 ℎ_{1} ℎ_{2} - 2 ℎ_{2}^{2} = 0

Da ciò segue che:

ℎ_{1} = ℎ_{2} (- 1 + \sqrt{3}) (deve essere per forza positivo, l'altra radice la scartiamo)

Da qui, sfruttando il es1:theo1

ℎ_{2} (- 1 + \sqrt{3}) + ℎ_{2} + ℎ_{2} = \frac{\sqrt{3}}{2} 𝑙

Dunque per $ℎ_{2}$ c’è una sola sol. Da quanto detto precedentemente segue che anche per $ℎ_{1}$ e $ℎ_{3}$ c’è una sola sol. $□$

Punto 3.

Affinchè il valore dell’esponenziale sia massimo è necessario che il valore dell’esponente sia massimo. L’esponente è uguale a:

\frac{ℎ_{1}}{𝐻} \cdot \frac{ℎ_{2}}{𝐻} \cdot \frac{ℎ_{3}}{𝐻}

Dunque proporzionale a $ℎ_{1} \cdot ℎ_{2} \cdot ℎ_{3}$ . Tuttavia per il es1:theo1 sappiamo che la loro somma è fissata. E’ dunque noto che in questi casi si ottiene il massimo se $ℎ_{1} = ℎ_{2} = ℎ_{3}$ (se si dubita di questo vedere es1:theo2). Dunque per ottenere il massimo P si deve trovare al centro del triangolo (esiste un unico punto equidistante da tutti i lati, il baricentro). $□$

Teorema: Quanto detto precedentemente

Dimostrazione:

max 𝑥 \cdot 𝑦 \cdot 𝑧 = max 𝑥 \cdot 𝑦 \cdot (𝑆 - 𝑥 - 𝑦) dove 𝑆 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧

Dunque si ricava che cerchiamo il massimo di:

𝑥 𝑦 𝑆 - 𝑥^{2} 𝑦 - 𝑥 𝑦^{2}

Dove S è una costante. Imponiamo il gradiente a zero per trovare i punti stazionari:

\begin{aligned} \frac{𝜕}{𝜕 𝑥} (𝑥 𝑦 𝑆 - 𝑥^{2} 𝑦 - 𝑥 𝑦^{2}) = 0 \\ \frac{𝜕}{𝜕 𝑦} (𝑥 𝑦 𝑆 - 𝑥^{2} 𝑦 - 𝑥 𝑦^{2}) = 0 \end{aligned}

Da ciò si ricava:

\begin{aligned} 𝑥 = \frac{𝑆 - 𝑦}{2} \\ 𝑦 = \frac{𝑆 - 𝑥}{2} \end{aligned}

Da cui si ricava $𝑥 = 𝑦 = \frac{𝑆}{3}$ da cui si ricava la tesi sottraendo da $𝑆$ $𝑥$ e $𝑦$ .

Esercizio 2.

Punto 1. Dimostrazione: $𝑓 (- 2 𝑥) = 𝑓 (2 𝑥)$ significa che $𝑓$ è pari. Per le funzioni pari:

𝑓^{'} (𝑥) = lim_{𝛿 \to 0} \frac{𝑓 (𝑥 + 𝛿) - 𝑓 (𝑥)}{𝛿} = lim_{𝛿 \to 0} \frac{𝑓 (- 𝑥 - 𝛿) - 𝑓 (- 𝑥)}{𝛿} = - 𝑓^{'} (- 𝑥)

Affinchè $𝑓^{'}$ non sia mai negativo non può essere mai nemmeno positivo, quindi la funzione deve essere costante.

Punto 2.

Dimostrazione: Dire che $𝑓 (- 𝑥 - 3) = - 𝑓 (𝑥 + 3)$ significa dire che la funzione è dispari. Una proprietà delle funzioni dispari è che il loro grafico ha una simmetria centrale per $(0, 0)$ . Ciò significa tra l’altro che:

𝑓^{'} (- 𝑥) = lim_{𝛿 \to 0} \frac{𝑓 (- 𝑥 + 𝛿) - 𝑓 (- 𝑥)}{𝛿} = lim_{𝛿 \to 0} \frac{𝑓 (𝑥) - 𝑓 (𝑥 - 𝛿)}{𝛿} = 𝑓^{'} (𝑥)

Perciò:

𝑓^{'} (𝑥) 𝑓 (4 𝑥) + 𝑓^{'} (- 𝑥) 𝑓 (- 4 𝑥) = 𝑓^{'} (𝑥) 𝑓 (4 𝑥) + (𝑓^{'} (𝑥)) (- 𝑓 (4 𝑥)) = 0

Punto 3.

