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 2023 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 Sistema linear homogêneo $b = 2a$; $\{(-15t, -16t, 17t) : t \in \mathbb{R}\}$
2 Matrizes: quando $M$ é invertível $\alpha \notin \{0, 2, 3 - \sqrt{15}, 3 + \sqrt{15}\}$
3 Inequação logarítmica com base variável $]-2, 0[$
4 Divisão de polinômios e raízes $q = x^6 + x^5 - x - 1$, $r = 0$; raízes $\operatorname{cis}\frac{\pi}{5}, \operatorname{cis}\frac{3\pi}{5}, \operatorname{cis}\frac{7\pi}{5}, \operatorname{cis}\frac{9\pi}{5}$
5 Trigonometria: soma em produto $\operatorname{sen}(\alpha - \beta) = \frac{2AB}{A^2 + B^2}$
6 Raio do círculo inscrito $\frac{6\sqrt{7} - 3\sqrt{3}}{10}$
7 Elipse: ângulo de 60° entre os raios focais $\left(\pm\frac{4\sqrt{2}}{3}, \pm\frac{1}{3}\right)$
8 Cilindro equilátero com esfera $400\pi$ cm² e $\frac{4000\pi}{3}$ cm³
9 Lei dos senos: lados do triângulo $6 + \sqrt{11}$ e $6 - \sqrt{11}$
10 Contagem: pares de diagonais do decágono 175

Questão 1: Quando o sistema homogêneo tem solução não trivial

Enunciado

Sejam $a$ e $b$ números reais positivos. Considere o sistema linear nas incógnitas $x$, $y$ e $z$:

$$\begin{cases} -ax + by + az = 0 \\ b^2 x + a^3 y + 4a^2 z = 0 \\ 4a^2 x + a^3 y + b^2 z = 0 \end{cases}$$

Sabendo que esse sistema admite solução não trivial, determine $b$ em função de $a$. Determine o conjunto solução do sistema para $a = \frac{1}{2}$.

Resolução

1. Determinante nulo. Um sistema homogêneo tem solução não trivial exatamente quando o determinante da matriz dos coeficientes é zero. Subtraindo a 3ª linha da 2ª (o que não muda o determinante):

$$\det\begin{pmatrix} -a & b & a \\ b^2 & a^3 & 4a^2 \\ 4a^2 & a^3 & b^2 \end{pmatrix} = \det\begin{pmatrix} -a & b & a \\ b^2 - 4a^2 & 0 & 4a^2 - b^2 \\ 4a^2 & a^3 & b^2 \end{pmatrix} = (b^2 - 4a^2)\det\begin{pmatrix} -a & b & a \\ 1 & 0 & -1 \\ 4a^2 & a^3 & b^2 \end{pmatrix}$$

O último determinante, pela 1ª linha, é

$$-a(0 + a^3) - b(b^2 + 4a^2) + a(a^3 - 0) = -b(b^2 + 4a^2)$$

Portanto

$$\det = -b\,(b^2 - 4a^2)(b^2 + 4a^2) = b\,(2a - b)(2a + b)(4a^2 + b^2)$$

2. O valor de $b$. Com $a, b > 0$, os fatores $b$, $2a + b$ e $4a^2 + b^2$ são positivos. Resta $2a - b = 0$:

$$b = 2a$$

3. O caso $a = \frac{1}{2}$. Então $b = 1$ e o sistema é

$$\begin{cases} -\frac{1}{2}x + y + \frac{1}{2}z = 0 \\ x + \frac{1}{8}y + z = 0 \\ x + \frac{1}{8}y + z = 0 \end{cases}$$

As duas últimas equações são iguais. Da 1ª, $y = \frac{x - z}{2}$; na 2ª:

$$x + \frac{x - z}{16} + z = 0 \quad\Rightarrow\quad 17x + 15z = 0 \quad\Rightarrow\quad x = -\frac{15z}{17}$$

e $y = \frac{1}{2}\left(-\frac{15z}{17} - z\right) = -\frac{16z}{17}$. Fazendo $z = 17t$, as soluções são $(x, y, z) = (-15t, -16t, 17t)$.

Conferindo com $t = 1$, ou seja, $(-15, -16, 17)$: $\frac{15}{2} - 16 + \frac{17}{2} = 0$ ✔ e $-15 - 2 + 17 = 0$ ✔

Resposta: $b = 2a$. Para $a = \frac{1}{2}$, o conjunto solução é $\{(-15t, -16t, 17t) : t \in \mathbb{R}\}$.

