Bancoobmep2015

OBMEP - Banco de Questões 2015
Cleber Assis, Régis Barbosa, Samuel Feitosa e
Tiago Miranda

Banco de Questões 2015
Copyright© 2015 by IMPA
Impresso no Brasil/Printed in Brazil
Primeira edição e impressão
Texto e diagramação: Cleber Assis, Régis Barbosa,
Samuel Feitosa e Tiago Miranda
Este livro foi escrito usando o sistema LATE
Banco de Questões 2015
Rio de Janeiro, IMPA, 2015
174 páginas
ISBN 978-85-244-0397-2
Distribuição
IMPA/OBMEP
Estrada Dona Castorina, 110
22460-320 Rio de Janeiro, RJ
e-mail: contato@obmep.org.br
www.obmep.org.br
X.
Capa: Ampersand Comunicações Gráﬁca
IMPA/OBMEP
Direitos reservados, 2015 pela Associação Instituto
Nacional de Matemática Pura e Aplicada – IMPA
Estrada Dona Castorina, 110 – Rio de Janeiro
22460-320

CONTEÚDO
Apresentação 7
Prefácio 9
Nível 1 13
Nível 2 27
Nível 3 45
Soluções do Nível 1 63
Índice de Problemas 173
www.obmep.org.br OBMEP – Banco de Questões 2015

APRESENTAÇÃO
Desde da sua primeira edição em 2005, a OBMEP oferece a todas as escolas públicas do
país um Banco de Questões com problemas e desafios de Matemática para alunos e profes-
sores. O Banco pretende despertar o prazer pela Matemática, estimular o aluno interessado
com perguntas instigantes e proporcionar um treinamento para as provas da OBMEP.
Os problemas apresentados, este ano, foram concebidos pelos professores Cleber Assis,
Régis Barbosa, Samuel Feitosa e Tiago Miranda. A eles o nosso agradecimento.
Foram escolhidos problemas que requerem, mais do que qualquer conhecimento prévio
em Matemática, imaginação e raciocínio. Tentou-se ao máximo apresentá-los em uma or-
dem crescente de dificuldade.
A edição deste ano do Banco de Questões e todas as edições anteriores estão disponíveis
na página www.obmep.org.br, assim como as apostilas e o material didático utilizado no
Programa de Iniciação Científica Junior.
Se você, leitor, encontrar uma solução para algum problema diferente da solução apre-
sentada ao final do Banco de Questões, não deixe de mandá-la para
bancodequestoes@obmep.org.br,
pois ela poderá ser publicada na página da OBMEP.
Boa diversão!
Claudio Landim
Coordenador Geral da OBMEP

PREFÁCIO
Querido leitor/leitora,
O Banco de Questões deste ano da OBMEP – Olimpíada Brasileira de Matemática das
Escolas Públicas –, segue o mesmo padrão do banco do ano passado. Para facilitar a busca
de questões em meio ao livro, há um sumário no início e um índice remissivo no ﬁnal com
os nomes dos problemas e respectivas páginas onde aparecem seus enunciados e soluções.
Além disso, as questões do Nível 1 são numeradas como 1 , 2 , 3 , etc. As questões do
Nível 2 são numeradas como 1 , 2 , 3 , etc. E as questões do Nível 3 são numeradas como
1 , 2 , 3 , etc.
Muitos dos problemas podem resistir às primeiras investidas do leitor e isso não deve ser
motivo de desânimo. Um bom conselho é discuti-los com outras pessoas. Isso certamente
tornará a experiência de resolvê-los ainda mais prazerosa. Além disso, durante a leitura das
soluções, o uso do papel e da caneta podem ser bons instrumentos para a compreensão de
todos os detalhes envolvidos.
Não podemos deixar de manifestar um enorme agradecimento a todos os professores
que já estiveram ou que ainda estão envolvidos neste projeto.
Bom proveito!
Cleber Assis, Régis Barbosa, Samuel Feitosa e Tiago Miranda

“Sempre faço o que não consigo fazer para aprender
o que não sei.”
Pablo Picasso

NÍVEL 1
1 Escrevendo números em círculos
Na ﬁgura abaixo, temos uma circunferência cortada por 4 segmentos. Escreva os números
de 1 até 9 nos círculos de modo que a soma dos números escritos em cada segmento seja
sempre a mesma.

14 OBMEP – Banco de Questões 2015
2 Contando triângulos
Quantos triângulos existem na ﬁgura abaixo?
3 Dividindo chocolates
Maria acaba de ganhar uma barra enorme de chocolate como presente de Páscoa. Ela decide
dividi-la em pedaços para comê-la aos poucos. No primeiro dia, ela a divide em 10 pedaços
e come apenas um deles. No segundo dia, ela divide um dos pedaços que sobraram do dia
anterior em mais 10 pedaços e come apenas um deles. No terceiro dia, ela faz o mesmo, ou
seja, divide um dos pedaços que sobraram do dia anterior em 10 outros e come apenas um
deles. Ela continua repetindo esse procedimento até a Páscoa do ano seguinte.
a) Quantos pedaços ela terá no ﬁnal do terceiro dia?
b) É possível que ela obtenha exatamente 2014 pedaços em algum dia?
4 Números bacanas
Um número natural é bacana quando cada um de seus algarismos é maior que qualquer um
dos outros algarismos que estão à sua esquerda. Por exemplo, 3479 é bacana, enquanto que
2231 não é. Quantos números bacanas existem entre 3000 e 8000?

OBMEP – Banco de Questões 2015 15
5 Calculando áreas
O retângulo ABCD está dividido em cinco retângulos iguais. Se o perímetro de ABCD é
20cm, determine a sua área.
6 Pintando cubinhos
a) Na ﬁgura abaixo, João pintou algumas faces de cubinhos de um cubo 3 × 3 × 3 de cinza.
Ao desmontar o cubo em cubos menores de tamanho 1×1×1, ele percebeu que um de-
les possuía três, outro possuía duas e o terceiro possuía apenas uma face cinza. Se ele
tivesse pintado todas as faces do cubo maior de cinza, quantos cubinhos 1×1×1 teriam
exatamente uma face cinza? Quantos cubinhos teriam exatamente duas faces cinzas?
b) Se ele tivesse pintado todas as faces de um cubo 5 × 5 × 5 de cinza, após dividi-lo em
cubinhos 1×1×1, quantos deles teriam exatamente uma face pintada de cinza?
c) Ainda considerando o cubo 5×5×5, quantos cubinhos 1×1×1 não teriam faces pintadas?

7 Prolongando segmentos
Na figura abaixo, os lados do retângulo ABCD foram prolongados de modo que EB = 2AB,
AH = 3AD, DG = 2DC e FC = 3BC. Encontre a razão entre as áreas do quadrilátero EHGF
e do retângulo ABCD.
8 Número de segmentos
a) Dados quatro pontos distintos A, B, C e D, todos sobre uma mesma reta, como indica a
figura abaixo, determine o número de segmentos distintos que podem ser formados com
vértices em tais pontos.
b) Com 10 pontos distintos em um segmento, qual seria a nova resposta?
9 Palitos formando quadrados
Na figura abaixo, Maria arrumou 24 palitos e formou um quadrado 3×3.
a) Quantos palitos ela precisaria usar para formar um quadrado 4×4?
b) Qual o lado do maior quadrado que ela conseguiria formar com 100 palitos? Se sobrarem
palitos, determine quantos.

