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Solutions for ITA 2025 Math by o3 and o4-mini

Author: lgabs

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o3/q10_solution.txt

@@ -0,0 +1,46 @@
+\section*{Questão 10}
+
+\section*{Solução}
+
+Considere o cubo de aresta \(2\) com vértices
+\((x,y,z)\), onde \(x,y,z\in\{0,2\}\).
+Escolhemos o plano \(\Pi:x+y+z=0\), perpendicular à diagonal espacial
+\(\vec n=(1,1,1)\).
+Para projetar ortogonalmente um ponto \(P=(x,y,z)\) sobre \(\Pi\), basta
+eliminar a componente de \(P\) na direção de \(\vec n\); equivalentemente,
+basta registrar suas coordenadas em dois vetores ortonormais contidos em
+\(\Pi\):
+\[
+\vec v_1=\frac{1}{\sqrt2}(1,-1,0),\qquad
+\vec v_2=\frac{1}{\sqrt6}(1,1,-2).
+\]
+
+Chamando \((a,b)\) as coordenadas do projetado de \(P\) na base
+\(\{\vec v_1,\vec v_2\}\),
+\begin{align*}
+a&=P\cdot\vec v_1=\frac{x-y}{\sqrt2},\\
+b&=P\cdot\vec v_2=\frac{x+y-2z}{\sqrt6}.
+\end{align*}
+
+Aplicando‐se essa regra aos oito vértices do cubo obtêm‐se seis pontos
+de mesmo módulo
+\[
+\bigl(\pm\sqrt2,\;\pm\frac{2}{\sqrt6}\bigr),\qquad
+\bigl(0,\;\pm\frac{4}{\sqrt6}\bigr),
+\]
+isto é, seis vértices de um hexágono regular centrado na origem.
+O raio circunscrito desse hexágono é
+\[
+R=\sqrt{\left(\sqrt2\right)^2+\left(\frac{2}{\sqrt6}\right)^2}
+      =\sqrt{2+\frac{2}{3}}
+      =2\sqrt{\frac23}.
+\]
+Para um hexágono regular de lado \(s=R\), a área é
+\[
+A=\frac{3\sqrt3}{2}\,s^{2}
+  =\frac{3\sqrt3}{2}\left(2\sqrt{\frac23}\right)^{2}
+  =\frac{3\sqrt3}{2}\cdot\frac{8}{3}
+  =4\sqrt3.
+\]
+
+ANSWER: \(4\sqrt3\).

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o3/q1_solution.txt

@@ -0,0 +1,76 @@
+\section*{Questão 1}
+
+\section*{Solução}
+
+Seja  
+\[
+p(x)=x^{57}+ax^{14}+bx^{7}+1
+\quad\text{e}\quad 
+q(x)=x^{2}-x+1.
+\]
+
+Ao dividir \(p\) por \(q\) obtém‑se resto \(r(x)=2x+1\).  
+Logo, para cada raiz \(\alpha\) de \(q\) vale \(p(\alpha)=r(\alpha)\).
+
+1. Raízes de \(q\).  
+Como \(x^{2}-x+1=0\) tem raízes  
+\[
+\alpha=\tfrac{1}{2}+i\tfrac{\sqrt{3}}{2}, 
+\qquad
+\beta=\tfrac{1}{2}-i\tfrac{\sqrt{3}}{2},
+\]
+tem‑se
+\[
+\alpha^{2}-\alpha+1=0\;\Longrightarrow\;\alpha^{2}=\alpha-1,
+\quad
+\alpha^{3}=-1,
+\quad
+\alpha^{6}=1
+\]
+(e análogas para \(\beta\)).
+
+2. Avaliando \(p\) nos expoentes reduzidos módulo \(6\):
+\[
+x^{57}\!: 57\equiv3\;(6)\;\Rightarrow\;x^{57}=(x^{3})=-1,
+\quad
+x^{14}\!: 14\equiv2\;(6)\;\Rightarrow\;x^{14}=x^{2}=x-1,
+\quad
+x^{7}\!: 7\equiv1\;(6)\;\Rightarrow\;x^{7}=x.
+\]
+
+Assim,
+\begin{align*}
+p(\alpha) &=\alpha^{57}+a\alpha^{14}+b\alpha^{7}+1
+            = -1 + a(\alpha-1)+b\alpha+1
+            =\alpha(a+b) - a,\\
+p(\beta)  &=\beta(a+b) - a.
+\end{align*}
+
+3. Igualando aos valores do resto:
+\begin{align*}
+\alpha(a+b) - a &= 2\alpha + 1,\\
+\beta (a+b) - a &= 2\beta + 1.
+\end{align*}
+
+Subtraindo as equações,
+\[
+(\alpha-\beta)(a+b-2)=0.
+\]
+Como \(\alpha\neq\beta\), obtém‑se  
+\[
+a+b-2=0 \;\Longrightarrow\; b=2-a.
+\]
+
+Substituindo em \(\alpha(a+b)-a=2\alpha+1\):
+\[
+\alpha(2)-a = 2\alpha + 1
+\;\Longrightarrow\; -a = 1
+\;\Longrightarrow\; a = -1.
+\]
+
+Finalmente,
+\[
+b = 2 - a = 2 - (-1) = 3.
+\]
+
+ANSWER: \(a=-1,\; b=3\).

