ITA 2022 – 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 2022 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 numérica).

As convenções de notação são as mesmas da 1ª fase: $i^2 = -1$, $m(\overline{AB})$ é o comprimento do segmento $\overline{AB}$ e $A\hat{O}B$ é o ângulo de vértice $O$.

Respostas

Questão 1: Os lados do retângulo de perímetro 8

Enunciado

Seja $x \in \mathbb{R}$. Considere um retângulo $R$ de lados medindo $a = 9x^2 - 5x^4$ e $b = 8x - 8x^3$. Sabendo que o perímetro de $R$ é 8 determine $a$ e $b$.

Resolução

1. A equação. Perímetro 8 significa $a + b = 4$:

2. Fatorando. Testando raízes racionais, $x = 1$ e $x = -1$ anulam o polinômio ($5 + 8 - 9 - 8 + 4 = 0$ e $5 - 8 - 9 + 8 + 4 = 0$). Dividindo por $x^2 - 1$:

As raízes são $x \in \left\{1, -1, -2, \frac{2}{5}\right\}$.

3. Lados precisam ser positivos.

Para $x = \frac{2}{5}$: $a = 9\cdot\frac{4}{25} - 5\cdot\frac{16}{625} = \frac{36}{25} - \frac{16}{125} = \frac{164}{125}$ e $b = \frac{16}{5} - 8\cdot\frac{8}{125} = \frac{400 - 64}{125} = \frac{336}{125}$.

Conferindo: $a + b = \frac{500}{125} = 4$ ✔

Resposta: $a = \dfrac{164}{125}$ e $b = \dfrac{336}{125}$.

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Questão 2: Duas partes imaginárias nulas

Enunciado

Seja $z \in \mathbb{C}$ e denote por $\operatorname{Im}(z)$ a parte imaginária de $z$. Determine todos os possíveis $z \in \mathbb{C}$ com $\operatorname{Im}(z) \ne 0$ tais que temos simultaneamente $\operatorname{Im}(z^3) = 0$ e $\operatorname{Im}\left((1 + z)^3\right) = 0$.

Resolução

1. Parte imaginária de um cubo. Para $w = u + vi$,

então $\operatorname{Im}(w^3) = v(3u^2 - v^2)$.

2. As duas condições. Com $z = x + yi$, $y \ne 0$, e $1 + z = (1 + x) + yi$:

3. Resolvendo. $x^2 = (1 + x)^2 \Rightarrow 0 = 1 + 2x \Rightarrow x = -\frac{1}{2}$, e $y^2 = \frac{3}{4}$, $y = \pm\frac{\sqrt{3}}{2}$.

Conferindo pela geometria: $z = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i = \operatorname{cis} 120^\circ$, então $z^3 = \operatorname{cis} 360^\circ = 1$; e $1 + z = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i = \operatorname{cis} 60^\circ$, então $(1 + z)^3 = \operatorname{cis} 180^\circ = -1$. Ambos reais ✔

Resposta: $z = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ ou $z = -\dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}i$.

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Questão 3: Soma das entradas de uma matriz recursiva

Enunciado

Seja $A$ a matriz com 5 linhas e 10 colunas cujas entradas $a_{n,m}$ são dadas por

Determine a soma de todas as entradas de $A$.

Resolução

1. Fórmula fechada. Na linha $n$, começamos em 1 e somamos $n$ a cada coluna: é uma PA de razão $n$. Logo

2. Somando a linha $n$. Com $m$ de 1 a 10:

3. Somando as linhas.

Conferindo pela linha 1: $1, 2, \dots, 10$ soma 55, e a fórmula dá $10 + 45 = 55$ ✔

Resposta: 725.

Para revisar, veja Progressão Aritmética.