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Questão 2: Para quais α a matriz M é invertível?

Enunciado

Considere as seguintes matrizes:

$$A = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 6 \\ 6 & 0 \end{pmatrix} \quad\text{e}\quad C = \begin{pmatrix} 3 & 3 \\ 3 & 3 \end{pmatrix}.$$

Determine os números $\alpha \in \mathbb{R}$ tais que a matriz $M = \alpha^2 A + \alpha B + C$ é invertível.

Resolução

1. Montando $M$.

$$M = \begin{pmatrix} \alpha^2 + 3 & -2\alpha^2 + 6\alpha + 3 \\ -2\alpha^2 + 6\alpha + 3 & \alpha^2 + 3 \end{pmatrix}$$

2. Determinante como diferença de quadrados. Com $p = \alpha^2 + 3$ e $q = -2\alpha^2 + 6\alpha + 3$, $\det M = p^2 - q^2 = (p - q)(p + q)$:

$$p - q = 3\alpha^2 - 6\alpha = 3\alpha(\alpha - 2), \qquad p + q = -\alpha^2 + 6\alpha + 6$$

3. Zeros. $\det M = 0$ quando $\alpha = 0$, $\alpha = 2$ ou $\alpha^2 - 6\alpha - 6 = 0$, isto é, $\alpha = 3 \pm \sqrt{15}$.

Conferindo $\alpha = 2$: $M = \begin{pmatrix} 7 & 7 \\ 7 & 7 \end{pmatrix}$, que tem determinante 0 ✔

Resposta: $M$ é invertível para todo $\alpha \in \mathbb{R}$ com $\alpha \notin \{0,\ 2,\ 3 - \sqrt{15},\ 3 + \sqrt{15}\}$.

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Questão 3: Inequação logarítmica com base variável

Enunciado

Determine o conjunto solução da inequação

$$\log_{2-x}\left(-\sqrt[3]{x^2 + 2x - 3}\right) > \log_{2-x}\left(\sqrt[3]{3}\right).$$

Resolução

1. Condições de existência.

  • Base: $2 - x > 0$ e $2 - x \ne 1$, ou seja, $x < 2$ e $x \ne 1$.
  • Logaritmando: $-\sqrt[3]{x^2 + 2x - 3} > 0 \iff x^2 + 2x - 3 < 0 \iff (x + 3)(x - 1) < 0 \iff -3 < x < 1$.

Juntando: $-3 < x < 1$. Nesse intervalo a base $2 - x$ é maior que 1, então o logaritmo é crescente e a desigualdade se mantém.

2. Resolvendo.

$$-\sqrt[3]{x^2 + 2x - 3} > \sqrt[3]{3} \iff \sqrt[3]{x^2 + 2x - 3} < -\sqrt[3]{3} = \sqrt[3]{-3}$$

A raiz cúbica é crescente, então $x^2 + 2x - 3 < -3$, ou seja, $x(x + 2) < 0$: $-2 < x < 0$.

3. Interseção. $]-2, 0[ \;\cap\; ]-3, 1[ \;=\; ]-2, 0[$.

Conferindo com $x = -1$: base 3, logaritmando $-\sqrt[3]{-4} = \sqrt[3]{4} > \sqrt[3]{3}$ ✔. Com $x = 0{,}5$: $-\sqrt[3]{-1{,}75} = \sqrt[3]{1{,}75} < \sqrt[3]{3}$, e de fato fica fora.

Resposta: $S = \;]-2, 0[$.

Para revisar, veja Propriedades de Logaritmos.

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Questão 4: Dividindo x¹⁰ − 1 por x⁴ − x³ + x² − x + 1

Enunciado

Considere o polinômio $p(x) = x^4 - x^3 + x^2 - x + 1$. Determine o quociente e o resto da divisão do polinômio $q(x) = x^{10} - 1$ por $p(x)$ e encontre todas as raízes complexas de $p(x)$.

Resolução

1. Reconhecendo $p$. $p(x)$ é a soma de uma PG de razão $-x$:

$$(x + 1)\,p(x) = x^5 + 1$$

(confira: $x^5 - x^4 + x^3 - x^2 + x + x^4 - x^3 + x^2 - x + 1 = x^5 + 1$.)

