ITA 2025 – 2ª fase: Matemática resolvida

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 2025 tem 10 questões dissertativas. O ITA não publica resolução oficial da parte dissertativa (o gabarito da 2ª fase traz só as questões objetivas de Português); as resoluções abaixo são nossas, e cada resposta foi conferida por um segundo caminho (substituição, outra fórmula ou verificação por computador).

Respostas

Questão 1: O resto da divisão por x² − x + 1

Enunciado

Encontre os valores reais $a$ e $b$ tais que o polinômio $p(x) = x^{57} + ax^{14} + bx^7 + 1$, ao ser dividido por $x^2 - x + 1$, deixe resto $2x + 1$.

Resolução

1. As raízes do divisor. Seja $\omega$ uma raiz de $x^2 - x + 1$. Como $(x + 1)(x^2 - x + 1) = x^3 + 1$, temos $\omega^3 = -1$ e $\omega^6 = 1$; além disso, $\omega^2 = \omega - 1$.

2. Valor de $p(\omega)$. Se $p(x) = (x^2 - x + 1)Q(x) + 2x + 1$, então $p(\omega) = 2\omega + 1$. Reduzindo os expoentes módulo 6:

• $\omega^{57} = \omega^{54}\cdot\omega^3 = -1$;
• $\omega^{14} = \omega^{12}\cdot\omega^2 = \omega - 1$;
• $\omega^7 = \omega$.

3. Igualando. $(a + b)\omega - a = 2\omega + 1$. Como $\omega$ não é real e $a$, $b$ são reais, os coeficientes devem coincidir: $a + b = 2$ e $-a = 1$. Logo $a = -1$ e $b = 3$. (A outra raiz, $\bar{\omega}$, dá as mesmas equações.)

Conferindo por computador: o resto de $x^{57} - x^{14} + 3x^7 + 1$ por $x^2 - x + 1$ é $2x + 1$ ✔

Resposta: $a = -1$ e $b = 3$.

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Questão 2: Para qual r o máximo de y/x é 1?

Enunciado

Seja $E$ uma elipse com eixo focal no eixo $O_x$ do sistema de coordenadas cartesiano. O centro de $E$ é o ponto $(r, 0)$, com $r > 0$, sua excentricidade é $\frac{\sqrt{2}}{2}$, e seu semieixo maior mede $\sqrt{2}$. Considerando os pontos $(x, y) \in E$, determine o valor de $r$ para que $\dfrac{y}{x}$ tenha valor máximo igual a 1.

Resolução

1. A elipse. $a = \sqrt{2}$ e $e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ dão $c = 1$ e $b^2 = a^2 - c^2 = 1$:

2. Interpretação. $\frac{y}{x}$ é a inclinação da reta que liga a origem ao ponto $(x, y)$. O máximo acontece na reta $y = kx$ tangente à elipse (e só existe se a origem está fora dela, isto é, $r > \sqrt{2}$).

3. Tangência. Substituindo $y = kx$:

Discriminante nulo: $r^2 = 4\left(\frac{1}{2} + k^2\right)\left(\frac{r^2}{2} - 1\right) = (1 + 2k^2)(r^2 - 2)$, ou seja,

4. Máximo igual a 1. $k = 1 \Rightarrow r^2 - 2 = 1 \Rightarrow r = \sqrt{3}$ (e de fato $\sqrt{3} > \sqrt{2}$).

Conferindo numericamente: percorrendo a elipse com $r = \sqrt{3}$, o maior valor de $y/x$ encontrado é $0{,}99999\ldots$ ✔

Resposta: $r = \sqrt{3}$.

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Questão 3: sen(α + β) a partir de duas equações

Enunciado

Sejam $\alpha, \beta \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ tais que

Calcule o valor de $\operatorname{sen}(\alpha + \beta)$.

