Fonte: ITA – prova de Matemática da 2ª fase. Arquivos na página de provas anteriores do ITA.

A prova de Matemática da 2ª fase do ITA 2024 tem 10 questões dissertativas. O ITA não publica resolução oficial da 2ª fase; as resoluções abaixo são nossas, e cada resposta foi conferida por um segundo caminho (substituição, outra fórmula ou verificação por computador).

Respostas

Questão Assunto Resposta
1 Progressão aritmética e geométrica $n = 4$
2 Caminhos pelas pontes (caminho de Euler) 32 (16 em cada sentido)
3 Inequação com módulos de logaritmos $-4 < x < -\frac14$ ou $\frac14 < x < 4$
4 Matriz definida positiva $-1 < b < 1$
5 Polinômio simétrico em torno de $x = 1$ $1 \pm \sqrt{3}$ e $1 \pm i\sqrt{6}$
6 Maior segmento dentro de um sólido $\frac{4\sqrt{161}}{5}$
7 Circunferência tangente ao eixo $y$ $(x - 4 - \sqrt{6})^2 + (y - 3 + \sqrt{6})^2 = (4 + \sqrt{6})^2$
8 Trapézio com vértices na parábola $\frac{483}{64}$
9 Raízes complexas e área $4\sqrt{5}$
10 Tangente do arco metade $\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$, $\frac{\sqrt{5}}{5}$ e $\frac{5 - \sqrt{5}}{10}$

Questão 1: Quantos termos da PG somam −80?

Enunciado

Sejam $(a_n)$ uma progressão aritmética e $(b_n)$ uma progressão geométrica. Se a razão de $(a_n)$ é $r$, $r \ne 0$, a razão de $(b_n)$ é $q = 1/r$, $a_1 = b_1 = 4$ e

$$a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 = \frac{50}{3},$$

determine $n$ de modo que a soma dos $n$ primeiros termos da progressão geométrica seja igual a $-80$.

Resolução

1. A razão da PA. $a_1 + \dots + a_5 = 5a_1 + 10r = 20 + 10r = \frac{50}{3}$, então $r = -\frac{1}{3}$ e $q = \frac{1}{r} = -3$.

2. Soma da PG. Com $b_1 = 4$ e $q = -3$:

$$S_n = \frac{4\left((-3)^n - 1\right)}{-3 - 1} = 1 - (-3)^n$$

3. Resolvendo. $1 - (-3)^n = -80 \Rightarrow (-3)^n = 81 = (-3)^4 \Rightarrow n = 4$.

Conferindo: $4 - 12 + 36 - 108 = -80$ ✔

Resposta: $n = 4$.

Para revisar, veja Progressão Aritmética.

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Questão 2: Atravessando cada ponte uma única vez

Enunciado

Quatro cidades $A$, $B$, $C$ e $D$ estão ligadas por seis pontes distintas da seguinte maneira:

  • uma ponte liga $A$ e $B$;
  • uma ponte liga $A$ e $C$;
  • uma ponte liga $B$ e $C$;
  • duas pontes ligam $B$ e $D$;
  • uma ponte liga $C$ e $D$.

Quantos caminhos são possíveis ligando todas as cidades e passando por todas as pontes uma única vez, sabendo que é permitido passar em uma mesma cidade mais de uma vez?

Resolução

É o problema das pontes de Königsberg em miniatura: queremos caminhos de Euler.

1. Graus. Contando as pontes de cada cidade: $A$ tem 2, $B$ tem 4, $C$ tem 3 e $D$ tem 3. Num caminho que usa cada ponte uma vez, toda cidade intermediária é “entrada e saída” o mesmo número de vezes; por isso as cidades de grau ímpar são exatamente o início e o fim. O caminho começa em $C$ e termina em $D$, ou o contrário.

2. Simplificando $A$. $A$ só tem as pontes $AB$ e $AC$, que são usadas em sequência ($B \to A \to C$ ou $C \to A \to B$). Podemos tratar esse trecho como uma “ponte” $e$ entre $B$ e $C$. Ficam: duas ligações $B$–$C$ ($e$ e a ponte $f = BC$), a ponte $g = CD$ e duas pontes $h_1, h_2$ entre $B$ e $D$.