10 Formando números usando dígitos
São dados 5 dígitos distintos de 1 a 9. Arnaldo forma o maior número possível usando três
desses 5 dígitos. Em seguida, Bernaldo escreve o menor número possível usando três desses
5 dígitos. Qual o dígito da unidade da diferença entre o número de Arnaldo e o número de
Bernaldo?
11 Quantas semirretas?
Abaixo estão representados cinco pontos distintos sobre uma mesma reta. Quantas semir-
retas possuem origem em algum desses cinco pontos e não contêm o ponto B?
12 A pintura de Paladino
Paladino deve pintar de preto algumas casas de um tabuleiro 4 × 4 de modo que quais-
quer três quadradinhos que formem uma ﬁgura congruente ao desenho abaixo tenham pelo
menos um de seus quadradinhos pintados. Qual o menor número de quadradinhos que
devem ser pintados por Paladino?
13 Trilhos do trem
João deseja construir um circuito para o seu trem de brinquedo usando trilhos no formato
de segmentos de reta de comprimento ﬁxo. Na interseção de dois trilhos, ele precisa colocar
uma estação de trem. É possível João construir um circuito fechado com exatamente 10
estações, de forma que cada trilho possua exatamente 4 delas?
14 Um jogo aritmético
João está brincando com um jogo em que a única operação permitida é substituir o natural n
pelo natural a ·b se a +b = n, com a e b números naturais. Por exemplo, se o último número
obtido foi 15, ele pode trocá-lo por 56 = 7·8, pois 7+8 = 15 e ambos são números naturais.

a) Começando com o número 7, mostre uma sequência de operações que produza o número
48.
b) Começando com o número 7, mostre uma sequência de operações que produza o número
2014.
15 Soma constante
a) João preencheu os quadrados da ﬁgura abaixo com números naturais, de modo que a
soma de quaisquer três números de quadrados vizinhos fosse sempre 30. Determine o
valor de x.
2 x 3
b) Um triminó é uma peça formada por três quadradinhos em linha, como indicado nas
ﬁguras abaixo.
No tabuleiro abaixo, a soma de quaisquer três números formando um triminó é sempre
igual a 30. Determine o valor de x.
4
x
7

16 Jogando com as barras de chocolate
João e Maria ganharam 3 barras de chocolate de 5×3 divididas em quadradinhos 1×1. Então
eles decidem disputar um jogo. João pega uma das barras e a divide em duas barras retangu-
lares menores cortando-a através de uma das linhas divisórias marcadas entre os quadradi-
nhos da barra. Em seguida, Maria pega qualquer uma das barras e a divide também usando
uma das linhas divisórias já marcadas nela. Eles seguem dividindo as barras alternadamente
e o vencedor é aquele que, após sua jogada, deixar apenas quadradinhos 1×1 como pedaços.
Quem vence o jogo?
17 Empurrando bloquinhos
Um jogo de computador consiste de uma tela em forma de tabuleiro 3×7 no qual há três blo-
quinhos deslizantes 1, 2 e 3, ocupando quadradinhos 1×1. O jogo começa conforme a figura
abaixo e cada jogada consiste em escolher um bloquinho e “empurrá-lo” na linha ou coluna.
Após ser empurrado, um bloquinho irá parar apenas quando encontrar a borda do tabu-
leiro ou outro bloquinho. Por exemplo, se escolhermos o bloquinho 3, poderemos mandá-lo
para o canto inferior direito ou para cima encontrando o bloquinho 2. Dois bloquinhos não
podem ocupar o mesmo quadradinho e quando dois bloquinhos se chocam eles não con-
tinuam a se mover. O objetivo é fazer com que algum dos bloquinhos fique parado sobre a
casinha marcada no centro do tabuleiro. Mostre como isso pode ser feito.
18 Pontos na copa do mundo
Durante a Copa do Mundo de Futebol, vários matemáticos foram acionados para falar sobre
as chances de classificação das equipes. Na primeira fase, cada grupo é formado por quatro
equipes e cada equipe enfrenta cada uma das outras equipes exatamente uma vez. Em caso
de vitória a equipe ganha 3 pontos, em caso de empate 1 ponto e, finalmente, em caso de

derrota 0 ponto. Sabe-se que os dois primeiros classificam-se para a fase seguinte. Se dois
times empatam com a mesma quantidade de pontos, o desempate é feito através do saldo de
gols. Qual o número mínimo de pontos para que uma equipe se classsifique sem depender
dos resultados das outras equipes?
Observação: Lembre-se que para mostrar que o número k encontrado é realmente o mí-
nimo, além de mostrar que tal quantidade é suficiente para garantir a vitória, você deve
garantir também que existam exemplos de pontuações onde times podem totalizar não mais
que k −1 pontos e não passarem para a próxima fase.
19 Cobrindo tabuleiros
Considere a figura abaixo.
a) É possível cobrir totalmente um tabuleiro 6×6 sem sobreposição e sem que pedaços de
peças fiquem “fora” usando apenas peças 1×4?
b) É possível cobrir totalmente um tabuleiro 12×9 sem sobreposição e sem que pedaços de
20 Contando Chocolates
João possui mais que 30 e menos que 100 chocolates. Se ele organizar os chocolates em li-
nhas de 7, sobrará um. Caso ele os organize em linhas de 10, sobrarão 2. Quantos chocolates
ele possui?
21 Números no círculo com dígitos em comum
Ao redor de um círculo são escritos os números naturais de 1 a N com N > 2, uma única
vez cada, de tal forma que dois vizinhos possuem pelo menos um dígito em comum. Ache o
menor N > 2 para qual isso é possível.

22 Formando figuras com triângulos
Pedrinho está brincando com três peças triangulares de lados (5,8,10), (5,10,12) e (5,8,12)
como mostra o desenho abaixo. Ele pode juntar duas peças se colar exatamente os lados de
mesmo tamanho delas. Por exemplo, ele pode juntar o lado 10 da primeira peça com o lado
10 da segunda, mas não pode juntar o lado 10 da primeira peça com o lado 8 da terceira, pois
não possuem mesmo tamanho. Qual é o maior perímetro que Pedrinho pode obter juntando
as três peças?
23 Cozinhando arroz instantâneo no tempo certo
Para fazer macarrão instantâneo é necessário colocar o macarrão para cozinhar exatamente
por 3 minutos. Marcar exatamente 3 minutos é muito complicado sem um relógio, mas é
possível se você tiver certas ampulhetas de areia que marcam tempos exatos em minutos.
Por exemplo, suponha que você tem duas ampulhetas, uma que marca exatamente 7 minu-
tos e outra que marca exatamente 4 minutos. Basta virá-las ao mesmo tempo e, quando a de
4 acabar, colocar o macarrão. Você deve retirá-lo da panela quando a de 7 minutos terminar.
Assim, o macarrão terá cozinhado exatamente por 7−4 = 3 minutos.
a) Certo tipo de arroz instantâneo precisa cozinhar por exatamente 4 minutos. Mostre que
é possível marcar o tempo para esse arroz cozinhar usando apenas ampulhetas de 9 mi-
nutos e de 7 minutos. Qual o menor tempo total necessário para realizar essa tarefa?
b) Seria possível marcarmos 9 minutos se tivéssemos apenas ampulhetas de 6 e de 10 mi-
nutos?
24 Pulos do grilo sem cair do penhasco
Um grilo pode dar pulos de duas distâncias: 9 e 8 metros. Ele disputa uma corrida de 100
metros que vai até a beira de um penhasco. Quantos pulos o grilo deve dar para chegar ao
fim da corrida, mas sem passar do ponto final e cair do penhasco?

25 Perímetros de prédios
No desenho abaixo, três prédios foram construídos em um terreno dividido em lotes retan-
gulares. Os perímetros dos prédios A e B valem 400m e 240m, respectivamente. Quanto
mede o perímetro do prédio C?
26 Reis dominando o tabuleiro 6 por 6
O rei é uma peça do xadrez que pode se mover apenas uma casa na vertical, uma na hori-
zontal ou uma na diagonal. Dizemos que um rei ataca uma casa se ele pode ocupá-la com
um único movimento. Por exemplo, um rei situado nas casas centrais de um tabuleiro 6×6
ataca 8 casas, um rei situado nas casas laterais ataca 5 casas e um rei posicionado em um dos
quatro cantos do tabuleiro ataca apenas 3 casas.
a) Considere um tabuleiro 6 × 6, qual o menor número de reis que podem ser colocados
no tabuleiro de modo que todas as casas do tabuleiro estejam ocupadas ou sejam casas
atacadas por algum dos reis?
b) Ainda considerando o tabuleiro 6×6, qual o maior número de reis que podemos colocar
no tabuleiro de modo que eles não se ataquem?