Resolução

1. Isolando $\beta$. Subtraindo a 1ª equação da 2ª:

2. Achando $\beta$. Elevando ao quadrado, $1 - 2\operatorname{sen}\beta\cos\beta = \frac{1}{4}$, então $\operatorname{sen}\beta\cos\beta = \frac{3}{8} > 0$. No intervalo dado, $\cos\beta \le 0$; para o produto ser positivo, $\operatorname{sen}\beta < 0$ também. Com $s = \operatorname{sen}\beta$ e $\cos\beta = s + \frac{1}{2}$:

Como $s < 0$: $\operatorname{sen}\beta = \frac{-1 - \sqrt{7}}{4}$ e $\cos\beta = \frac{1 - \sqrt{7}}{4}$ (ambos negativos ✔).

3. Achando $\alpha$. $\operatorname{sen}\alpha = \operatorname{sen}\beta + \frac{1}{4} = -\frac{\sqrt{7}}{4}$. No intervalo dado, $\cos\alpha \le 0$: $\cos\alpha = -\sqrt{1 - \frac{7}{16}} = -\frac{3}{4}$.

4. O seno da soma.

Conferindo numericamente: $\alpha \approx 3{,}864$ e $\beta \approx 4{,}288$ (ambos em $[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}] \approx [1{,}571;\ 4{,}712]$) satisfazem as duas equações, e $\operatorname{sen}(\alpha + \beta) \approx 0{,}9557 = \frac{5 + \sqrt{7}}{8}$ ✔

Resposta: $\operatorname{sen}(\alpha + \beta) = \dfrac{5 + \sqrt{7}}{8}$.

Para revisar, veja Fórmulas de adição e subtração de arcos.

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Questão 4: A circunferência ex-inscrita relativa a BC

Enunciado

Seja $ABC$ um triângulo de lados $m(\overline{AB}) = 6$, $m(\overline{AC}) = 10$ e $m(\overline{BC}) = 14$. Calcule o raio da circunferência externa ao triângulo $ABC$ que tangencia simultaneamente o segmento $\overline{BC}$ e as retas suportes $AB$ e $AC$.

Resolução

Essa é a circunferência ex-inscrita oposta a $A$. Seu raio é $r_a = \dfrac{S}{p - a}$, em que $S$ é a área, $p$ o semiperímetro e $a = m(\overline{BC})$.

1. O ângulo em $A$. Pela lei dos cossenos,

2. Área. $S = \frac{1}{2}\cdot 6\cdot 10\cdot\operatorname{sen}120^\circ = 15\sqrt{3}$.

3. O raio. $p = \frac{6 + 10 + 14}{2} = 15$ e $p - a = 1$:

Conferindo por outra fórmula: o centro da ex-inscrita está na bissetriz de $\hat{A}$, e $r_a = p\cdot\operatorname{tg}\frac{\hat{A}}{2} = 15\operatorname{tg}60^\circ = 15\sqrt{3}$ ✔ (Heron também confirma a área: $\sqrt{15\cdot 1\cdot 9\cdot 5} = \sqrt{675} = 15\sqrt{3}$.)

Resposta: $15\sqrt{3}$.

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Questão 5: O primeiro algarismo de 3¹⁰⁰

Enunciado

Usando as aproximações $\log_{10} 2 = 0{,}3010$, $\log_{10} 3 = 0{,}4771$ e $\log_{10} 7 = 0{,}8450$, determine o primeiro algarismo (da esquerda para a direita) do resultado de $3^{100}$.

Resolução

1. Característica e mantissa.

Então $3^{100} = 10^{47}\cdot 10^{0{,}71}$, e o primeiro algarismo é a parte inteira de $10^{0{,}71}$.

2. Comparando com logaritmos conhecidos.

Como $0{,}6990 < 0{,}71 < 0{,}7781$, temos $5 < 10^{0{,}71} < 6$.

Conferindo: $3^{100} = 515377520732011331036461129765621272702107522001$, que de fato começa com 5 (e tem 48 algarismos, como diz a característica 47) ✔

Resposta: o primeiro algarismo é 5.