3. Contando os caminhos de $C$ para $D$.

  • Começando por $g$ ($C \to D$). De $D$, vamos a $B$ por $h_1$ ou $h_2$ (2 escolhas). Em $B$ não podemos voltar a $D$ (as ligações $B$–$C$ ficariam sem uso), então vamos a $C$ por $e$ ou $f$ (2 escolhas), voltamos a $B$ pela outra e terminamos em $D$ pela ponte $h$ restante. Total: $2 \cdot 2 = 4$.

  • Começando por $e$ ou $f$ ($C \to B$, 2 escolhas). Em $B$:

    • voltar a $C$ pela outra ligação; de $C$ só resta $g$ até $D$, e de $D$ fazemos $D \to B \to D$ com $h_1, h_2$ em alguma ordem: 2 caminhos;
    • ir a $D$ por um $h$ (2 escolhas); de $D$, ou vamos a $C$ por $g$ e depois $C \to B \to D$, ou vamos a $B$ pelo outro $h$ e depois $B \to C \to D$: 2 caminhos. Subtotal $2 \cdot 2 = 4$.

    Por escolha inicial, $2 + 4 = 6$; com as 2 escolhas, 12.

De $C$ para $D$: $4 + 12 = 16$ caminhos.

4. Os dois sentidos. Cada caminho de $C$ para $D$, percorrido de trás para a frente, é um caminho de $D$ para $C$. Total: $16 + 16 = 32$.

Conferimos por computador, listando todos os percursos que usam as seis pontes uma vez: 16 começam em $C$, 16 começam em $D$ e nenhum começa em $A$ ou $B$.

Resposta: 32 caminhos (16 de $C$ para $D$ e 16 de $D$ para $C$; se um caminho e o seu inverso forem considerados o mesmo, são 16).

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Questão 3: Soma de módulos de logaritmos

Enunciado

Determine todos os valores reais de $x$ para os quais

$$\left|\log_{1/2}|x|\right| + \left|\log_2|x|\right| < 4.$$

Resolução

1. Uma base só. $\log_{1/2} u = -\log_2 u$, então $\left|\log_{1/2}|x|\right| = \left|\log_2|x|\right|$ e a inequação é

$$2\left|\log_2|x|\right| < 4 \quad\Longleftrightarrow\quad -2 < \log_2|x| < 2 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{1}{4} < |x| < 4$$

(com $x \ne 0$ para o logaritmo existir, o que já está garantido).

Conferindo com $x = 1$: $0 + 0 < 4$ ✔. Com $x = 4$: $2 + 2 = 4$, não é menor, e de fato fica fora.

Resposta: $x \in \left]-4, -\frac{1}{4}\right[ \;\cup\; \left]\frac{1}{4}, 4\right[$.

Para revisar, veja Propriedades de Logaritmos.

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Questão 4: Quando a matriz é definida positiva

Enunciado

Dada uma matriz $A \in M_n(\mathbb{R})$ simétrica, dizemos que $A$ é definida positiva se

$$X^T A X = [y], \quad y > 0,$$

para toda $X \in M_{n,1}(\mathbb{R})$ que tem ao menos uma entrada não-nula. Encontre todos os possíveis valores de $b \in \mathbb{R}$ tais que a matriz

$$A = \begin{pmatrix} 1 & b \\ b & 1 \end{pmatrix}$$

seja definida positiva.

Resolução

1. A forma quadrática. Com $X = \begin{pmatrix} u \\ v \end{pmatrix}$:

$$X^T A X = u^2 + 2buv + v^2 = (u + bv)^2 + (1 - b^2)v^2$$

2. Se $|b| < 1$: os dois termos são $\ge 0$. A soma só é zero se $v = 0$ e $u + bv = 0$, isto é, $u = v = 0$. Então é positiva para todo $X \ne 0$ ✔

3. Se $|b| \ge 1$: tome $u = -b$, $v = 1$. Então $X^T A X = 1 - b^2 \le 0$, e $A$ não é definida positiva.

Resposta: $-1 < b < 1$.