27 Quadrados mágicos
a) João descobriu uma maneira de arrranjar os números {1,2,3,...,16} em um tabuleiro 4×4
de modo que a soma dos números em cada linha, em cada coluna e em cada diagonal
são sempre as mesmas. Uma das possibilidades está no exemplo abaixo.
4 6 9 15
13 11 8 2
16 10 5 3
1 7 12 14
Encontre outro exemplo de distribuição desses 16 números satisfazendo as mesmas con-
dições.
b) Veriﬁque que em qualquer distribuição possível, sempre a soma dos números de cada
linha e coluna é 34.
c) João fez agora um novo tipo de tabuleiro com outros números positivos. O produto dos
números em cada linha, em cada coluna e em cada diagonal são sempre os mesmos.
Quanto vale o número 4H?
1/2 32 A B
C 2 8 2
4 1 D E
F G H 16
28 Botões no tabuleiro 6 por 6
Em um tabuleiro de brinquedo 6 × 6, cada casa representa um botão luminoso. Quando
alguém aperta um botão, ele acende se estiver apagado e apaga se estiver aceso. Além disso,
todos os botões que compartilham um lado com um botão apertado também mudam de
estado: de aceso para apagado ou de apagado para aceso. Começando com todos os botões
apagados e apertando uma única vez todos os botões do tabuleiro, um de cada vez e em
qualquer ordem, quantos botões estarão acesos no ﬁnal?

29 Cortando bandeirinhas de São João
Certa festa possui bandeirinhas de São João nos formatos A e B. Elas podem ser formadas
dobrando-se uma folha 30cm × 20cm ao meio e cortando-se ao longo de um segmento que
une dois pontos em lados opostos, um deles distando 10cm do lado superior e o outro dis-
tando 10cm do lado inferior, conforme a ﬁgura abaixo.
a) Qual o número máximo de bandeirinhas que podemos cortar de uma folha 30cm × 60cm?
Em seguida, mostre como obter tal número.
b) Qual o número máximo de bandeirinhas do tipo B que podemos cortar de uma folha
30cm × 60cm? Em seguida, mostre como obter tal número.
30 Pesando moedas
a) João possui três moedas e uma balança de dois pratos. Ele sabe que exatamente uma das
moedas é mais leve que as demais, sendo que as outras duas possuem o mesmo peso.
Como ele pode descobrir qual é a moeda mais leve com uma única pesagem?

b) João agora possui nove moedas e ele sabe novamente que exatamente uma delas é mais
leve que as demais. Como ele pode descobrir a moeda mais leve com exatamente duas
pesagens, se as demais possuem o mesmo peso?
c) João juntou mais duas moedas normais à sua coleção e passou a ter 11 moedas. Depois
de juntá-las, ele não conseguiu lembrar quais eram as moedas novas. Como ele poderá
agora descobrir a mais leve com três pesagens?
31 Frações irredutíveis
Uma fração irredutível é uma fração onde o numerador e o denominador não possuem fa-
tores primos em comum. Por exemplo,
11
7
é irredutível enquanto que
12
14
não é, pois ainda
podemos reduzi-la efetuando o cancelamento do número 2:
12
14
=
¡2·6
¡2·7
=
6
7
.
Assim,
12
14
é igual à fração irredutível
6
7
.
a) Determine uma fração irredutível igual a
111111
14
.
b) Determine uma fração irredutível igual a
111111111
18
.
c) Determine uma fração irredutível igual a
111...111
15
onde o dígito 1 se repete 2013 vezes
no numerador.
d) Determine a soma do numerador e do denominador da fração irredutível que é igual à:
2020...0202
;
na fração anterior o numerador representa um número com 2014 algarismos iguais a 1 e
no denominador existem 1007 algarismos 2 alternados por algarismos 0.
32 Grupos de quatro números com mesma soma
a) Mostre uma maneira de separar todos os números de 1 a 16 em quatro conjuntos com
quatro números cada, de modo que cada conjunto tenha a mesma soma.
b) Mostre que existem pelo menos 1024 maneiras de escrever os números de 1 até 16 em
cada uma das casinhas de um tabuleiro 4×4 de modo que a soma dos números de cada
linha seja igual.

NÍVEL 2
1 Conjunto de pesos suspensos
A ﬁgura representa um conjunto de pesos suspensos em equilíbrio. Se o círculo pesa 40g,
quanto pesa o retângulo?
Observação: Você deve desconsiderar o peso das barras horizontais e dos ﬁos.

2 Espaço útil do quarto
Pedro acabou de se mudar para sua nova casa e ganhou um novo quarto. A figura a seguir
mostra uma vista superior simplificada de seu novo quarto que possui 2m de largura por
2,5m de comprimento.
A porta indicada na figura tem 50cm de comprimento e pode ser aberta até encontrar a
parede lateral. A janela é dividida em duas portas de mesmo comprimento que quando
abertas encostam nas paredes vizinhas. Os arcos da figura mostram as aberturas da porta e
da janela. A mãe de Pedro disse que ele deve colocar seus móveis no quarto de modo que
não fiquem nos caminhos de abertura da porta nem da janela. Quantos metros quadrados
Pedro tem em seu quarto para colocar os seus móveis?
3 Formando frações com dominós
Um jogo comum de dominó é composto por 28 peças. Cada peça é formada por dois núme-
ros inteiros que variam de 0 a 6, inclusive. Todas as possibilidades de combinações possíveis
(a,b), com a ≤ b, são listadas exatamente uma vez. Note que a peça (4,2) é listada como a
peça (2,4), pois 2 ≤ 4. Excluindo a peça (0,0), para cada uma das outras 27 peças (a,b), com
a ≤ b, escrevemos num quadro a fração a
b .
a) Quantos valores distintos estão escritos nas formas de frações no quadro? (Veja que as
frações 1
2 e 2
4 têm o mesmo valor e devem ser contadas apenas uma vez.)
b) Qual a soma dos valores distintos encontrados no item anterior?

4 Bissetrizes
A bissetriz de um ângulo é uma semirreta com origem no vértice de um ângulo que o divide
em dois outros ângulos congruentes. Por exemplo, no desenho abaixo, a semirreta OC é
bissetriz do ângulo ∠AOB.
a) A diferença entre dois ângulos consecutivos mas não adjacentes é 100◦
. Determine o
ângulo formado por suas bissetrizes.
Observação: Lembre-se que dois ângulos são consecutivos se possuírem o mesmo vértice
e pelo menos um lado em comum e que dois ângulos são adjacentes se não possuírem
pontos interiores em comum.
b) No desenho abaixo, D A é bissetriz do ângulo ∠C AB. Determine o valor do ângulo ∠D AE
sabendo que ∠C AB +∠E AB = 120◦
e ∠C AB −∠E AB = 80◦
.
5 Abandono do grupo
Em um grupo de 200 pessoas, apenas 1% é mulher. Determine o número de homens que
devem abandonar o grupo para que 98% das pessoas restantes sejam do sexo masculino.

6 Ângulos no triângulo
No desenho abaixo, os pontos E e F pertencem aos lados AB e BD do triângulo ABD de
modo que AE = AC e CD = FD. Se ∠ABD = 60◦
, determine a medida do ângulo ∠ECF.
7 Soluções do sistema
Encontre todas as soluções, no conjunto dos números reais positivos, do sistema de equações:



x(x + y + z) = 26
y(x + y + z) = 27
z(x + y + z) = 28.
8 Áreas entre círculos
a) No desenho abaixo, ABCD é um quadrado de lado 4cm e as regiões hachuradas foram
delimitadas por dois semicírculos de diâmetros AB e BC. Calcule a área da região hachu-
rada.

b) Dado o quadrado ABCD de lado 2. Sejam O o centro do quadrado e E e F os pontos
médios dos lados CD e AB. Se os segmentos F H e GE têm mesma medida e os arcos
FE,EH,HO,OG,FG são semicircunferências, encontre a área sombreada.
9 Distribuindo os pontos entre os itens
O professor Carlão decidiu fazer uma questão de matemática que vale no total 10 pontos e
possui três itens: a, b e c. Após elaborar os itens, ele ﬁcou na dúvida sobre qual a melhor
maneira de distribuir os 10 pontos entre os itens de modo que cada um valha um número
inteiro positivo de pontos.
a) Joana, uma professora amiga de Carlão, sugeriu que o item c deveria valer o mesmo tanto
de pontos que a soma dos itens a e b pois, segundo ela, o item c é mais difícil. Se Carlão
seguir a sugestão de Joana, de quantos modos diferentes ele pode distribuir os pontos?
b) Desconsiderando a sugestão de Joana, ou seja, considerando que Carlão vai distribuir os
pontos de uma maneira qualquer, de quantos modos diferentes ele pode distribuir os 10
pontos da questão entre os três itens?
10 Eliminando radicais
Encontre dois inteiros positivos x e y tais que:
1− 2+ 3
1+ 2− 3
=
x + y
2
.