Dimostrazione: Se $𝑥 \geq 𝑦$ la relazione rimane così com’è, altrimenti:

(𝑓^{'} (𝑦) - 𝑓^{'} (𝑥)) (𝑦 - 𝑥) \geq 3 {(𝑦 - 𝑥)}^{2}

Questa è esattamente la stessa relazione con x e y scambiate, quindi possiamo assumere senza perdita di generalità che $𝑥 \geq 𝑦$ . Se $𝑥 = 𝑦$ la relazione segue banalmente, quindi supponiamo che $𝑥 > 𝑦$ . Perciò possiamo dividere entrambi i membri per $𝑥 - 𝑦$ :

𝑓^{'} (𝑥) - 𝑓^{'} (𝑦) \geq 3 (𝑥 - 𝑦)

Imponiamo che $𝑥 = 0$ :

𝑓^{'} (0) - 𝑓^{'} (𝑦) \geq 3 (0 - 𝑦) = - 3 𝑦

Da cui:

3 𝑦 + 𝑓^{'} (0) \geq 𝑓^{'} (𝑦)

Visto che è crescente $𝑓^{'} (𝑦) \geq 0$ , da cui:

3 𝑦 + 𝑓^{'} (0) \geq 0

Ma per $𝑦 \to - \infty$ questo è impossibile, indipendentemente da quanto è grande $𝑓^{'} (0)$ (che per le ipotesi di derivabilità è finito).

Esercizio 3.

Punto 1. Poichè una funzione esponenziale del tipo $𝑎^{𝑥}$ e una retta del tipo $- 𝑥$ hanno una sola intersezione (come si può intuire graficamente) basta trovare un numero e verificare che funziona. Questo numero è $𝑥 = - \frac{1}{3}$ , come si può facilmente verificare:

27^{- \frac{1}{3}} = 3^{3 \cdot (- \frac{1}{3})} = 3^{- 1} = - (- \frac{1}{3})

Punto 2. Le funzioni esponenziali sono sempre positive se la base è positiva. Se la base è negativa sono definite solo per esponenti interi. Dunque $𝑥^{2} - 9 𝑥 + 13$ deve essere negativa e $𝑥^{2} - 6 𝑥 + 1$ deve essere intera. Inoltre il risultato di un esponenziale può essere −1 solo se l’esponente è dispari e la base è −1. Dunque possiamo prendere la seconda di queste condizioni, ottenendo un eq. di secondo grado con due sol:

𝑥^{2} - 9 𝑥 + 13 = - 1 \Rightarrow 𝑥 = 2 \lor 𝑥 = 7

Solo in questi due casi POTREMMO ottenere −1. Verifichiamolo:

\begin{aligned} 𝑥 = 2 : 𝑥^{2} - 6 𝑥 + 1 = - 7 dispari, otteniamo -1 \\ 𝑥 = 7 : 𝑥^{2} - 6 𝑥 + 1 = 8 pari, purtoppo non otteniamo -1 \end{aligned}

Perciò l’unica sol è $𝑥 = 2$ .

Esercizio 4.

Punto 1.

Dimostriamo induttivamente che $- 1 < 𝑢_{𝑛} \forall 𝑛 \in ℕ$ .

Passo base: $𝑢_{0} = 0 > - 1$

Passo induttivo: Mostriamo che la condizione $- 1 < 𝑢_{𝑛}$ implica che $- 1 < 𝑢_{𝑛 + 1}$

- 1 < 𝑢_{𝑛} \Rightarrow 0 < 3 𝑢_{𝑛} + 3 \Rightarrow - 2 𝑢_{𝑛} - 5 < 𝑢_{𝑛} - 2

Da cui, siccome $- 1 < 𝑢_{𝑛} \Rightarrow 2 𝑢_{𝑛} + 5 > 0$ :

- 2 𝑢_{𝑛} - 5 < 𝑢_{𝑛} - 2 \Rightarrow - 1 < \frac{𝑢_{𝑛} - 2}{2 𝑢_{𝑛} + 5} = 𝑢_{𝑛 + 1}

Ora dimostriamo che la funzione è decrescente:

{(𝑢_{𝑛} + 1)}^{2} \geq 0 \Rightarrow 𝑢_{𝑛}^{2} + 2 𝑢_{𝑛} + 1 \geq 0 \Rightarrow 2 𝑢_{𝑛}^{2} + 4 𝑢_{𝑛} + 2 \geq 0 \Rightarrow 2 𝑢_{𝑛}^{2} + 5 𝑢_{𝑛} \geq 𝑢_{𝑛} - 2

Da cui, siccome $2 𝑢_{𝑛} + 5 > 0$ perchè $𝑢_{𝑛} > - 1$ :

2 𝑢_{𝑛}^{2} + 5 𝑢_{𝑛} \geq 𝑢_{𝑛} - 2 \Rightarrow 𝑢_{𝑛} \geq \frac{𝑢_{𝑛} - 2}{2 𝑢_{𝑛} + 5} = 𝑢_{𝑛 + 1}

Punto 2.