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Questão 4: Vitória no jogo da velha na terceira jogada

Enunciado

No jogo da velha, dois jogadores competem em um tabuleiro ordenado formado por 3 linhas e 3 colunas. Os jogadores se alternam marcando uma casa ainda não ocupada até que um deles ocupe toda uma linha, coluna ou diagonal, sendo declarado o vencedor. Quantas configurações diferentes do tabuleiro correspondem à vitória do primeiro jogador na sua terceira jogada?

Resolução

Na terceira jogada do primeiro jogador (X) foram feitas 5 marcações: 3 de X e 2 do segundo jogador (O).

1. As casas de X. X vence exatamente na 3ª jogada se suas 3 casas formam uma linha, coluna ou diagonal. Há $3 + 3 + 2 = 8$ escolhas.

2. As casas de O. As 2 casas de O são quaisquer duas das 6 restantes: $\binom{6}{2} = 15$. O jogo não pode ter acabado antes: X não vence com menos de 3 casas e O, com só 2 casas, também não.

3. Total.

Uma configuração é o desenho final do tabuleiro, não a ordem das jogadas; por isso não multiplicamos pelas ordens possíveis. (Conferimos por computador, simulando todas as partidas: há exatamente 120 tabuleiros finais distintos com vitória de X na 5ª marcação.)

Resposta: 120 configurações.

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Questão 5: Arco cosseno e arco seno somando π/2

Enunciado

Considere $\arccos: [-1, 1] \to [0, \pi]$ e $\operatorname{arcsen}: [-1, 1] \to [-\pi/2, \pi/2]$. Determine todos os valores de $\arccos(x)$ dado que $x$ satisfaz

Resolução

1. A identidade-chave. Para $u \in [-1, 1]$, $\operatorname{arcsen} u + \arccos u = \frac{\pi}{2}$. Logo $\operatorname{arcsen}\left(x^2 - \frac14\right) = \frac{\pi}{2} - \arccos\left(x^2 - \frac14\right)$ e a equação vira

2. Arco cosseno é injetora. Então $x^4 = x^2 - \frac{1}{4}$, ou seja,

Ambos os argumentos valem $\frac{1}{4}$, dentro de $[-1, 1]$ ✔

3. Os valores pedidos. $\arccos\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{\pi}{4}$ e $\arccos\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = \frac{3\pi}{4}$.

Resposta: $\arccos(x) = \dfrac{\pi}{4}$ ou $\arccos(x) = \dfrac{3\pi}{4}$.

Para revisar, veja Arco seno, arco cosseno e arco tangente.

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Questão 6: O ponto Q à distância √2 da reta s

Enunciado

Seja $A = (0, 1)$. Considere a reta $r$ de equação $y = 1 - x/4$ e seja $s$ uma reta passando pela origem $O$ e que intersecta $r$ no 1º quadrante em um ponto $P$. Determine o ponto $Q$ do 2º quadrante que pertence a $r$ e dista $\sqrt{2}$ de $s$ sabendo que $A\hat{P}O = \theta$ e que $\tan(\theta) = \frac{5}{3}$.

Resolução

1. A posição de $A$. $A = (0, 1)$ está em $r$ (para $x = 0$, $y = 1$). Então o lado $PA$ do ângulo $\theta$ está sobre $r$ e o lado $PO$ sobre $s$.

2. Achando $s$. Seja $s: y = kx$. Em $P$, os vetores que apontam para $A$ e para $O$ são paralelos a $u = (-1, \frac{1}{4})$ (descendo $x$ ao longo de $r$) e $v = (-1, -k)$. A tangente do ângulo entre eles é

Igualando a $\frac{5}{3}$: $3k + \frac{3}{4} = 5 - \frac{5k}{4} \Rightarrow \frac{17k}{4} = \frac{17}{4} \Rightarrow k = 1$. Então $s: y = x$ e $P = \left(\frac{4}{5}, \frac{4}{5}\right)$, no 1º quadrante ✔

Conferindo com ângulos: $s$ faz $45^\circ$ com o eixo $x$ e $r$ tem inclinação $-\frac14$; o ângulo em $P$ é $45^\circ + \arctan\frac14$ e

3. O ponto $Q$. Um ponto de $r$ é $\left(x, 1 - \frac{x}{4}\right)$. Sua distância a $s: x - y = 0$ é

Então $x = \frac{12}{5}$ ou $x = -\frac{4}{5}$. No 2º quadrante $x < 0$, logo $x = -\frac{4}{5}$ e $y = 1 + \frac{1}{5} = \frac{6}{5} > 0$ ✔

Resposta: $Q = \left(-\dfrac{4}{5}, \dfrac{6}{5}\right)$.