11 Desigualdade triangular
João acaba de aprender a desigualdade triangular que diz que, em qualquer triângulo, um
lado é sempre menor que a soma dos outros dois e também é maior que a diferença entre
eles.
a) O lado AC do triângulo ABC tem comprimento 3,8cm e o lado AB tem comprimento
0,6cm. Se o comprimento do lado BC é um inteiro, qual é o seu valor?
b) Determine os valores de x e y na ﬁgura abaixo, sabendo que eles são números inteiros.
12 Área do retângulo
No desenho abaixo, ABCD é um retângulo e os pontos P e Q pertencem à diagonal AC de
modo que AQ = PQ = PC = 1 e ∠AQD = ∠BPC = 90◦
. Encontre a área do retângulo ABCD.

13 Ângulos em bicos
a) No desenho abaixo, onde AB é paralelo a CD, mostre que a soma dos ângulos brancos
é igual à soma das medidas dos ângulos cinzas. Tal resultado vale para qualquer quanti-
dade de “bicos” no desenho e o chamamos popularmente como Teorema dos Bicos.
b) Sabendo que AB é paralelo a CD, determine a medida do ângulo x.
14 Transportando líquidos em tambores
Considere dois tambores de capacidade suﬁcientemente grande, um deles vazio e o outro
cheio de líquido.
a) Determine se é possível colocar exatamente um litro do líquido do tambor cheio, no
vazio, usando dois baldes, um com capacidade de 5 litros e o outro com capacidade de 7
litros.

b) Determine se é possível colocar exatamente um litro do líquido de um dos tambores no
outro usando dois baldes, um com capacidade de 2− 2 litros e o outro com capacidade
de 2 litros.
15 As diagonais de Carlitos
Carlitos desenhou em uma folha de papel um polígono convexo de n lados, conforme a
figura abaixo, e traçou algumas de suas diagonais (que não se cortavam), dividindo a região
interior do polígono em triângulos. Esse tipo de divisão é conhecido como triangulação. Em
cada vértice ele escreveu o número de triângulos da triangulação dos quais ele era membro.
Uma semana depois, Carlitos não se lembrava quais diagonais tinham sido traçadas e perce-
beu que um dos números estava apagado. Sua professora de matemática explicou que ainda
assim seria possível descobrir as diagonais apagadas e Carlitos começou a buscar infor-
mações que pudessem ajudá-lo nessa tarefa.
a) Verifique que o número de triângulos em que o polígono foi dividido é sempre o mesmo,
não importando como ele tenha escolhido as diagonais.
b) Verifique que sempre um dos vértices terá o número 1 escrito.
c) Usando o item anterior, descubra um método que pode ser usado por Carlitos para de-
senhar as diagonais que foram traçadas.

16 Razão entre segmentos
Na ﬁgura abaixo, ABCD é um retângulo e E é o ponto médio de AD. O segmento FG passa
pelo ponto médio M de CE. Determine a razão entre os comprimentos de GM e MF.
17 Previsões astrológicas
João trabalha vendendo pacotes de previsão astrológica. Para incrementar as vendas de suas
previsões, ele oferece descontos caso pessoas de um mesmo signo queiram contratar seus
serviços. No Horóscopo Grego, como existem exatamente 12 signos, portanto, em um grupo
de 13 pessoas, sempre duas delas terão o mesmo signo e poderão se interessar pelo pacote
promocional.
a) Qual o número mínimo de pessoas que um grupo deve possuir para ele ter certeza de que
existirão pelo menos 3 pessoas de um mesmo signo do Horóscopo Grego?
b) No Horóscopo Chinês, também existem exatamente 12 signos. Se João quiser ter certeza
de que, em determinado grupo de pessoas existirão duas possuindo exatamente os mes-
mos signos, tanto no Horóscopo Grego quanto no Horóscopo Chinês, qual o número mí-
nimo de pessoas que tal grupo deve ter?

18 Quadrado inclinado
Na figura abaixo, ∠ABF = ∠FBC = 45◦
e ACDE é um quadrado. Se AB = 2/3·BC, determine
a razão
EF
FD
.
19 Arranjos de flores no quadrado
Um decorador distribuirá flores em oito pontos ao redor de um arranjo quadrado de flores,
como indicado na figura abaixo. Ele quer fazer isso de modo tal que, em cada lado do arranjo,
as pessoas vejam sempre a mesma quantidade de flores. No exemplo abaixo, temos o total
de 11 flores e em cada um dos 4 lados do quadrado são vistas exatamente 4 delas.
a) Qual o número máximo de flores que podem ser usadas, considerando que em cada lado
do quadrado devem ser vistas exatamente 9 flores?
b) Qual o número mínimo de flores que podem ser usadas, considerando que em cada lado

20 Somando no tabuleiro de Xadrez
Um tabuleiro de Xadrez tem suas linhas e colunas numeradas conforme a ﬁgura a seguir. Em
cada casa é escrito o número que é a soma dos números da linha e da coluna dessa casa. Por
exemplo, na casa que está na linha 4 e na coluna 5 é escrito o número 4+5 = 9.
a) Qual a soma dos números escritos em todas as casas do tabuleiro?
b) Sejam Spretas a soma de todos os números escritos nas casas pretas e Sbrancas a soma de
todos os números escritos em casas brancas. Quanto vale a diferença Spretas −Sbrancas?
c) Quanto vale Spretas?
21 Inteiros positivos espertinhos
Dizemos que um número inteiro positivo n é espertinho se existirem números inteiros posi-
tivos a, b, c e d, não necessariamente distintos, tais que:
n =
a2
−b2
c2 +d2
Por exemplo, 12 é espertinho, pois:
12 =
162
−42
42 +22
Mostre que todos os números inteiros positivos são espertinhos.

22 Crianças dando voltas no lago
Dez crianças decidem correr ao redor de um lago circular com 200m de perímetro. No iní-
cio da corrida, as dez crianças estão paradas ocupando posições distintas e cada uma delas
correrá no sentido horário ou anti-horário, a depender de sua vontade, com velocidade de
200
k
m/min, onde k é um inteiro positivo. Mostre que depois de certo tempo, existirá um ins-
tante em que todas as crianças estarão exatamente sobre as suas mesmas posições iniciais.
23 Somando e multiplicando os números das cinco crianças
Cinco crianças sentam-se ao redor de uma mesa circular. Cada criança escolhe um número
inteiro positivo e o relata para as outras. Em seguida, cada criança faz a seguinte conta: soma
os números das duas crianças à sua esquerda, subtrai a soma dos números das outras duas
crianças à sua direita e multiplica essa diferença pelo seu próprio número, chegando assim
ao seu resultado final.
Prove que a soma dos resultados finais de todas as crianças é um valor fixo que não depende
dos números que as crianças escolheram inicialmente e, em seguida, determine esse valor.
24 Descobrindo os números curiosos
Sejam a e b dois dígitos diferentes de zero não necessariamente diferentes. O número de
dois dígitos ab é chamado de curioso, se ele for um divisor do número ba, que é formado
pela troca da ordem dos dígitos de ab. Ache todos os números curiosos.
Observação: O traço sobre os números serve para distinguir o produto a · b do número de
dois dígitos ab.

25 Mudando de cor com fios mágicos
Algumas lâmpadas de Natal são arranjadas usando fios mágicos. Cada lâmpada pode ser
da cor verde ou amarela. Cada fio está ligado a duas lâmpadas e tem uma propriedade má-
gica: quando alguém toca em um fio unindo duas lâmpadas, cada uma delas troca de cor
passando de verde para amarela ou de amarela para verde.
a) No arranjo a seguir, cada ponto representa uma lâmpada e os segmentos representam
os fios mágicos. No começo todas elas são amarelas. Qual o menor número de fios que
devemos tocar para que todas as lâmpadas se tornem verdes? Mostre um exemplo de
como fazer essa mudança com esse número mínimo de fios.
b) Considere o arranjo da figura a seguir onde todas as lâmpadas estão com a cor amarela.
Mostre que não é possível tocar em alguns fios mágicos e mudar a cor de todas as lâm-
padas para o verde.
26 Marcando casinhas do tabuleiro 8 por 8
É dado um tabuleiro 8×8.
a) Qual o número mínimo de casinhas que devemos marcar nesse tabuleiro, de modo que
cada um de seus subtabuleiros 3×3 possua pelo menos uma casinha marcada?
b) Qual o número mínimo de casinhas que devemos marcar nesse tabuleiro, de modo que
cada um de seus subtabuleiros 3×3 possua pelo menos três casinhas marcadas?