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Questão 5: Raízes de um polinômio simétrico em torno de 1

Enunciado

Encontre as raízes do polinômio $p(x) = x^4 - 4x^3 + 9x^2 - 10x - 14$, sabendo que vale a relação $p(1 + x) = p(1 - x)$, para todo $x \in \mathbb{C}$.

Resolução

1. Mudando a variável. A relação diz que $p(1 + t)$ é uma função par de $t$: só tem potências pares. Calculando:

$$p(1 + t) = (1 + t)^4 - 4(1 + t)^3 + 9(1 + t)^2 - 10(1 + t) - 14 = t^4 + 3t^2 - 18$$

(os termos em $t^3$ e $t$ se cancelam: $4 - 4 = 0$ e $4 - 12 + 18 - 10 = 0$.)

2. Equação biquadrada. $t^4 + 3t^2 - 18 = (t^2 + 6)(t^2 - 3) = 0$, então $t = \pm\sqrt{3}$ ou $t = \pm i\sqrt{6}$.

3. Voltando a $x = 1 + t$.

$$x = 1 \pm \sqrt{3}, \qquad x = 1 \pm i\sqrt{6}$$

Conferindo por Girard: a soma das raízes é $4$ (coeficiente $-(-4)$) ✔ e o produto é $(1 - 3)(1 + 6) = -14$ ✔

Resposta: $1 + \sqrt{3}$, $1 - \sqrt{3}$, $1 + i\sqrt{6}$ e $1 - i\sqrt{6}$.

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Questão 6: O maior segmento dentro do sólido em L

Enunciado

O sólido $S$ é formado pela união de dois paralelepípedos retângulos congruentes, com posição e medidas conforme a figura.

Seja $\overline{AB}$ um segmento de reta completamente contido em $S$ que contém um dos vértices de $S$. Encontre o maior valor possível de $m(\overline{AB})$.

Resolução

1. Coordenadas. Os dois blocos são $3 \times 4 \times 5$. Ponha

  • bloco alto: $0 \le x \le 3$, $0 \le y \le 4$, $0 \le z \le 5$;
  • bloco baixo: $3 \le x \le 8$, $0 \le y \le 4$, $0 \le z \le 3$.

O segmento mais longo deve ir de uma ponta à outra do “L”: de um canto inferior direito, como $V = (8, 0, 0)$, até a face $x = 0$, subindo o máximo possível sem “furar” a quina $x = 3$, $z = 3$.

2. A restrição. Seja o outro extremo $E = (0, y, z)$. Ao longo de $VE$, a altura cresce linearmente com a distância percorrida em $x$. No ponto em que $x = 3$ (depois de andar 5 dos 8 em $x$), a altura é $\frac{5}{8}z$, e ali o segmento ainda está no bloco baixo, então

$$\frac{5}{8}z \le 3 \quad\Rightarrow\quad z \le \frac{24}{5}$$

Antes disso ($x > 3$) a altura é ainda menor, e depois ($x < 3$) estamos no bloco alto, que vai até $z = 5$. Também $y \le 4$.

3. Maximizando. $m(\overline{VE})^2 = 8^2 + y^2 + z^2$ é máximo com $y = 4$ e $z = \frac{24}{5}$:

$$m(\overline{VE})^2 = 64 + 16 + \frac{576}{25} = \frac{2576}{25} \quad\Rightarrow\quad m(\overline{VE}) = \frac{\sqrt{2576}}{5} = \frac{4\sqrt{161}}{5} \approx 10{,}15$$

O segmento encosta na aresta interna $x = 3$, $z = 3$ (no ponto $y = 2{,}5$), o que é permitido, pois o sólido inclui sua fronteira.