2. A divisão. Como $x^{10} - 1 = (x^5 - 1)(x^5 + 1) = (x^5 - 1)(x + 1)\,p(x)$,

$$x^{10} - 1 = \underbrace{(x^6 + x^5 - x - 1)}_{\text{quociente}}\cdot p(x) + \underbrace{0}_{\text{resto}}$$

3. As raízes. As raízes de $p$ são as raízes de $x^5 = -1$ diferentes de $-1$. Como $-1 = \operatorname{cis}\pi$, as raízes quintas são $\operatorname{cis}\frac{\pi + 2k\pi}{5}$, $k = 0, \dots, 4$; tirando $k = 2$ (que dá $-1$):

$$x \in \left\{\operatorname{cis}\frac{\pi}{5},\ \operatorname{cis}\frac{3\pi}{5},\ \operatorname{cis}\frac{7\pi}{5},\ \operatorname{cis}\frac{9\pi}{5}\right\}$$

Em forma algébrica, usando $\cos 36^\circ = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$ e $\cos 108^\circ = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$:

$$x = \frac{1 + \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}\,i \qquad\text{e}\qquad x = \frac{1 - \sqrt{5}}{4} \pm \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4}\,i$$

Conferindo pela soma das raízes: os pares conjugados somam $2\cdot\frac{1 + \sqrt{5}}{4} + 2\cdot\frac{1 - \sqrt{5}}{4} = 1$, que é o que Girard pede para $x^4 - x^3 + \dots$ ✔

Resposta: quociente $x^6 + x^5 - x - 1$, resto $0$; raízes $\operatorname{cis}\frac{\pi}{5}$, $\operatorname{cis}\frac{3\pi}{5}$, $\operatorname{cis}\frac{7\pi}{5}$ e $\operatorname{cis}\frac{9\pi}{5}$.

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Questão 5: sen(α − β) a partir de A e B

Enunciado

Sejam $A = \cos(\alpha) + \cos(\beta)$ e $B = \operatorname{sen}(\alpha) - \operatorname{sen}(\beta)$ com $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$. Calcule $\operatorname{sen}(\alpha - \beta)$ em função de $A$ e $B$, sabendo que $A$ e $B$ não são ambos nulos.

Resolução

1. Soma em produto. Com $u = \frac{\alpha + \beta}{2}$ e $v = \frac{\alpha - \beta}{2}$:

$$A = 2\cos u\cos v, \qquad B = 2\cos u\operatorname{sen} v$$

Como $A$ e $B$ não são ambos nulos, $\cos u \ne 0$.

2. A fórmula. Então $A^2 + B^2 = 4\cos^2 u$ e $2AB = 8\cos^2 u\operatorname{sen} v\cos v = 4\cos^2 u\operatorname{sen} 2v$. Dividindo:

$$\frac{2AB}{A^2 + B^2} = \operatorname{sen} 2v = \operatorname{sen}(\alpha - \beta)$$

3. Conferindo com um exemplo. $\alpha = \frac{\pi}{2}$, $\beta = 0$: $A = 1$, $B = 1$, e a fórmula dá $\frac{2}{2} = 1 = \operatorname{sen}\frac{\pi}{2}$ ✔

Resposta: $\operatorname{sen}(\alpha - \beta) = \dfrac{2AB}{A^2 + B^2}$.

Para revisar, veja Transformar somas em produtos.

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Questão 6: O círculo inscrito no triângulo BCD

Enunciado

Considere um triângulo $ABC$ tal que $m(\overline{AB}) = 4$, $m(\overline{AC}) = 5$ e $B\hat{A}C = 60^\circ$. Seja $D$ um ponto no lado $\overline{AB}$ tal que $m(\overline{AD}) = 1$. Encontre o raio do círculo inscrito no triângulo $BCD$.

Resolução

1. Lados de $BCD$. $m(\overline{DB}) = 4 - 1 = 3$. Pela lei dos cossenos com o ângulo de $60^\circ$ em $A$:

$$m(\overline{CD})^2 = 1 + 25 - 2\cdot 1\cdot 5\cdot\tfrac{1}{2} = 21, \qquad m(\overline{BC})^2 = 16 + 25 - 2\cdot 4\cdot 5\cdot\tfrac{1}{2} = 21$$

O triângulo $BCD$ é isósceles: lados $3$, $\sqrt{21}$, $\sqrt{21}$.