27 Jogando com dominós
Umberto e Doisberto jogam em um tabuleiro 3 × n colocando dominós sempre cobrindo
duas casas adjacentes (com lado em comum) do tabuleiro. Umberto faz a primeira jogada,
Doisberto faz a segunda e eles seguem jogando alternadamente. Perde o jogador que não
conseguir jogar. Para cada um dos casos abaixo, diga quais dos jogadores pode bolar uma
estratégia e sempre garantir a vitória independentemente de como o outro jogue.
a) n = 3
b) n = 4
28 Separando em conjuntos de mesmo produto
a) Mostre que não é possível separar os números do conjunto A = {1,2,3,...,10} em dois
conjuntos em que o produto dos números em cada um deles é o mesmo.
b) Qual o menor número de elementos que precisamos retirar do conjunto A de modo que
os elementos restantes possam ser divididos em dois conjuntos cujo produto de seus el-
ementos sejam iguais? Mostre que números devem ser retirados e como separar os dois
conjuntos.
29 Somando e subtraindo em um quadrado 3 por 3
É dado um quadrado 3×3 com números escritos em cada casinha 1×1. As jogadas permitidas
são escolher uma linha, uma coluna ou uma diagonal e somar ou subtrair 1 dos três números
que estiverem nela. Prove que não é possível começar com os números na conﬁguração da
esquerda e chegar aos números na conﬁguração da direita após algumas operações.

30 Retângulos encaixados
Na figura abaixo, ABCD e EFGH são retângulos de lados paralelos. Sabendo que AE = 10,
BF = 20 e DH = 30, determine o comprimento do segmento CG.
31 Pintando de preto e branco
João conseguiu pintar de preto e branco os quadrados de um tabuleiro n × n de modo que
as interseções de quaisquer duas linhas e de quaisquer duas colunas não eram constituídas
por quadrados com a mesma cor. Qual o valor máximo de n?
Nesse problema, vamos aprender e utilizar o famoso Teorema do Bico, que tem esse nome
porque a figura formada parece realmente a cabeça e o bico de um pássaro.
a) O Teorema do Bico diz que as distâncias de um ponto exterior a uma circunferência aos
pontos onde suas tangentes tocam a circunferência são iguais. Na figura a seguir, AP e
AQ são tangentes à circunferência. Mostre que AP = AQ.

b) Considere o hexágono da figura a seguir, no qual todos os lados tangenciam a circunfe-
rência. Determine o valor do lado desconhecido x.
Observação: Não confunda com o Teorema dos Bicos do problema 13. Em ambos os casos,
trata-se do nome popular dos resultados mencionados.
33 Cortando um bolo usando o compasso
Certo matemático adora pensar em problemas e cozinhar bolos. Após cozinhar seus bolos,
ele os corta em pedaços iguais. As três figuras a seguir mostram bolos circulares de mesmo
raio em que os dois primeiros foram cortados em 3 e 4 pedaços iguais, respectivamente. Ele
deseja cortar o terceiro bolo, mas a única marcação conhecida é o centro do bolo. Mostre que
usando um compasso e uma faca, de tamanhos suficientemente grandes, e os dois primeiros
bolos é possível cortar o terceiro em 12 pedaços iguais.
34 Quadriláteros com todos os lados iguais não são congruentes
Um erro que muitos alunos cometem é pensar que dois quadriláteros são congruentes se
tiverem os seus respectivos lados iguais. Isso não é verdade. Nesse problema, veremos que
quadriláteros podem ter lados correspondentes iguais, mas áreas distintas.

a) Mostre que a maior área possível para um quadrilátero que possui dois lados de compri-
mento 3 e dois de comprimento 4 é 12.
b) Mostre que, nos quadriláteros em que isso acontece, a soma dos ângulos opostos é 180◦
.
35 Lados desconhecidos do hexágono equiângulo
Um hexágono é chamado equiângulo quando possui os seis ângulos internos iguais. Con-
sidere o hexágono equiângulo ABCDEF com lados 3, y, 5, 4, 1 e x, da ﬁgura a seguir. Deter-
mine os comprimentos x e y desconhecidos.
36 Formigas no retângulo
Três formigas estão posicionadas nos vértices de um retângulo. Uma formiga se movimenta
apenas quando as duas outras estão paradas e sempre em uma direção paralela à reta de-
terminada pelas outras duas formigas. É possível que após algumas movimentações as três
formigas ﬁquem posicionadas em três dos pontos médios dos lados do retângulo?

NÍVEL 3
1 Polígono no relógio
A partir do meio-dia, João faz, a cada 80 minutos, uma marca na posição do ponteiro das
horas do seu relógio.
a) Depois de quanto tempo não será mais necessário fazer novas marcas no relógio?
b) Qual a soma dos ângulos internos do polígono formado pelas marcas?
2 Um diâmetro que também é altura
No desenho abaixo, o ABC é um triângulo equilátero e CD é tanto uma altura do triângulo
quanto um diâmetro do círculo. Se AB = 10cm, determine a área sombreada.

3 Cubo cortado
Francisco acaba de aprender em sua aula de geometria espacial a Relação de Euler para
poliedros convexos:
V +F = A +2.
Na equação acima, V , A e F representam o número de vértices, de arestas e de faces do
poliedro, respectivamente. Podemos verificar que a Relação de Euler é válida no cubo abaixo,
pois existem 6 faces, 12 arestas, 8 vértices e
V +F = 8+6 = 12+2 = A +2.
João decidiu verificar a Relação de Euler em outro poliedro obtido de um cubo de madeira.
Ele marcou os pontos médios de cada aresta e, em cada face, os uniu formando quadrados,
como mostra a figura abaixo. Em seguida, ele cortou as 8 pirâmides formadas em torno de
cada vértice, obtendo um novo poliedro. Determine:
a) o novo número de vértices;
b) o novo número de arestas;
c) o novo número de faces.

4 Tecla da calculadora
A calculadora científica de João possui uma tecla especial que transforma qualquer número
x escrito na tela e que seja diferente de 1 no número
1
1− x
.
a) O que acontece se o número 2 estiver escrito na tela e apertarmos a tecla especial três
vezes?
b) O que acontece se o número 2 estiver escrito na tela e apertarmos a tecla especial dez
vezes?
c) Finalmente, o que acontece se o número 2 estiver escrito na tela e apertarmos a tecla
especial 2015 vezes?
5 Uma fatoração esperta
a) José aprendeu um método para calcular produtos de dois números de uma forma mais
rápida baseado na fatoração:
(n −k)(n +k) = n2
−k2
.
Para calcular 23·17, ele escolhe n = 20, k = 3 e calcula:
23·17 = 202
−32
= 400−9 = 391.
Determine, sem usar a calculadora, o valor de 1001·1003+1.
b) Verifique que (n(n +3)+1)2
= n(n +1)(n +2)(n +3)+1.
c) Determine, sem usar a calculadora, o valor de:
(2014)(2015)(2016)(2017)+1.
6 Termos esquecidos da P.A.
Uma progressão aritmética, costumeiramente chamada de P.A., é uma sequência em que
cada termo, a partir do segundo, é igual à soma do termo anterior com um valor fixo r
chamado de diferença comum ou razão da progressão. Por exemplo, a sequência abaixo
é uma progressão aritmética com termo inicial 3 e diferença comum 4.
a1 = 3,a2 = 7,a3 = 11,a4 = 15,a5 = 19,a6 = 23,a7 = 27,a8 = 31,a9 = 35,...
Veja que estamos denotando o número da posição i pelo símbolo ai .