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o3/q2_solution.txt

@@ -0,0 +1,53 @@
+\section*{Questão 2}
+
+\section*{Solução}
+
+A elipse \(E\) tem centro em \((r,0)\), eixo maior sobre \(O_{x}\) e:
+\[
+a=\sqrt{2},\qquad e=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\; \Longrightarrow\; c=e\,a=1.
+\]
+
+Como \(c^{2}=a^{2}-b^{2}\), segue
+\[
+b^{2}=a^{2}-c^{2}=2-1=1\quad\Rightarrow\quad b=1.
+\]
+
+Logo, a equação de \(E\) é
+\[
+\dfrac{(x-r)^{2}}{2}+\dfrac{y^{2}}{1}=1.
+\]
+
+Parametrizando:
+\[
+x=r+\sqrt{2}\cos\theta,\qquad y=\sin\theta\qquad(\theta\in[0,2\pi)).
+\]
+
+Para os pontos de \(E\) definimos
+\[
+f(\theta)=\dfrac{y}{x}=\dfrac{\sin\theta}{\,r+\sqrt{2}\cos\theta}.
+\]
+
+Máximos de \(f\) ocorrem onde \(f'(\theta)=0\).
+\begin{align*}
+f'(\theta)=0 &\Longrightarrow \cos\theta\,(r+\sqrt{2}\cos\theta)+\sqrt{2}\sin^{2}\theta=0\\
+&\Longrightarrow r\cos\theta+\sqrt{2}=0\;\; \Longrightarrow\;\; \cos\theta=-\dfrac{\sqrt{2}}{r}.
+\end{align*}
+
+(Como \(r>0\), exige‑se \(r\ge\sqrt{2}\) para \(|\cos\theta|\le1\).)
+
+Nessa posição,
+\[
+\sin\theta=\sqrt{1-\cos^{2}\theta}=\sqrt{1-\dfrac{2}{r^{2}}}= \dfrac{\sqrt{r^{2}-2}}{r}\; (>0).
+\]
+
+Então o valor máximo de \(y/x\) é
+\[
+f_{\max}= \dfrac{\dfrac{\sqrt{r^{2}-2}}{r}}{\,r-\dfrac{2}{r}}=\dfrac{\sqrt{r^{2}-2}}{r}\cdot\dfrac{r}{r^{2}-2}= \dfrac{1}{\sqrt{r^{2}-2}}.
+\]
+
+O enunciado impõe \(f_{\max}=1\):
+\[
+\dfrac{1}{\sqrt{r^{2}-2}}=1 \;\;\Longrightarrow\;\; r^{2}-2=1 \;\;\Longrightarrow\;\; r^{2}=3 \;\;\Longrightarrow\;\; r=\sqrt{3}.
+\]
+
+ANSWER: \(r=\sqrt{3}\)