Sappiamo che:

𝑣_{𝑛} = \frac{6}{1 + 𝑢_{𝑛}}

Possiamo ora ricavare $𝑢_{𝑛}$ da $𝑣_{𝑛}$ :

𝑢_{𝑛} = \frac{6}{𝑣_{𝑛}} - 1

Ora, la formula di $𝑣_{𝑛 + 1}$ è:

𝑣_{𝑛 + 1} = \frac{6}{1 + 𝑢_{𝑛 + 1}} = \frac{6}{1 + \frac{𝑢_{𝑛} - 2}{2 𝑢_{𝑛} + 5}}

Da cui, applicando la formula (4.2):

𝑣_{𝑛 + 1} = \frac{6}{1 + \frac{\frac{6}{𝑣_{𝑛}} - 3}{\frac{12}{𝑣_{𝑛}} + 3}} = \frac{6}{1 + \frac{2 - 𝑣_{𝑛}}{4 + 𝑣_{𝑛}}} = \frac{6 (4 + 𝑣_{𝑛})}{4 + 𝑣_{𝑛} + 2 - 𝑣_{𝑛}} = 4 + 𝑣_{𝑛}

Perciò, visto che dalla formula (4.1) si ricava che $𝑣_{0}$ = 6, l’espressione di $𝑣_{𝑛} = 6 + 4 𝑛$

Punto 3.

Sostituendo l’espressione trovata per $𝑣_{𝑛}$ :

𝑤_{𝑛} = 𝑒^{3 - (6 + 4 𝑛)} = 𝑒^{- 3 - 4 𝑛} = 𝑒^{- 3} \cdot 𝑒^{- 4 𝑛}

Ora, $𝑤_{0} = 𝑒^{- 3}$ .

Esercizio 5.

Punto 1.

𝑓 (𝑥) = 6 {sin}^{2} 𝑥 + 5 cos 𝑥 + 4 = - 6 {cos}^{2} 𝑥 + 5 cos 𝑥 + 10 = - 6 𝑡^{2} + 5 𝑡 + 10

Il massimo si trova in $𝑡_{max} = \frac{- 𝑏}{2 𝑎} = \frac{5}{12}$ , dunque in $𝑥 = arccos (\frac{5}{12}) \approx 1.14$ . Il massimo che si ottiene in quel punto si calcola direttamente dall’espressione $𝑓 (𝑥) = - 6 𝑡^{2} + 5 𝑡 + 10 = \frac{265}{24}$ .

Punto 2. No, perchè l’arcoseno è biunivoco in $0 < 𝑥 < 𝜋$ , quindi solo il coseno di $arccos (\frac{5}{12})$ è uguale a $\frac{5}{12}$ in quell’intervallo.

Esercizio 6.

Punto 1. Sì, se $𝑘 = 0$ il polinomio ha solo due soluzioni reali, quindi esiste un valore di $𝑘$ di questo tipo.

Punto 2.

Facciamo un raccoglimento:

𝑝 (𝑥) = 𝑥^{4} - (𝑘^{2} 𝑥^{2} - 2 𝑘 𝑥 + 1) = 𝑥^{4} - {(𝑘 𝑥 - 1)}^{2}

Da cui, otteniamo una radice se:

𝑥^{4} = {(𝑘 𝑥 - 1)}^{2} \Leftrightarrow \pm 𝑥^{2} = 𝑘 𝑥 - 1

Possiamo immaginare di disegnare sul piano cartesiano le due parabole e il fascio di rette $𝑘 𝑥 - 1$ . La parabola $- 𝑥^{2}$ sicuramente ha 2 intersezioni perchè il fascio di rette passa per $(0, - 1)$ . La parabola $𝑥^{2}$ invece può averne $0, 1, 2$ . Si ricava:

{\begin{cases} 𝑦 = 𝑘 𝑥 - 1 \\ 𝑦 = 𝑥^{2} \end{cases} ha una sola soluzione 𝑥 \Leftrightarrow 𝑘 = \pm 2

Da cui, tenendo in considerazione il grafico:

\begin{aligned} se: 𝑘 < - 2 & \to 4 sol \\ se: 𝑘 = - 2 & \to 3 sol \\ se: - 2 < 𝑥 < 2 & \to 2 sol \\ se: 𝑘 = 2 & \to 3 sol \\ se: 2 < 𝑘 & \to 4 sol \end{aligned}