a) Se o primeiro termo de uma progressão aritmética é 2 e sua diferença comum é 3, qual é
o valor do quarto termo?
b) A professora de João pediu que ele calculasse o décimo primeiro termo de uma pro-
gressão aritmética. Infelizmente ele esqueceu qual era o termo inicial e a diferença co-
mum. As únicas informações das quais ele lembrava eram:
a4 + a7 + a10 = 207
a5 + a6 + a7 + a8 + a9 + a10 + a11 = 553.
Quanto vale o décimo primeiro termo?
7 Mágica com números de 1 a 50
O mágico Magimático chama três pessoas da plateia: Ana, Beto e Caio, para ajudarem em
sua matemágica. Ele diz para cada um pensar em um número de 1 a 50, sem revelá-lo ao
mágico, e contá-lo para cada um dos outros dois participantes. Em seguida, cada um deles
deve simultaneamente trocar o seu número pela soma dos números dos outros dois. Por ex-
emplo, Ana passa a ter a soma dos números de Beto e Caio. Magimático pede então que eles
repitam esse processo mais uma vez. Após concluir a segunda troca, ele pede que falem os
seus números. Ana responde 104, Beto 123 e Caio 137. Para a surpresa de todos, Magimático
acerta os números iniciais escolhidos pelos três. Quais foram os números escolhidos incial-
mente?
8 Formando triângulos obtusângulos
Dado um triângulo de lados a ≤ b ≤ c, pela lei dos cossenos temos:
cos ˆC =
a2
+b2
−c2
2ab
.
Se o ângulo ˆC é obtuso, cos ˆC < 0. Como 2ab é positivo, isso é o mesmo que a2
+b2
−c2
< 0.
Portanto, para um triângulo ser obtusângulo, o maior lado elevado ao quadrado é maior
que a soma dos quadrados dos outros dois lados. Além disso, pela desigualdade triangular,
sabemos que o maior lado é menor que a soma dos outros dois. Podemos resumir essas duas
informações através das desigualdades
a2
+b2
< c2
< (a +b)2
.
Quantos triângulos obtusângulos podemos formar com lados inteiros positivos menores que
7?
Observação: Considere que dois triângulos com os mesmos comprimentos de lado mas em
ordens diferentes representam o mesmo triângulo.

9 Polígonos tombados
a) O quadrado ABCD de lado 1cm é “tombado” em torno do ponto D conforme a figura
a seguir. Os traços pontilhados indicam a área ocupada pelo quadrado durante o seu
movimento de tombamento. Qual a área total ocupada pelo quadrado do início até o
final de seu tombamento?
b) Assim, como no caso do quadrado do item anterior, um hexágono regular ABCDEF de
lado 1cm é “tombado” em torno do ponto F conforme a figura a seguir. Qual a área total
ocupada pelo hexágono do início até o final do seu tombamento?
10 Meninos e meninas na sorveteria Sorvete Matemático
Pedro decidiu levar todos os seus filhos, meninos e meninas, para tomar sorvete na sorve-
teria Sorvete Matemático. Na sorveteria, há 12 sabores diferentes de sorvete e cada criança
pediu um combo com 3 bolas de sorvete. Depois de sair da sorveteria, Pedro percebeu que,
no total, foram pedidas exatamente duas bolas de cada sabor disponível na sorveteria.
a) Sabendo que Pedro não tomou sorvete, qual o número total de seus filhos (meninas e
meninos)?

b) Pedro olhou com mais atenção os sabores que cada um pediu e notou que nenhum sabor
foi pedido por um menino e por uma menina, ou seja, se um menino escolheu um sabor,
nenhuma menina escolheu aquele mesmo sabor. Sabendo que pelo menos um de seus
filhos é menino e que ele possui mais filhas do que filhos, determine o número de suas
filhas.
11 Trapézio com diagonais perpendiculares
No desenho abaixo, ABCD é um trapézio e suas diagonais AC e BD são perpendiculares.
Além disso, BC = 10 e AD = 30.
a) Determine a razão entre os segmetos BE e ED.
b) Encontre o valor do comprimento dos segmentos EC, AE e ED em função do compri-
mento de BE = x.
c) Se AE ·EC = 108, determine o valor de BE ·ED.
12 Somando os números ímpares de 1000 a 2014
Uma técnica muito usada para calcular somatórios é a Soma Telescópica. Ela consiste em
“decompor” as parcelas de uma soma em partes que se cancelem. Por exemplo,
1
1·2
+
1
2·3
+
1
3·4
+
1
4·5
=
1
1
−
£
£
£1
2
+
£
£
£1
2
−
£
£
£1
3
+
£
£
£1
3
−
£
£
£1
4
+
£
£
£1
4
−
1
5
=
1
1
−
1
5
=
4
5
.
Com esta técnica, podemos achar uma forma de somar números ímpares consecutivos. Ve-
jamos:

a) Contando os números ímpares de um por um e começando pelo 1, veriﬁque que o número
na posição m é igual a m2
−(m −1)2
.
b) Calcule a soma de todos os números ímpares entre 1000 e 2014.
13 Mágica com dominós
O mágico Magimático diz para uma pessoa da plateia escolher uma peça qualquer de um do-
minó comum. Tal peça é formada por um par de números de 0 a 6. Em seguida, ele diz para
a pessoa escolher um dos números da peça e realizar a seguinte sequência de operações:
1. multiplicá-lo por 5;
2. somar o resultado anterior com 15;
3. multiplicar o último resultado por 2 e, ﬁnalmente,
4. somar o último resultado com o outro número da peça.
Realizadas tais operações, o resultado é divulgado e Magimático impressiona a plateia dizendo
exatamente os números escritos no dominó escolhido.
a) Sabendo que o resultado foi 62, como o mágico descobriu o número escolhido pelo mem-
bro da plateia?
b) Se o resultado tivesse sido n, como descobrir os números da peça escolhida?
14 Quantos dígitos tem um número muito grande?
Quantos dígitos possui o número 3100
? Bom, podemos dar uma resposta aproximada para
esta pergunta, sem usar a calculadora, simplesmente comparando-o com potências de 10.
Veja que 32
< 10 nos permite concluir que (32
)50
= 3100
< 1050
. Então, 3100
tem no máximo 50
dígitos pois, 1050
é o primeiro número com 51 dígitos. O número 3100
tem de fato 48 dígitos!
Agora é a sua vez. Seja N a quantidade de dígitos do número 2100
, determine um inteiro
positivo k tal que k ≤ N ≤ k +5.

15 O poderoso Raio Reflexivo
O herói de um desenho animado enfrenta mais uma vez seu arqui-inimigo e precisa desferir
seu famoso golpe do Raio Reflexivo. No quadrado da figura abaixo, o raio deverá, partindo
de F ricochetear, exatamente uma vez nos lados CD, AD e AB, nesta ordem, antes de atingir
o inimigo na posição E. Sempre que o raio ricocheteia em um dos lados do quadrado, o
ângulo de incidência é igual ao ângulo de saída como mostra a figura da direita. Sabendo
que BE = EF = FC = 2m e que o raio viaja a 1m/s, determine o tempo decorrido entre o
disparo do raio em F e sua chegada ao ponto E.
16 O valor da expressão
Sejam a e b números reais positivos quaisquer. Determine o valor da expressão
ab
2
+ 8
ab +16
8
+ ab
.
17 Produto de dígitos
Observe a equação:
(1+2+3+4)2
= (1+2+3+4)(1+2+3+4)
= 1·1+1·2+1·3+1·4+2·1+2·2+2·3+2·4+
+ 3·1+3·2+3·3+3·4+4·1+4·2+4·3+4·4.
Note que são formados 4 × 4 = 16 produtos ao calcularmos (1 + 2 + 3 + 4)2
usando a pro-
priedade distributiva.
a) Quantos produtos serão formados ao calcularmos (1+2+3+4)3
também usando a pro-
priedade distributiva?

b) Qual a quantidade de números de dois algarismos que usam apenas os dígitos 1, 2, 3 e 4?
c) Qual a soma dos produtos dos dígitos de todos os números com quatro algarismos for-
mados apenas pelos dígitos 1, 2, 3 e 4?
18 Ponto médio lembra base média
a) Na figura abaixo, AD = DC, AE = BD, ∠AEC = 90◦
. Determine o valor do ângulo ∠CBD.
b) No triângulo ABC abaixo, BD é bissetriz do ângulo ∠ABC, E é o ponto médio de AC e
∠ADB = 90◦
. Se AB = 12cm e BC = 20cm, calcule o comprimento do segmento DE.
19 Números bacanas
Um número natural é bacana se a soma de todos os seus divisores positivos (incluindo 1 e
n) é maior ou igual ao dobro do número. Por exemplo, 12 é bacana pois 1+2+3+4+6+12 =
28 ≥ 24 = 2·12 enquanto que 4 não é bacana pois 1+2+4 < 8 = 2·4. Demonstre que existem
infinitos números que são bacanas e infinitos números que não são bacanas.