4. Outras tentativas são menores. Partindo dos cantos de cima do bloco alto não dá para chegar ao lado direito subindo pouco; ligações “retas” como $(0,0,0)$ a $(8,4,3)$ dão $\sqrt{89} \approx 9{,}43$; e um segmento que passe pela quina interna $(3, 0, 3)$ precisa ficar no plano $y = 0$ e mede no máximo $\sqrt{64 + \frac{576}{25}} \approx 9{,}33$. Uma busca por computador, varrendo milhares de direções a partir de cada um dos 12 vértices, não encontrou nada maior que $\frac{4\sqrt{161}}{5}$.

Resposta: $m(\overline{AB})_{\max} = \dfrac{4\sqrt{161}}{5} \approx 10{,}15$.

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Questão 7: A circunferência maior tangente ao eixo y

Enunciado

Determine a equação da circunferência de maior raio que é tangente ao eixo $y$ e passa pelos pontos $(1, 4)$ e $(3, 6)$.

Resolução

1. Forma do centro. Tangente ao eixo $y$ e passando por pontos com $x > 0$: o centro é $(r, k)$ com $r > 0$ e raio $r$.

2. Passando pelos pontos.

$$(1 - r)^2 + (4 - k)^2 = r^2 \quad\Rightarrow\quad 1 - 2r + (4 - k)^2 = 0$$$$(3 - r)^2 + (6 - k)^2 = r^2 \quad\Rightarrow\quad 9 - 6r + (6 - k)^2 = 0$$

Da 1ª, $2r = 1 + (4 - k)^2$. Substituindo $6r = 3 + 3(4 - k)^2$ na 2ª:

$$6 - 3(16 - 8k + k^2) + 36 - 12k + k^2 = 0 \quad\Rightarrow\quad -2k^2 + 12k - 6 = 0 \quad\Rightarrow\quad k = 3 \pm \sqrt{6}$$

3. Os dois raios.

  • $k = 3 - \sqrt{6}$: $4 - k = 1 + \sqrt{6}$, $r = \frac{1 + 7 + 2\sqrt{6}}{2} = 4 + \sqrt{6}$.
  • $k = 3 + \sqrt{6}$: $4 - k = 1 - \sqrt{6}$, $r = 4 - \sqrt{6}$.

O maior é $r = 4 + \sqrt{6}$, com centro $(4 + \sqrt{6},\ 3 - \sqrt{6})$.

Conferindo com $(3, 6)$: $(3 - r)^2 + (6 - k)^2 = (1 + \sqrt{6})^2 + (3 + \sqrt{6})^2 = 7 + 2\sqrt{6} + 15 + 6\sqrt{6} = 22 + 8\sqrt{6} = (4 + \sqrt{6})^2$ ✔

Resposta: $(x - 4 - \sqrt{6})^2 + (y - 3 + \sqrt{6})^2 = (4 + \sqrt{6})^2 = 22 + 8\sqrt{6}$.

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Questão 8: O trapézio PABV sob a parábola

Enunciado

Considere a parábola de equação $y = 4x - x^2$ com vértice no ponto $V$. Seja $T$ o trapézio $PABV$, onde $P = (0, 0)$, $A$ é um ponto com abscissa no intervalo $[2, 4]$ e ordenada nula e $B$ é um ponto na parábola com ordenada positiva. Sabendo que $m(\overline{AB}) = \frac{7}{8}\sqrt{5}$, determine a área de $T$.

Resolução

1. O vértice. $y = 4 - (x - 2)^2$, então $V = (2, 4)$.

2. Quais lados são paralelos? Se fosse $PA \parallel BV$, o segmento $BV$ seria horizontal e $B$ teria ordenada 4, ou seja, $B = V$. Logo os lados paralelos são $AB$ e $VP$. A reta $PV$ tem inclinação $\frac{4}{2} = 2$.