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Questão 7: Volume do tronco de pirâmide hexagonal

Enunciado

Considere $T$ um tronco de pirâmide regular de altura $h = 4 + 2\sqrt{3}$ com bases hexagonais paralelas. Sabendo que o lado da maior base hexagonal mede $8\sqrt{3}/3$ e que o ângulo diedral entre as faces laterais e a base do tronco mede $75^\circ$, determine o volume de $T$.

Resolução

1. Apótemas das bases. O apótema de um hexágono regular de lado $\ell$ é $\frac{\ell\sqrt{3}}{2}$. Na base maior:

2. O diedro. Num corte pelo eixo, perpendicular a um par de lados, aparece um trapézio retângulo com altura $h$ e “degrau” horizontal $m_1 - m_2$; o ângulo entre a face lateral e a base é o ângulo desse trapézio, então

Como $\tan 75^\circ = \tan(45^\circ + 30^\circ) = 2 + \sqrt{3}$ e $h = 2(2 + \sqrt{3})$:

A base menor tem apótema 2, metade do da maior: seu lado é $\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

3. Áreas das bases. Um hexágono regular de lado $\ell$ tem área $\frac{3\sqrt{3}}{2}\ell^2$:

4. Volume do tronco.

Conferindo pela diferença de pirâmides: como a base menor tem lado metade, a pirâmide inteira tem altura $2h$ e o tronco é $1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$ dela: $\frac{7}{8}\cdot\frac{1}{3}\cdot 32\sqrt{3}\cdot 2h = \frac{56\sqrt{3}\,h}{3}$, o mesmo valor ✔

Resposta: $V = 112 + \dfrac{224\sqrt{3}}{3} = \dfrac{336 + 224\sqrt{3}}{3}$.

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Questão 8: Raio do quadrilátero inscrito

Enunciado

Seja $Q$ um quadrilátero de vértices $A$, $B$, $C$ e $D$ cujos lados satisfazem $m(\overline{AB}) = 5 = m(\overline{CD})$, $m(\overline{BC}) = 3$ e $m(\overline{DA}) = 8$. Sabendo que $Q$ é inscrito em uma circunferência de raio $r$, determine $r$.

Resolução

1. Ângulos opostos suplementares. Num quadrilátero inscrito, $\hat{B} + \hat{D} = 180^\circ$, logo $\cos\hat{B} = -\cos\hat{D}$.

2. A diagonal $AC$ por dois triângulos. Lei dos cossenos em $ABC$ e em $ACD$:

Igualando: $110\cos\hat{D} = 55$, então $\cos\hat{D} = \frac{1}{2}$, $\hat{D} = 60^\circ$ e $AC^2 = 89 - 40 = 49$, $AC = 7$.

Conferindo por Ptolomeu: o quadrilátero é um trapézio isósceles ($AB = CD$), com diagonais iguais, e $AC \cdot BD = AB\cdot CD + BC\cdot DA = 25 + 24 = 49$ dá $AC = 7$ ✔

3. O raio. A circunferência de $Q$ é a mesma do triângulo $ACD$. Pela lei dos senos,

Resposta: $r = \dfrac{7\sqrt{3}}{3}$.

Para revisar, veja Leis dos senos, dos cossenos, projeções e áreas.