20 Jogando com o resto na divisão por 3
Arnaldo e Bernaldo decidem jogar um jogo que possui um número limitado de jogadas. Ar-
naldo escreve o número 1 no quadro em sua primeira jogada. Em seguida, Bernaldo escreve
2 ou 4 no quadro. Depois disso, Arnaldo escreve 3 ou 9 no quadro. Os dois continuam jo-
gando alternadamente mantendo a regra de que na jogada n o jogador escreve n ou n2
no
quadro. Arnaldo vence o jogo se, após a última jogada, a soma dos números no quadro for
divisível por 3. Se a soma não for divisível por 3, então Bernaldo vence.
a) Suponha que o jogo acabe na jogada de número 15. Mostre que Bernaldo pode garantir a
vitória.
b) Suponha que o jogo acabe na jogada de número 7. Nesse caso, qual dos dois jogadores
poderá sempre garantir a vitória independentemente de como o seu adversário jogue?
Como ele deverá jogar para vencer?
21 Teoremas de Quadradágoras
Quadradágoras era um enorme admirador de Pitágoras. Em suas investigações, ele desco-
briu dois teoremas sobre quadriláteros:
a) “Se um quadrilátero ABCD é tal que ∠ABC = ∠ADC = 90◦
, então AB2
−CD2
= AD2
−
BC2
.”
b) “Se um quadrilátero ABCD é tal que ∠ACB = ∠ADC = 90◦
, então AB2
= BC2
+CD2
+
AD2
.”
Prove esses resultados.
22 Número de divisores de um livre de quadrados
Seja n um número inteiro positivo. Se, para cada divisor primo p de n, o número p2
não di-
vide n, dizemos então que n é livre de quadrados. Mostre que todo número livre de quadra-
dos tem uma quantidade de divisores que é igual a uma potência de 2.

23 Quadriláteros de mesma área não são congruentes
Na ﬁgura abaixo, os trapézios retângulos ABCD e AEFG, com BC EF e CD FG, possuem
a mesma área. Sabendo que BC = 4, AD = 7, CT = 1 e T D = 2, determine a medida do
segmento DG.
24 Produto de tangentes
a) Veriﬁque que (1+ tgk)(1+ tg(45◦
−k)) = 2.
b) Dado que
(1+ tg1◦
)(1+ tg2◦
)·...·(1+ tg45◦
) = 2n
,
encontre n.
25 Bissetrizes no quadrilátero
No quadrilátero ABCD, o lado AD é tal que AD = AB +CD. Se P é o ponto de encontro das
bissetrizes de ∠B AD e ∠CD A, mostre que BP = PC.

26 Razão entre segmentos e ponto médio
Sejam D um ponto no lado AB do triângulo ABC e F a interseção de CD e da mediana
AM. Se AF = AD, encontre a razão entre BD e F M.
27 Segmentos perpendiculares
Na ﬁgura abaixo, ABCD é um quadrado e os pontos K , L e M estão sobre os lados AB, BC e
CD de modo que K LM é um triângulo isósceles retângulo em L. Prove que AL e DK são
perpendiculares.
28 Trocando números usando MDC e MMC
Em uma lousa são escritos os 2014 inteiros positivos de 1 até 2014. A operação permitida é
escolher dois números a e b, apagá-los e escrever em seus lugares os números mdc(a,b)(Má-
ximo Divisor Comum) e mmc(a,b)(Mínimo Múltiplo Comum). Essa operação pode ser feita
com quaisquer dois números que estão na lousa, incluindo os números que resultaram

de operações anteriores. Determine qual a maior quantidade de números 1 que podemos
deixar na lousa.
29 A diagonal de um retângulo
No desenho abaixo, ABCD é um retângulo e E é o pé da perpendicular traçada de A até a
diagonal BD. As distâncias do ponto E aos lados DC, BC e AB são n, 1 e x, respectivamente.
Seja ainda d o comprimento da diagonal BD.
a) Verifique que DE = x2
1+ x2.
b) Verifique que n = x3
.
c) Verifique que d2/3
− x2/3
= 1.
30 Dígitos repetidos
a) Usando que
10n
−1
9
= 111...111
n
, verifique que:
4028
2014
+(333...333
2014
)2
.
b) Considere o número de 4028 dígitos
X = 111...111
2013
2guatda.com/cmx.p888...888
2012
96.
Calcule X .
c) Mostre que o número 444...444
n vezes
(n−1) vezes
9 é um quadrado perfeito.

d) Mostre que o número
4028
−222...222
2014
é um quadrado perfeito.
31 Radicais sucessivos
Encontre as soluções da equação
x + 4x + 16x + ...+ 4nx +3 = 1+ x.
32 Valores possíveis das raízes
Na equação x2
+px +q = 0, os coeﬁcientes p e q podem assumir quaisquer valores do inter-
valo [−1,1]. Quais são os possíveis valores das raízes de tal equação?
33 Ímpares que de 5 em 5 e 9 em 9 somam quadrados perfeitos
Os números que são inteiros positivos elevados ao quadrado são chamados quadrados per-
feitos, por exemplo, 16 é um quadrado perfeito pois é igual a 42
. Um fato curioso é que
números que são quadrados perfeitos deixam apenas restos 0 ou 1 na divisão por 4. Com
isso podemos provar, por exemplo, que 2014 não é um quadrado perfeito pois 2014 deixa
resto 2 na divisão por 4.
a) Sabendo que todo número inteiro ímpar é da forma 2k + 1, mostre que os quadrados
perfeitos ímpares deixam resto 1 na divisão por 8.
b) É possível colocar 45 números inteiros ímpares em sequência de modo que a soma de
quaisquer 5 consecutivos e de quaisquer 9 consecutivos sejam quadrados perfeitos?
34 Soma de dois primos é múltiplo de seis
Sejam p, q e r três números primos maiores que 3. Sabe-se que o número p +q +r também
é primo. Mostre que p + q, p +r ou q +r é um múltiplo de 6.

35 Pontuações em um torneio de Xadrez
Em um torneio de xadrez, todos os jogadores enfrentaram todos os outros exatamente uma
vez. Em cada partida, o jogador ganha 1 ponto se vencer, 1/2 se empatar e 0 ponto se perder.
Ao ﬁnal do torneio, um repórter somou as pontuações de todos os jogadores e obteve 190
pontos. Nesse tipo de torneio, o vencedor é aquele que faz mais pontos.
a) Quantos jogadores participaram do torneio?
b) André participou do torneio e fez 9 pontos. Mostre que, mesmo sem saber as outras pon-
tuações, André não foi o vencedor do torneio.
36 Equação com radicais
Resolva em R a equação x2 +9+ x2 −6x +10 = 5.
37 Números em sequência que se repetem
Uma propriedade interessante do número 2013 é que 3 é o último dígito da soma 2 +0 +1.
Repetindo-se esse processo, isto é, escrevendo-se à direita o último dígito da soma dos três
dígitos anteriores, teremos uma sequência:
2,0,1,3,4,8,5,7...
a) Prove que começando com a sequência 2,0,1, nessa ordem, podemos também encontrar
os três números consecutivos 1,2,2, nessa ordem.
b) Observe que se uma sequência de três números consecutivos aparecer novamente na
mesma ordem, então toda a sequência se “repetirá” sucessivamente. Por exemplo, a se-
quência abaixo não é a sequência do enunciado, mas se repete a cada quatro números
...124312431243...12431243...
Veriﬁque que alguma sequência de três dígitos se repete na sequência do enunciado.
c) Suponha que na primeira aparição de “a,b,c” na sequência, o número imediatamente
anterior seja x, e que na sua segunda aparição seja y, ou seja, na sequência iremos en-
contrar os números na seguinte ordem:
...,x,a,b,c,..., y,a,b,c ...
Mostre que x = y.
d) Dado que 1,2,2 apareceu na sequência, nessa ordem, mostre que eventualmente apare-
cerá novamente a sequência de dígitos 2,0,1, também nessa ordem.