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o3/q3_solution.txt

@@ -0,0 +1,53 @@
+\section*{Questão 3}
+
+\section*{Solução}
+Sejam
+\[
+s_\alpha=\sin(\alpha),\qquad s_\beta=\sin(\beta),\qquad c_\beta=\cos(\beta).
+\]
+
+1.\,\,Do enunciado
+\begin{align*}
+s_\alpha-s_\beta &=\tfrac14\tag{1}\\
+s_\alpha-2s_\beta+c_\beta &=\tfrac34\tag{2}
+\end{align*}
+
+2.\,\,Subtraindo (1) de (2):
+\[
+c_\beta-s_\beta=\tfrac12.\tag{3}
+\]
+
+3.\,\,Determinando $s_\beta$ e $c_\beta$.
+Pela (3), $c_\beta=s_\beta+\tfrac12$. Usando $c_\beta^{\,2}+s_\beta^{\,2}=1$:
+\begin{align*}
+(s_\beta+\tfrac12)^2+s_\beta^{\,2}=1
+&\;\Longrightarrow\;2s_\beta^{\,2}+s_\beta-\tfrac34=0\\
+&\;\Longrightarrow\;s_\beta=\frac{-1\pm\sqrt7}{4}.
+\end{align*}
+Como $\beta\in[\pi/2,\,3\pi/2]$ implica $\cos(\beta)\le0$, escolhe‑se
+\[
+s_\beta=\frac{-1-\sqrt7}{4},\qquad
+c_\beta=\frac{1-\sqrt7}{4}\;(<0).
+\]
+
+4.\,\,Determinando $s_\alpha$ e $c_\alpha$.
+Da (1):
+\[
+s_\alpha=\tfrac14+s_\beta=\frac{-\sqrt7}{4}.
+\]
+Logo
+\[
+c_\alpha=-\sqrt{1-s_\alpha^{\,2}}=-\sqrt{1-\tfrac{7}{16}}=-\frac34,
+\]
+pois $\alpha\in[\pi/2,\,3\pi/2]\Rightarrow\cos(\alpha)\le0$.
+
+5.\,\,Calculando $\sin(\alpha+\beta)$:
+\begin{align*}
+\sin(\alpha+\beta)&=s_\alpha c_\beta+c_\alpha s_\beta\\[2pt]
+&=\Bigl(-\frac{\sqrt7}{4}\Bigr)\Bigl(\frac{1-\sqrt7}{4}\Bigr)+\Bigl(-\frac34\Bigr)\Bigl(\frac{-1-\sqrt7}{4}\Bigr)\\
+&=\frac{-\sqrt7(1-\sqrt7)+3(1+\sqrt7)}{16}\\
+&=\frac{-\sqrt7+7+3+3\sqrt7}{16}\\
+&=\frac{10+2\sqrt7}{16}=\frac{5+\sqrt7}{8}.
+\end{align*}
+
+ANSWER: $\displaystyle \sin(\alpha+\beta)=\frac{5+\sqrt7}{8}\,. $

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o3/q4_solution.txt

@@ -0,0 +1,30 @@
+\section*{Questão 4}
+
+\section*{Solução}
+Se uma circunferência é tangente ao lado \(BC\) e às retas que contêm \(AB\) e \(AC\), ela é a excircunferência oposta ao vértice \(A\).  O raio dessa excircunferência (\(r_a\)) satisfaz
+\[
+r_a=\dfrac{\Delta}{s-a},
+\]
+em que  
+\(a=m(BC)\), \(b=m(AC)\), \(c=m(AB)\),  
+\(s=\dfrac{a+b+c}{2}\) é o semiperímetro e \(\Delta\) é a área do triângulo.
+
+1.  Cálculo de \(s\):
+\[
+s=\frac{14+10+6}{2}=15.
+\]
+
+2.  Cálculo de \(\Delta\) (fórmula de Heron):
+\begin{align*}
+\Delta&=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \\
+      &=\sqrt{15\cdot(15-14)\cdot(15-10)\cdot(15-6)} \\
+      &=\sqrt{15\cdot1\cdot5\cdot9} \\
+      &=\sqrt{675}=15\sqrt{3}.
+\end{align*}
+
+3.  Raio da excircunferência oposta a \(A\):
+\[
+r_a=\dfrac{\Delta}{s-a}=\dfrac{15\sqrt{3}}{15-14}=15\sqrt{3}.
+\]
+
+ANSWER: \(15\sqrt{3}\)