Para revisar, veja Introdução à Tábua de Logaritmos.

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Questão 6: Quando a quarta cara é mais provável?

Enunciado

Uma moeda não viciada é lançada $n$ vezes. Encontre os valores de $n$ que maximizam a probabilidade de sair cara pela quarta vez exatamente no enésimo lançamento.

Resolução

1. A probabilidade. A quarta cara sai no lançamento $n$ quando o $n$-ésimo lançamento é cara e, nos $n - 1$ anteriores, saem exatamente 3 caras:

2. Comparando vizinhos.

Essa razão é $> 1$ para $n < 6$, $= 1$ para $n = 6$ e $< 1$ para $n > 6$. Então $P$ cresce até $n = 6$, empata em $P(6) = P(7)$ e depois decresce.

3. Os valores.

e, por exemplo, $P(5) = \frac{4}{32} = \frac{8}{64}$ e $P(8) = \frac{35}{256} \approx \frac{8{,}75}{64}$, menores.

Resposta: $n = 6$ e $n = 7$ (probabilidade máxima $\frac{5}{32}$).

Para revisar, veja Introdução à Probabilidade.

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Questão 7: Raiz dupla e um triângulo retângulo

Enunciado

Considere o polinômio $p(x) = x^3 + ax^2 + b$. Determine os valores reais $a$ e $b$, sabendo que:

• I. $p(x)$ tem uma raiz real dupla;
• II. Os pontos $(x_1, 0)$, $(x_2, 0)$ e $(0, b)$ são vértices de um triângulo retângulo, em que $x_1$ e $x_2$ são raízes distintas de $p(x)$.

Resolução

1. A raiz dupla. Uma raiz dupla $r$ anula $p$ e $p'(x) = 3x^2 + 2ax = x(3x + 2a)$.

• Se $r = 0$, então $b = 0$, e o ponto $(0, b) = (0, 0)$ fica no eixo $x$, junto com $(x_1, 0)$ e $(x_2, 0)$: não há triângulo. Descartado.
• Então $r = -\frac{2a}{3}$ (com $a \ne 0$) e $p(r) = 0$ dá $-\frac{8a^3}{27} + \frac{4a^3}{9} + b = 0$, isto é, $b = -\frac{4a^3}{27}$.

2. As raízes distintas. A soma das raízes é $-a$: $2r + s = -a$, logo a terceira raiz é $s = \frac{a}{3}$. As raízes distintas são $x_1 = -\frac{2a}{3}$ e $x_2 = \frac{a}{3}$, de sinais opostos.

3. O ângulo reto. Dois vértices estão no eixo $x$ e o terceiro, $(0, b)$, no eixo $y$. O ângulo reto não pode estar em $(x_1, 0)$ nem em $(x_2, 0)$ (o lado até $(0, b)$ teria de ser vertical, exigindo $x_1 = 0$ ou $x_2 = 0$). Então está em $(0, b)$, e pela relação métrica (altura ao quadrado = produto das projeções):

4. Resolvendo. Com $b = -\frac{4a^3}{27}$: $\frac{16a^6}{729} = \frac{2a^2}{9}$, então $a^4 = \frac{81}{8}$ e

E $b = -\frac{4a^3}{27} = -\frac{4a}{27}\cdot\frac{9\sqrt{2}}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{3}a = \mp\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt[4]{2} = \mp\frac{1}{\sqrt[4]{2}}$.

Conferindo com $a = \frac{3}{2}\sqrt[4]{2} \approx 1{,}784$ e $b \approx -0{,}841$: as raízes de $x^3 + ax^2 + b$ são $\approx -1{,}189$ (dupla) e $\approx 0{,}595$, e $b^2 \approx 0{,}7071 = 1{,}189\cdot 0{,}595$ ✔

Resposta: $a = \dfrac{3\sqrt[4]{2}}{2}$ e $b = -\dfrac{1}{\sqrt[4]{2}}$, ou $a = -\dfrac{3\sqrt[4]{2}}{2}$ e $b = \dfrac{1}{\sqrt[4]{2}}$.