3. Achando $A$ e $B$. Com inclinação 2 e comprimento $\frac{7\sqrt{5}}{8}$, o segmento $AB$ anda $\frac{7}{8}$ em $x$ e $\frac{7}{4}$ em $y$ (pois $\sqrt{1 + 4} = \sqrt{5}$). Como $A$ está no eixo $x$ e $B$ tem ordenada positiva, $B = \left(a + \frac{7}{8}, \frac{7}{4}\right)$. Na parábola:

$$4b - b^2 = \frac{7}{4} \quad\Rightarrow\quad 4b^2 - 16b + 7 = 0 \quad\Rightarrow\quad b = \frac{7}{2} \text{ ou } b = \frac{1}{2}$$

Então $a = b - \frac{7}{8} = \frac{21}{8}$ ou $-\frac{3}{8}$; só $a = \frac{21}{8}$ está em $[2, 4]$. $A = \left(\frac{21}{8}, 0\right)$ e $B = \left(\frac{7}{2}, \frac{7}{4}\right)$.

4. Área. As bases são $m(\overline{PV}) = 2\sqrt{5}$ e $m(\overline{AB}) = \frac{7\sqrt{5}}{8}$. A altura é a distância de $A$ à reta $PV$: $2x - y = 0$:

$$h = \frac{|2\cdot\frac{21}{8} - 0|}{\sqrt{5}} = \frac{21}{4\sqrt{5}}$$$$S = \frac{1}{2}\left(2\sqrt{5} + \frac{7\sqrt{5}}{8}\right)\cdot\frac{21}{4\sqrt{5}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{23}{8}\cdot\frac{21}{4} = \frac{483}{64}$$

Conferindo pela fórmula do “cadarço” (shoelace) com $P(0,0)$, $A\left(\frac{21}{8},0\right)$, $B\left(\frac72,\frac74\right)$, $V(2,4)$: $\frac{1}{2}\left(\frac{21}{8}\cdot\frac{7}{4} + \frac{7}{2}\cdot 4 - 2\cdot\frac{7}{4}\right) = \frac{1}{2}\left(\frac{147}{32} + \frac{21}{2}\right) = \frac{483}{64}$ ✔

Resposta: $S = \dfrac{483}{64} \approx 7{,}55$.

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Questão 9: O quadrilátero das quatro raízes

Enunciado

Seja $z = 1 + ai$ uma raiz do polinômio $p(x) = x^4 + 10x^2 + mx + 29$, onde $a$ e $m$ são números reais. Determine a área do quadrilátero cujos vértices são as quatro raízes complexas de $p(x)$ no plano de Argand-Gauss.

Resolução

1. Fatoração. Os coeficientes são reais, então $1 - ai$ também é raiz, e $(x - 1)^2 + a^2 = x^2 - 2x + 1 + a^2$ divide $p$. Como não há termo em $x^3$, a soma das raízes é 0, e as outras duas somam $-2$:

$$p(x) = (x^2 - 2x + 1 + a^2)(x^2 + 2x + c)$$

2. Comparando coeficientes. Expandindo,

  • $x^2$: $c - 4 + 1 + a^2 = 10 \Rightarrow c = 13 - a^2$;
  • termo independente: $c(1 + a^2) = 29$.

Com $s = a^2$: $(13 - s)(1 + s) = 29 \Rightarrow s^2 - 12s + 16 = 0 \Rightarrow s = 6 \pm 2\sqrt{5}$.

3. As outras raízes. $x^2 + 2x + c = 0$ dá $x = -1 \pm i\sqrt{c - 1}$, com $c - 1 = 12 - s = 6 \mp 2\sqrt{5} > 0$. Note que $6 \pm 2\sqrt{5} = (\sqrt{5} \pm 1)^2$. Então, nos dois casos, as alturas são $\sqrt{5} + 1$ e $\sqrt{5} - 1$ (em alguma ordem):

raízes $s = 6 + 2\sqrt{5}$ $s = 6 - 2\sqrt{5}$
$1 \pm ai$ $1 \pm (\sqrt{5} + 1)i$ $1 \pm (\sqrt{5} - 1)i$
$-1 \pm i\sqrt{c - 1}$ $-1 \pm (\sqrt{5} - 1)i$ $-1 \pm (\sqrt{5} + 1)i$

4. Área. Os vértices formam um trapézio isósceles com bases verticais em $x = 1$ e $x = -1$ (distância 2), de comprimentos $2(\sqrt{5} + 1)$ e $2(\sqrt{5} - 1)$:

$$S = \frac{2(\sqrt{5} + 1) + 2(\sqrt{5} - 1)}{2}\cdot 2 = 4\sqrt{5}$$

Os dois casos dão a mesma área (um é o espelho do outro em relação ao eixo imaginário, com $m = \pm 8\sqrt{5}$).

