make solutions async and solve with o4 mini

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q10_solution.txt

@@ -0,0 +1,26 @@
+\section*{Questão 10}
+
+\section*{Solução}
+
+Seja o cubo de aresta \(2\) centrado na origem, com vértices \((\pm1,\pm1,\pm1)\). Considere o plano ortogonal à diagonal principal, de vetor normal unitário
+\[
+\mathbf{u}=\frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}.
+\]
+A projeção ortogonal de todo o cubo sobre esse plano coincide com o fecho convexo das projeções dos seus vértices, que formam um hexágono regular de vértices
+\(\pm(0,\tfrac{2\sqrt6}{3}),\;\pm(\sqrt2,-\tfrac{\sqrt6}{3}),\;\pm(-\sqrt2,-\tfrac{\sqrt6}{3})\).  
+
+O raio da circunferência circunscrita a esse hexágono é
+\[
+R=\sqrt{\bigl(\sqrt2\bigr)^2+\Bigl(-\tfrac{\sqrt6}{3}\Bigr)^2}
+=\sqrt{2+\tfrac{6}{9}}=\sqrt{\tfrac{8}{3}}=\frac{2\sqrt6}{3},
+\]
+que, em um hexágono regular, é igual ao comprimento do lado \(s\). Logo
+\[
+s=\frac{2\sqrt6}{3},
+\quad
+\text{área} = \frac{3\sqrt3}{2}\,s^2
+= \frac{3\sqrt3}{2}\,\Bigl(\frac{2\sqrt6}{3}\Bigr)^{2}
+=4\sqrt3.
+\]
+
+ANSWER: \(4\sqrt3\)

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q1_solution.txt

@@ -0,0 +1,39 @@
+\section*{Questão 1}
+
+\section*{Solução}
+
+Reduzimos as potências de \(x\) em \(\Bbb R[x]/(x^2 - x + 1)\):  
+\begin{align*}
+x^2&\equiv x-1, &
+x^3&\equiv -1, &
+x^6&\equiv1.
+\end{align*}
+Logo,
+\begin{align*}
+x^{57}&\equiv x^{3}\equiv -1, &
+x^{14}&\equiv x^{2}, &
+x^{7}&\equiv x.
+\end{align*}
+Assim,  
+\begin{align*}
+p(x)&=x^{57}+a x^{14}+b x^{7}+1
+\equiv -1 +a x^2 +b x +1
+= a x^2 + b x
+\stackrel{!}{\equiv}2x+1.
+\end{align*}
+Como \(x^2\equiv x-1\), tem-se
+\begin{align*}
+a(x-1)+b x &=2x+1
+\;\Longrightarrow\;
+(a+b-2)x -a =1.
+\end{align*}
+Igualando coeficientes:
+\[
+\begin{cases}
+a+b-2=0,\\
+-\,a-1=0,
+\end{cases}
+\quad\Longrightarrow\quad
+a=-1,\;b=3.
+\]
+ANSWER: \(a=-1,\;b=3\).

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q2_solution.txt

@@ -0,0 +1,34 @@
+\section*{Questão 2}
+
+\section*{Solução}
+Seja \(a=\sqrt{2}\) o semieixo maior e \(e=\frac{\sqrt{2}}{2}\) a excentricidade. Então
+\[
+c=a\,e=\sqrt{2}\,\frac{\sqrt{2}}{2}=1,
+\quad
+b^2=a^2(1-e^2)=2\bigl(1-\tfrac12\bigr)=1.
+\]
+A elipse, centrada em \((r,0)\) e de eixos alinhados com \(O_x\) e \(O_y\), tem equação
+\[
+\frac{(x-r)^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1
+\;\Longrightarrow\;
+\frac{(x-r)^2}{2}+y^2=1.
+\]
+Para que \(\tfrac yx\) atinja seu valor máximo igual a \(1\), a reta \(y=x\) deve ser tangente à elipse. Substituindo \(y=x\) na equação:
+\[
+\frac{(x-r)^2}{2}+x^2=1
+\;\Longrightarrow\;
+\frac{x^2-2rx+r^2}{2}+x^2=1
+\;\Longrightarrow\;
+3x^2-2r\,x+(r^2-2)=0.
+\]
+A condição de tangência é discriminante nulo:
+\[
+\Delta=( -2r)^2-4\cdot3\,(r^2-2)=4r^2-12r^2+24=0
+\;\Longrightarrow\;
+8r^2=24
+\;\Longrightarrow\;
+r^2=3
+\;\Longrightarrow\;
+r=\sqrt{3}.
+\]
+ANSWER: \(\sqrt{3}\)