2. Área. A altura relativa à base $\overline{DB}$ é $\sqrt{21 - \frac{9}{4}} = \frac{5\sqrt{3}}{2}$, então

$$S = \frac{1}{2}\cdot 3\cdot\frac{5\sqrt{3}}{2} = \frac{15\sqrt{3}}{4}$$

Conferindo: $S_{ABC} - S_{ADC} = \frac{1}{2}\cdot 4\cdot 5\operatorname{sen}60^\circ - \frac{1}{2}\cdot 1\cdot 5\operatorname{sen}60^\circ = \frac{15}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}$ ✔

3. O raio. $S = p\cdot r$, com semiperímetro $p = \frac{3 + 2\sqrt{21}}{2}$:

$$r = \frac{15\sqrt{3}/4}{(3 + 2\sqrt{21})/2} = \frac{15\sqrt{3}}{2(3 + 2\sqrt{21})}\cdot\frac{2\sqrt{21} - 3}{2\sqrt{21} - 3} = \frac{15\sqrt{3}(2\sqrt{21} - 3)}{150} = \frac{6\sqrt{7} - 3\sqrt{3}}{10}$$

(usamos $\sqrt{3}\cdot\sqrt{21} = 3\sqrt{7}$). Numericamente, $r \approx 1{,}068$.

Resposta: $r = \dfrac{6\sqrt{7} - 3\sqrt{3}}{10}$.

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Questão 7: Pontos da elipse que veem os focos sob 60°

Enunciado

Determine os pontos $P$ pertencentes à elipse $E$ definida pela equação $\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1$, tais que os segmentos de reta que ligam $P$ aos focos de $E$ formam um ângulo de $60^\circ$.

Resolução

1. Elementos da elipse. $a = 2$, $b = 1$, $c = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$. Focos $F_{1,2} = (\pm\sqrt{3}, 0)$, com $m(\overline{F_1F_2}) = 2\sqrt{3}$.

2. Os raios focais. Sejam $m = m(\overline{PF_1})$ e $n = m(\overline{PF_2})$. Então $m + n = 2a = 4$ e, pela lei dos cossenos com o ângulo de $60^\circ$ em $P$,

$$12 = m^2 + n^2 - mn = (m + n)^2 - 3mn = 16 - 3mn \quad\Rightarrow\quad mn = \frac{4}{3}$$

3. Área de dois jeitos.

$$S = \frac{1}{2}mn\operatorname{sen}60^\circ = \frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{3}, \qquad S = \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3}\cdot|y| = \sqrt{3}\,|y|$$

Logo $|y| = \frac{1}{3}$ e, da equação da elipse, $x^2 = 4\left(1 - \frac{1}{9}\right) = \frac{32}{9}$, $|x| = \frac{4\sqrt{2}}{3}$.

Conferindo com os raios focais: $m$ e $n$ são raízes de $t^2 - 4t + \frac{4}{3} = 0$, ou seja, $2 \pm \frac{2\sqrt{6}}{3}$; e para a elipse, $m = a + \frac{c}{a}x = 2 + \frac{\sqrt{3}}{2}x$. Com $x = \frac{4\sqrt{2}}{3}$, $m = 2 + \frac{2\sqrt{6}}{3}$ ✔

Resposta: os quatro pontos $\left(\pm\dfrac{4\sqrt{2}}{3},\ \pm\dfrac{1}{3}\right)$ (todas as combinações de sinais).

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Questão 8: A esfera que faz a água subir até a borda

Enunciado

Um cilindro equilátero é apoiado sobre uma de suas bases e parcialmente preenchido com água. Quando uma esfera é colocada em seu interior, de modo a tocar o fundo, o nível de água atinge a altura do cilindro. Se o raio da esfera é igual ao raio da base do cilindro e o volume de água é $2000\frac{\pi}{3}$ cm³, determine a área da superfície lateral do cilindro e o volume da esfera.

Resolução

1. A configuração. Cilindro equilátero: altura $h = 2R$. A esfera de raio $R$ tem diâmetro $2R = h$; tocando o fundo, ela encosta também na tampa, e fica totalmente dentro do cilindro.