Observação: supomos $a \ne 0$. Se $a = 0$, então $z = 1$ seria raiz real, $m = -40$, e as quatro raízes ($1$, $\approx 1{,}81$ e $\approx -1{,}40 \pm 3{,}75i$) não formam um quadrilátero convexo: o ponto $1$ fica dentro do triângulo formado pelos outros três.

Resposta: $4\sqrt{5}$.

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Questão 10: Tangentes dos arcos metade

Enunciado

Sabendo que $\tan(\alpha + \beta) = -2$ e $\operatorname{sen}(\alpha) = (4 - \sqrt{5})\operatorname{sen}(\beta)$ para $\alpha, \beta \in (0, \pi/2)$, calcule

$$\tan\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right), \quad \tan\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right) \quad\text{e}\quad \frac{\tan\left(\frac{\alpha - \beta}{2}\right)}{\tan\left(\frac{\alpha + \beta}{2}\right)}.$$

Resolução

1. Tangente de $\frac{\alpha + \beta}{2}$. Com $T = \tan\frac{\alpha + \beta}{2}$, a fórmula do arco duplo dá

$$\frac{2T}{1 - T^2} = -2 \quad\Rightarrow\quad T^2 - T - 1 = 0 \quad\Rightarrow\quad T = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$$

Como $0 < \frac{\alpha + \beta}{2} < \frac{\pi}{2}$, $T > 0$: $T = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$.

2. A razão. Transformando soma em produto,

$$\frac{\operatorname{sen}\alpha - \operatorname{sen}\beta}{\operatorname{sen}\alpha + \operatorname{sen}\beta} = \frac{2\cos\frac{\alpha + \beta}{2}\operatorname{sen}\frac{\alpha - \beta}{2}}{2\operatorname{sen}\frac{\alpha + \beta}{2}\cos\frac{\alpha - \beta}{2}} = \frac{\tan\frac{\alpha - \beta}{2}}{\tan\frac{\alpha + \beta}{2}}$$

Dividindo numerador e denominador por $\operatorname{sen}\beta$:

$$\frac{(4 - \sqrt{5}) - 1}{(4 - \sqrt{5}) + 1} = \frac{3 - \sqrt{5}}{5 - \sqrt{5}} = \frac{(3 - \sqrt{5})(5 + \sqrt{5})}{20} = \frac{10 - 2\sqrt{5}}{20} = \frac{5 - \sqrt{5}}{10}$$

3. Tangente de $\frac{\alpha - \beta}{2}$.

$$\tan\frac{\alpha - \beta}{2} = \frac{5 - \sqrt{5}}{10}\cdot\frac{1 + \sqrt{5}}{2} = \frac{5 + 5\sqrt{5} - \sqrt{5} - 5}{20} = \frac{\sqrt{5}}{5}$$

Conferindo numericamente: $\alpha + \beta = 2\operatorname{arctg}\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \approx 2{,}035$ e $\alpha - \beta = 2\operatorname{arctg}\frac{\sqrt{5}}{5} \approx 0{,}841$ dão $\alpha \approx 1{,}438$ e $\beta \approx 0{,}597$, ambos em $(0, \pi/2)$, com $\tan(\alpha + \beta) = -2$ e $\frac{\operatorname{sen}\alpha}{\operatorname{sen}\beta} \approx 1{,}764 = 4 - \sqrt{5}$ ✔

Resposta: $\tan\dfrac{\alpha + \beta}{2} = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}$, $\tan\dfrac{\alpha - \beta}{2} = \dfrac{\sqrt{5}}{5}$ e a razão vale $\dfrac{5 - \sqrt{5}}{10}$.

Para revisar, veja Fórmulas de divisão e tangente do arco metade.

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