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q3_solution.txt

@@ -0,0 +1,56 @@
+\section*{Questão 3}
+
+\section*{Solução}
+
+Das equações
+\begin{align*}
+\sin\alpha-\sin\beta&=\tfrac14,\\
+\sin\alpha-2\sin\beta+\cos\beta&=\tfrac34,
+\end{align*}
+defina 
+\[
+A=\sin\alpha,\quad B=\sin\beta,\quad C=\cos\beta.
+\]
+Então
+\[
+A-B=\tfrac14,\quad A-2B+C=\tfrac34
+\;\Longrightarrow\;
+C-B=\tfrac12.
+\]
+Logo
+\[
+A=B+\tfrac14,\quad C=B+\tfrac12.
+\]
+Como \(B^2+C^2=1\),
+\[
+B^2+(B+\tfrac12)^2=1
+\;\Longrightarrow\;
+2B^2+B-\tfrac34=0
+\;\Longrightarrow\;
+B=\frac{-1\pm\sqrt7}4.
+\]
+No intervalo \([\tfrac\pi2,\tfrac{3\pi}2]\) temos \(\cos\beta<0\),  
+então
+\[
+\sin\beta=B=\frac{-1-\sqrt7}4,\quad
+\cos\beta=C=B+\tfrac12=\frac{1-\sqrt7}4.
+\]
+Segue
+\[
+\sin\alpha=A=B+\tfrac14=-\frac{\sqrt7}4,
+\quad
+\cos\alpha=-\frac34
+\quad(\alpha\text{ em Q3}).
+\]
+Finalmente,
+\begin{align*}
+\sin(\alpha+\beta)
+&=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta\\
+&=\Bigl(-\frac{\sqrt7}4\Bigr)\Bigl(\frac{1-\sqrt7}4\Bigr)
+ +\Bigl(-\frac34\Bigr)\Bigl(\frac{-1-\sqrt7}4\Bigr)\\
+&=\frac{7-\sqrt7+3+3\sqrt7}{16}
+=\frac{10+2\sqrt7}{16}
+=\frac{5+\sqrt7}{8}.
+\end{align*}
+
+ANSWER: \(\displaystyle \frac{5+\sqrt7}{8}\).

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q4_solution.txt

@@ -0,0 +1,22 @@
+\section*{Questão 4}
+
+\section*{Solução}
+
+Seja \(a=BC=14\), \(b=CA=10\) e \(c=AB=6\). O semiperímetro vale
+\begin{align*}
+s=\frac{a+b+c}{2}=\frac{14+10+6}{2}=15\,.
+\end{align*}
+A área do triângulo, por fórmula de Heron, é
+\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}
+=15\sqrt{3}\,.
+\end{align*}
+O círculo que tangencia o segmento \(BC\) e as retas suporte de \(AB\) e \(AC\) é o excírculo oposto a \(A\), cujo raio é
+\begin{align*}
+r_a=\frac{\Delta}{s-a}
+=\frac{15\sqrt{3}}{15-14}
+=15\sqrt{3}\,.
+\end{align*}
+ANSWER: \(15\sqrt{3}\).

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q5_solution.txt

@@ -0,0 +1,10 @@
+\section*{Questão 5}
+
+\section*{Solução}
+\begin{align*}
+\log_{10}(3^{100})&=100\log_{10}3=100\times0,4771=47,71\\
+3^{100}&=10^{47,71}=10^{47}\cdot10^{0,71}\\
+10^{0,71}&=10^{0,70}\times10^{0,01}\approx5,01\times1,02\approx5,13
+\end{align*}
+Portanto, o \textbf{primeiro algarismo} (mais significativo) de $3^{100}$ é \textbf{5}.  
+ANSWER: 5

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q6_solution.txt

@@ -0,0 +1,30 @@
+\section*{Questão 6}
+
+\section*{Solução}
+
+A probabilidade de obter a 4ª cara exatamente no $n$‑ésimo lançamento é dada pela distribuição binomial negativa:
+\[
+P(n)=\binom{n-1}{3}\Bigl(\tfrac12\Bigr)^4\Bigl(\tfrac12\Bigr)^{n-4}
+=\binom{n-1}{3}2^{-n},\qquad n\ge4.
+\]
+Para encontrar o(s) $n$ que maximizam $P(n)$, calculamos
+\begin{align*}
+\frac{P(n+1)}{P(n)}
+&=\frac{\binom{n}{3}2^{-(n+1)}}{\binom{n-1}{3}2^{-n}}
+=\frac{\binom{n}{3}}{\binom{n-1}{3}}\cdot\frac12
+=\frac{n}{2(n-3)}.
+\end{align*}
+Logo,
+\[
+\frac{P(n+1)}{P(n)}\ge1\iff n\le6,
+\quad
+\frac{P(n+1)}{P(n)}\le1\iff n\ge6.
+\]
+Isso mostra que $P(n)$ cresce até $n=6$ e decresce a partir de $n=6$, com
+\[
+P(6)=\binom{5}{3}2^{-6}=\frac{10}{64},\quad
+P(7)=\binom{6}{3}2^{-7}=\frac{20}{128}=\frac{10}{64},
+\]
+logo atinge o valor máximo em $n=6$ e $n=7$.
+
+ANSWER: $n=6,\,7$.