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o3/q5_solution.txt

@@ -0,0 +1,29 @@
+\section*{Questão 5}
+
+\section*{Solução}
+Para obter o primeiro algarismo de \(3^{100}\) basta analisar a parte decimal do logaritmo decimal desse número.
+
+\begin{align*}
+\log_{10}\!\left(3^{100}\right) &= 100\,\log_{10} 3\\
+&=100 \times 0,4771\\
+&=47,71
+\end{align*}
+
+1. A parte inteira \(47\) indica que \(3^{100}\) possui \(47+1=48\) algarismos.  
+2. A parte decimal \(0,71\) satisfaz \(10^{0,71}<6\) e \(10^{0,71}>5\).  
+   Para confirmar, compare‐se com os logaritmos dos inteiros consecutivos:
+
+\[
+\log_{10}5=1-\log_{10}2=1-0,3010=0,6990<0,71
+\]
+\[
+\log_{10}6=\log_{10}2+\log_{10}3=0,3010+0,4771=0,7781>0,71
+\]
+
+Logo
+\[
+10^{0,6990}=5<10^{0,71}<10^{0,7781}=6,
+\]
+isto é, o número \(3^{100}\) situa‐se entre \(5\times10^{47}\) e \(6\times10^{47}\). Portanto, o primeiro algarismo (da esquerda para a direita) é \(5\).
+
+ANSWER: 5

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o3/q6_solution.txt

@@ -0,0 +1,43 @@
+\section*{Questão 6}
+
+\section*{Solução}
+Seja $P(n)$ a probabilidade de a quarta **cara** ocorrer exatamente no $n$‑ésimo lançamento de uma moeda honesta ($n\ge 4$).
+
+Para isso, nos $n-1$ primeiros lançamentos devem ter ocorrido exatamente $3$ caras, e o $n$‑ésimo lançamento deve ser cara.  
+Como cada lançamento é independente e $P(\text{cara})=P(\text{coroa})=\tfrac12$, temos  
+\[
+P(n)=\binom{n-1}{3}\left(\tfrac12\right)^{n}.
+\]
+
+Queremos maximizar $P(n)$ para $n\in\mathbb{N},\;n\ge 4$.  
+Comparemos termos consecutivos:
+\[
+\frac{P(n+1)}{P(n)}=\frac{\binom{n}{3}}{\binom{n-1}{3}}\cdot\frac12
+                    =\frac{n}{n-3}\cdot\frac12.
+\]
+
+1. $P(n)$ cresce enquanto $\dfrac{P(n+1)}{P(n)}>1$:
+   \[
+   \frac{n}{n-3}\cdot\frac12>1
+   \;\Longrightarrow\;
+   n>2(n-3)
+   \;\Longrightarrow\;
+   n<6.
+   \]
+   Logo $P(n)$ é crescente para $4\le n<6$.
+
+2. Para $n=6$,
+   \[
+   \frac{P(7)}{P(6)}=\frac{6}{6-3}\cdot\frac12=1,
+   \]
+   portanto $P(7)=P(6)$.
+
+3. Para $n\ge 7$,
+   \[
+   \frac{P(n+1)}{P(n)}=\frac{n}{n-3}\cdot\frac12<1,
+   \]
+   logo $P(n)$ decresce a partir de $n=7$.
+
+Conclusão: os valores que maximizam a probabilidade são $n=6$ e $n=7$ (mesma probabilidade em ambos).
+
+ANSWER: $n=6\text{ ou }7$.