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Questão 9: Três circunferências e uma tangente horizontal

Enunciado

Sejam $P_1 = (0, 6)$, $P_2 = (1, 5)$ e $P_3 = (2, 6)$ e sejam $C_1$, $C_2$ e $C_3$ circunferências centradas em $P_1$, $P_2$ e $P_3$, respectivamente. Sabendo que existe uma reta horizontal que é tangente a $C_1$, $C_2$ e $C_3$ determine $C_1 \cap C_2 \cap C_3$ quando este não for vazio.

Resolução

1. Os raios. Seja $y = t$ a reta tangente comum. O raio de cada circunferência é a distância do centro à reta:

2. Pontos comuns a $C_1$ e $C_3$. As duas têm o mesmo raio e centros simétricos em relação a $x = 1$; seus pontos comuns estão nessa reta: $(1, y)$ com $1 + (y - 6)^2 = (6 - t)^2$, ou seja,

3. Exigindo que esteja em $C_2$. O ponto $(1, y)$ está em $C_2$ quando $|y - 5| = |5 - t|$. Elevando ao quadrado com $y - 5 = 1 \pm \sqrt{(6 - t)^2 - 1}$:

Elevando de novo: $4(t^2 - 12t + 35) = 4t^2 - 44t + 121$, isto é, $-4t = -19$, $t = \frac{19}{4}$.

4. O ponto. Com $t = \frac{19}{4}$: $6 - t = \frac{5}{4}$, $\sqrt{\frac{25}{16} - 1} = \frac{3}{4}$, e $2t - 11 = -\frac{3}{2}$ pede o sinal de menos: $y = 6 - \frac{3}{4} = \frac{21}{4}$.

Conferindo: a distância de $\left(1, \frac{21}{4}\right)$ a $P_1$ é $\sqrt{1 + \frac{9}{16}} = \frac{5}{4} = r_1$; a $P_3$, também $\frac{5}{4} = r_3$; a $P_2$, $\frac{21}{4} - 5 = \frac{1}{4} = |5 - \frac{19}{4}| = r_2$ ✔. A reta $y = \frac{19}{4}$ fica abaixo dos três centros e tangencia as três circunferências.

Para qualquer outra reta horizontal tangente, a interseção das três é vazia.

Resposta: $C_1 \cap C_2 \cap C_3 = \left\{\left(1, \dfrac{21}{4}\right)\right\}$ (com a tangente comum $y = \frac{19}{4}$).

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Questão 10: Octaedro, cubo, octaedro…

Enunciado

Considere um octaedro regular de aresta de comprimento $l_1$. Inscreva nesse octaedro um cubo cujos vértices estão nos baricentros das faces do octaedro. Dentro desse cubo inscreva um novo octaedro regular de aresta de comprimento $l_2$ cujos vértices estão nos centros das faces do cubo. Continue com esse processo obtendo uma sequência $l_i$ para $i \in \mathbb{N}$. Determine então o valor da razão $l_{10}/l_1$.

Resolução

1. Octaedro → cubo. Coloque o octaedro com vértices $(\pm a, 0, 0)$, $(0, \pm a, 0)$, $(0, 0, \pm a)$; sua aresta é $l_1 = a\sqrt{2}$. O baricentro da face de vértices $(a,0,0)$, $(0,a,0)$, $(0,0,a)$ é $\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)$; os oito baricentros são $\left(\pm\frac{a}{3}, \pm\frac{a}{3}, \pm\frac{a}{3}\right)$, os vértices de um cubo de aresta

2. Cubo → octaedro. Os centros das faces do cubo distam $\frac{c}{2}$ do centro; o novo octaedro tem “$a$” igual a $\frac{c}{2}$, logo aresta

3. A sequência. Cada etapa divide a aresta por 3: $l_i = \frac{l_1}{3^{i-1}}$ é uma PG de razão $\frac{1}{3}$. Então

Resposta: $\dfrac{l_{10}}{l_1} = \dfrac{1}{3^9} = \dfrac{1}{19683}$.

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