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q7_solution.txt

@@ -0,0 +1,37 @@
+\section*{Questão 7}
+
+\section*{Solução}
+
+Pressupomos que $p(x)$ tem raiz dupla $r$ e raiz simples $s$, isto é  
+\begin{align*}
+p(x)&=(x-r)^2(x-s)=x^3-(2r+s)x^2+(r^2+2rs)x-r^2s.
+\end{align*}
+Como $p(x)=x^3+ax^2+b$, comparando coeficientes obtemos  
+\begin{align*}
+2r+s&=-a,\\
+r^2+2rs&=0,\\
+-r^2s&=b.
+\end{align*}
+De $r^2+2rs=0$ e $r\neq0$ segue $s=-\tfrac r2$. Então  
+\[
+a=-\frac{3r}{2},\qquad b=\frac{r^3}{2}.
+\]
+Sejam $A=(r,0)$, $B=(s,0)$ e $C=(0,b)$. O triângulo é retângulo em $C$ se  
+\[
+\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}
+=(r, -b)\cdot(s, -b)=rs+b^2=0.
+\]
+Substituindo $s=-\tfrac r2$ e $b=\tfrac{r^3}{2}$,
+\[
+-\frac{r^2}{2}+\frac{r^6}{4}=0
+\ \Longrightarrow\ r^4=2
+\ \Longrightarrow\ r=\pm2^{1/4}.
+\]
+Logo, os pares $(a,b)$ são  
+\[
+\bigl(a,b\bigr)
+=\Bigl(-\tfrac{3}{2}2^{1/4},\,2^{-1/4}\Bigr)
+\quad\text{ou}\quad
+\Bigl(\tfrac{3}{2}2^{1/4},\,-2^{-1/4}\Bigr).
+\]
+ANSWER: $(a,b)=\bigl(-\tfrac32\,2^{1/4},\,2^{-1/4}\bigr)$ ou $(\tfrac32\,2^{1/4},\,-2^{-1/4})$.

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q8_solution.txt

@@ -0,0 +1,31 @@
+\section*{Questão 8}
+
+\section*{Solução}
+
+Observamos que, para cada \(k\), aplicando às linhas de \(A_k\) as operações elementares
+\[
+L_i\;\longmapsto\;L_i - L_{i-1},\quad i=k,k-1,\dots,2,
+\]
+o determinante não se altera e a matriz fica na forma
+\[
+\begin{pmatrix}
+1 & 2 & 3 & \cdots & k\\
+1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
+1 & 1 & 0 & \cdots & 0\\
+\vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots\\
+1 & 1 & \cdots & 1 & 0
+\end{pmatrix}.
+\]
+Expandindo pelo primeiro linha, só o último menor contribui, dando
+\[
+\det(A_k)=(-1)^{1+k}\,k =(-1)^{\,k-1}\,k.
+\]
+Logo
+\begin{align*}
+\sum_{k=1}^{2025}\det(A_k)
+&=\sum_{k=1}^{2025}(-1)^{\,k-1}k
+=1-2+3-4+\cdots+2025\\
+&=\frac{2025+1}2=1013.
+\end{align*}
+
+\noindent\textbf{ANSWER:} 1013

exams/ita_2025/math/essays/solutions/o4_mini/q9_solution.txt

@@ -0,0 +1,18 @@
+\section*{Questão 9}
+
+\section*{Solução}
+
+Da condição \(A^{-1}=A^T\) segue
+\begin{align*}
+AA^T=I,
+\end{align*}
+ou seja, \(A\) é ortogonal com entradas inteiras. Logo cada linha de \(A\) tem norma 1 e é ortogonal às demais, o que implica que em cada linha e em cada coluna há exatamente um único elemento não nulo, valendo esse elemento \(+1\) ou \(-1\). Assim, \(A\) é uma matriz de permutação assinada.  
+
+São \(5!\) escolhas para a permutação das colunas e, para cada uma das 5 linhas, 2 escolhas de sinal. Portanto,
+\begin{align*}
+\#\{A\}&=5!\times2^5\\
+&=120\times32\\
+&=3840.
+\end{align*}
+
+ANSWER: 3840