2. Volume de água. Água e esfera juntas enchem o cilindro:

$$V_{\text{água}} = \pi R^2\cdot 2R - \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi R^3 = \frac{2000\pi}{3} \quad\Rightarrow\quad R^3 = 1000 \quad\Rightarrow\quad R = 10 \text{ cm}$$

3. O que se pede.

$$A_{\text{lateral}} = 2\pi R\cdot h = 2\pi\cdot 10\cdot 20 = 400\pi \text{ cm}^2, \qquad V_{\text{esfera}} = \frac{4}{3}\pi\cdot 10^3 = \frac{4000\pi}{3} \text{ cm}^3$$

Conferindo: a esfera ocupa $\frac{2}{3}$ do cilindro (resultado de Arquimedes), e a água o $\frac{1}{3}$ restante: $\frac{1}{3}\cdot 2000\pi = \frac{2000\pi}{3}$ ✔

Resposta: área lateral $400\pi$ cm² e volume da esfera $\dfrac{4000\pi}{3}$ cm³.

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Questão 9: Perímetro 20 e soma dos senos 2

Enunciado

Um triângulo tem perímetro 20 e seus ângulos internos $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ satisfazem a igualdade $\operatorname{sen}(\alpha) + \operatorname{sen}(\beta) + \operatorname{sen}(\gamma) = 2$. Sabendo que um dos lados desse triângulo mede 8, determine a medida dos outros dois lados.

Resolução

1. O raio circunscrito. Pela lei dos senos, cada lado é $2R$ vezes o seno do ângulo oposto. Somando os três lados:

$$20 = 2R\,(\operatorname{sen}\alpha + \operatorname{sen}\beta + \operatorname{sen}\gamma) = 4R \quad\Rightarrow\quad R = 5$$

2. O ângulo oposto ao lado 8. Seja $\alpha$ esse ângulo: $\operatorname{sen}\alpha = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}$, logo $\cos\alpha = \pm\frac{3}{5}$.

3. Os outros lados. Sejam $b$ e $c$, com $b + c = 12$. Lei dos cossenos:

$$64 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\alpha = (b + c)^2 - 2bc(1 + \cos\alpha) = 144 - 2bc(1 + \cos\alpha)$$
  • Se $\cos\alpha = -\frac{3}{5}$: $\frac{4}{5}bc = 80$, $bc = 100$; mas com $b + c = 12$ o produto é no máximo $36$. Impossível.
  • Se $\cos\alpha = \frac{3}{5}$: $\frac{16}{5}bc = 80$, $bc = 25$. Então $b$ e $c$ são raízes de $t^2 - 12t + 25 = 0$: $t = 6 \pm \sqrt{11}$.

Conferindo: para o triângulo de lados $8$, $6 + \sqrt{11}$ e $6 - \sqrt{11}$ calculamos (Heron) o raio circunscrito $R = \frac{abc}{4S} = 5$, e a soma dos senos $\frac{20}{2\cdot 5} = 2$ ✔. A desigualdade triangular vale: $(6 - \sqrt{11}) + 8 \approx 10{,}7 > 6 + \sqrt{11} \approx 9{,}3$.

Resposta: os outros lados medem $6 + \sqrt{11}$ e $6 - \sqrt{11}$.

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

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Questão 10: Duas diagonais do decágono que não se cortam

Enunciado

Em um decágono convexo, de quantas formas podemos escolher duas diagonais que não se interceptam?

Resolução

1. Total de pares. O decágono tem $\frac{10\cdot(10 - 3)}{2} = 35$ diagonais, e $\binom{35}{2} = 595$ pares de diagonais.

2. Pares que se cortam no interior. Quatro vértices quaisquer formam um quadrilátero convexo cujas duas diagonais se cruzam; e cada par que se cruza no interior vem de exatamente quatro vértices. São $\binom{10}{4} = 210$ pares.

3. Pares com um vértice em comum. Também se interceptam (no vértice). Por cada vértice saem 7 diagonais, que formam $\binom{7}{2} = 21$ pares: $10\cdot 21 = 210$ pares.

4. Os que não se interceptam.

$$595 - 210 - 210 = 175$$

Conferimos por computador, testando os 595 pares num decágono regular: 175 pares disjuntos, 210 que se cruzam no interior e 210 que compartilham um vértice.

Atenção à leitura: se “não se interceptam” fosse lido como “não se cruzam no interior do decágono” (aceitando diagonais com um vértice em comum), a resposta seria $595 - 210 = 385$. Na leitura literal, duas diagonais com uma extremidade comum se interceptam nesse ponto, e a resposta é 175.

Resposta: 175 formas.

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