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Questão 8: A soma dos determinantes de max{i, j}

Enunciado

Seja $A_k = (a_{ij})$ uma matriz quadrada de ordem $k$, em que $a_{ij} = \max\{i, j\}$ para todo $i, j$ em $\{1, 2, \dots, k\}$. Determine $\displaystyle\sum_{k=1}^{2025}\det(A_k)$.

Resolução

1. A matriz. Por exemplo,

2. Escalonando. Troque cada linha $L_i$ ($i < k$) por $L_i - L_{i+1}$ (usando as linhas originais; o determinante não muda). A entrada $(i, j)$ vira $\max\{i, j\} - \max\{i + 1, j\}$:

• para $j \le i$: $i - (i + 1) = -1$;
• para $j \ge i + 1$: $j - j = 0$ (para $j = i+1$, $(i+1) - (i+1) = 0$).

A linha $i$ fica $(-1, \dots, -1, 0, \dots, 0)$, com $i$ entradas $-1$, e a última linha continua $(k, k, \dots, k)$. A matriz é triangular inferior, com diagonal $-1, -1, \dots, -1, k$:

(Confira: $\det A_1 = 1$, $\det A_2 = 2 - 4 = -2$.)

3. Somando.

Conferindo por computador: os determinantes de $A_1$ a $A_6$ são $1, -2, 3, -4, 5, -6$ ✔

Resposta: 1013.

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Questão 9: Matrizes inteiras com inversa igual à transposta

Enunciado

Determine a quantidade de matrizes $5 \times 5$ invertíveis e com entradas inteiras que satisfazem a propriedade $A^{-1} = A^T$.

Resolução

1. O que a condição diz. $A^{-1} = A^T$ equivale a $A^T A = I$: a entrada $(i, j)$ de $A^T A$ é o produto escalar da coluna $i$ com a coluna $j$. Então as colunas têm comprimento 1 e são duas a duas perpendiculares.

2. Colunas inteiras de comprimento 1. A soma dos quadrados das entradas de cada coluna é 1, e as entradas são inteiras: exatamente uma entrada é $\pm 1$ e as outras são 0.

3. Perpendicularidade. Duas colunas com o $\pm 1$ na mesma linha teriam produto escalar $\pm 1 \ne 0$. Então os $\pm 1$ ficam em linhas diferentes: $A$ é uma matriz de permutação com sinais.

4. Contando. Há $5! = 120$ maneiras de escolher a linha do $\pm 1$ de cada coluna e $2^5 = 32$ escolhas de sinais. Toda matriz assim satisfaz $A^T A = I$.

Resposta: 3840 matrizes.

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Questão 10: A sombra do cubo ao longo da diagonal

Enunciado

Calcule a área da projeção ortogonal de um cubo de aresta 2 sobre um plano perpendicular a uma das diagonais do cubo.

Resolução

1. A forma da sombra. Olhando o cubo ao longo da diagonal, vemos três faces, e os seis vértices que não estão na diagonal formam o contorno: a projeção é um hexágono regular.

2. Pela soma das faces visíveis. As três faces visíveis cobrem a projeção sem sobreposição. Cada face tem área 4 e sua normal faz com a diagonal um ângulo $\theta$ com $\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{3}}$ (a diagonal tem direção $(1,1,1)$ e a normal, por exemplo, $(0,0,1)$). A área projetada de uma figura plana é a área original vezes $\cos\theta$:

3. Conferindo pelo hexágono. Cada aresta do cubo faz com a diagonal um ângulo de cosseno $\frac{1}{\sqrt{3}}$, então projeta-se com comprimento $2\sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \frac{2\sqrt{6}}{3}$, que é o lado do hexágono:

Resposta: $4\sqrt{3}$.

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