38 Somando e subtraindo números de cobrinhas
A folha do caderno de desenho de João é um enorme plano cartesiano quadriculado. Um
dos seus desenhos preferidos é a criação de cobrinhas cobrindo os lados dos quadradinhos
com sua caneta. Basicamente uma cobrinha é uma sequência de 2n pontos distintos P1, P2,
..., P2n escolhidos nos vértices dos quadradinhos dos tabuleiros de modo que pontos com
índices consecutivos estão no lado de um mesmo quadradinho do tabuleiro. Por exemplo,
na ﬁgura abaixo, temos uma cobrinha unindo os seguintes pontos do plano cartesiano:
P1 = (0,0), P2 = (1,0), P3 = (1,1), P4 = (1,2), P5 = (2,2), P6 = (2,3)
P7 = (3,3), P8 = (4,3), P9 = (4,4), P10 = (5,4), P11 = (6,4), P12 = (6,5).
Depois de desenhar cobrinhas no tabuleiro, João gosta de calcular a soma das coordenadas
dos pontos de índices ímpares, isto é, dos pontos P1, P3, ..., P2n−1 , e subtrair desse número
o resultado da soma das coordenadas dos pontos de índices pares, isto é, dos pontos P2, P4,
..., P2n.
a) Para n = 3, ou seja, com 6 pontos, desenhe “cobrinhas” em que o resultado obtido por
João seja −1, −3, 1 e 3.
b) Dependendo de n, quais os possíveis valores que João pode obter?
Observação: A “cobrinha” pode também conter pontos com coordenadas negativas, basta
que ela “se mova” para a esquerda do eixo y ou para baixo do eixo x.

39 Quadrado encostando na reta
a) Todo número real ao quadrado é maior ou igual a 0, sendo 0 apenas se o número elevado
ao quadrado for o próprio 0. Consequentemente, para quaisquer números reais a e b
temos (a −b)2
≥ 0. Prove que
a2
+b2
2
≥ ab
com igualdade ocorrendo somente quando a = b.
b) A ﬁgura a seguir mostra um quadrado de lado 1 com um vértice em comum com uma reta
horizontal. Considerando todas as posições em que o quadrado “encosta” apenas um de
seus vértices na reta, qual a maior área possível do pentágono ABCEF onde E e F são as
projeções ortogonais dos vértices A e C na reta horizontal?

SOLUÇÕES DO NÍVEL 1
1 Escrevendo números em círculos
Na ﬁgura abaixo, temos uma circunferência cortada por 4 segmentos. Escreva os números
de 1 até 9 nos círculos de modo que a soma dos números escritos em cada segmento seja
sempre a mesma.
1 Escrevendo números em círculos – Solução
Observe que as somas dos números em círculos diametralmente opostos devem ser iguais,
pois todos os segmentos compartilham o círculo central. Desconsiderando-se o centro, a
soma dos oito números escritos na circunferência deve ser divisível por 4, pois eles podem
ser distribuídos em 4 pares de mesma soma. A soma total é
1+2+3+4+5+6+7+8+9 = 45.
Escolhendo-se o 5 como número central, os outros números podem ser distribuídos nos
seguintes pares de soma 10: (1,9), (2,8), (3,7) e (4,6).

Uma possível distribuição seria:
Observação: Além do 5, os números 9 e 1 também poderiam ocupar o centro, pois 45−9 = 36
e 45−1 = 44 também são múltiplos de 4. Para colocarmos o 9 no centro, bastaria dividirmos
os números restantes nos pares de soma 36/4 = 9: (1,8), (2,7), (3,6) e (4,5). Para colocarmos
o 1 no centro, bastaria dividirmos os números restantes nos pares de soma 44/4 = 11: (2,9),
(3,8), (4,7) e (5,6).
2 Contando triângulos
Quantos triângulos existem na ﬁgura abaixo?

2 Contando triângulos – Solução
Como todos os segmentos traçados são paralelos aos lados do quadrado ou à diagonal, os
triângulos formados também possuem essas características.
Assim, existem apenas quatro tipos de triângulos:
Os quatro tipos de triângulos foram definidos de acordo com a quantidade de triângulos
menores: 1 na figura A, 4 na figura B, 9 na figura C e 16 na figura D. Na contagem, também
devemos considerar suas cópias “viradas de cabeça para baixo”. Como existem 32 triângulos
do tipo A, 18 do tipo B, 8 do tipo C e 2 do tipo D, o total de triângulos é 32+18+8+2 = 60.
3 Dividindo chocolates
Maria acaba de ganhar uma barra enorme de chocolate como presente de Páscoa. Ela decide
dividi-la em pedaços para comê-la aos poucos. No primeiro dia, ela a divide em 10 pedaços
e come apenas um deles. No segundo dia, ela divide um dos pedaços que sobraram do dia
anterior em mais 10 pedaços e come apenas um deles. No terceiro dia, ela faz o mesmo, ou
seja, divide um dos pedaços que sobraram do dia anterior em 10 outros e come apenas um
deles. Ela continua repetindo esse procedimento até a Páscoa do ano seguinte.
a) Quantos pedaços ela terá no final do terceiro dia?
b) É possível que ela obtenha exatamente 2014 pedaços em algum dia?
3 Dividindo chocolates – Solução
a) No final do primeiro dia, ela terá 10 − 1 = 9 pedaços. No final do dia seguinte, ela terá
9−1+10−1 = 17 pedaços. Do ponto de vista prático, é como se ela tivesse acrescentado
10 − 1 − 1 = 8 pedaços novos, pois um pedaço sempre é perdido para a divisão em 10 e
outro sempre é comido. No final do terceiro dia ela acrescenta mais oito novos pedaços e
passa a ter 25.
b) Como a soma sempre aumenta de 8 em 8, após n dias, a partir do dia inicial, ela terá 9+8n
pedaços. Se for possível obter exatamente 2014 pedaços, devemos ter:
9+8n = 2014
n =
2005
8
.
Como
2005
8
não é inteiro, tal dia nunca acontecerá.

4 Números bacanas
Um número natural é bacana quando cada um de seus algarismos é maior que qualquer um
dos outros algarismos que estão à sua esquerda. Por exemplo, 3479 é bacana, enquanto que
2231 não é. Quantos números bacanas existem entre 3000 e 8000?
4 Números bacanas – Solução
Um número nesse intervalo deve possuir como primeiro dígito um dos seguintes números:
3, 4, 5 e 6. Não pode existir um número bacana começado em 7 porque não existem três
algarismos distintos maiores que 7. Podemos assim dividir nossa busca pelos números ba-
canas:
1. números começados em 3: 3456, 3457, 3458, 3459, 3467, 3468, 3469, 3478, 3479, 3489,
3567, 3568, 3569, 3578, 3579, 3589, 3678, 3679, 3689 e 3789;
2. números começados em 4: 4567, 4568, 4569, 4578, 4579, 4589, 4678, 4679, 4689 e 4789;
3. números começados em 5: 5678, 5679, 5689 e 5789;
4. números começados em 6: 6789.
Portanto, existem 20+10+4+1 = 35 números bacanas.
Observação: Além da divisão em grupos, observando o primeiro algarismo, é interessante
organizar a contagem dentro dos grupos, que pode ser através da listagem em ordem cres-
cente (como foi feita) ou utilizando o diagrama da árvore (ótima pesquisa!).
5 Calculando áreas
O retângulo ABCD está dividido em cinco retângulos iguais. Se o perímetro de ABCD é
20cm, determine a sua área.

5 Calculando áreas – Solução
Sejam x e y, com x < y, as dimensões de cada um dos retângulos menores. Assim, o perímetro
do retângulo ABCD é 5x +4y = 20cm. Além disso, comparando as dimensões dos lados dos
retângulos menores, temos 3x = 2y. Portanto, 20 = 5x + 6x e x = 20/11cm. Consequente-
mente, y =
3x
2
=
30
11
cm e
AABCD = 3x(x + y) = 3·
20
11
·
50
11
=
3000
121
cm2
.
6 Pintando cubinhos
a) Na ﬁgura abaixo, João pintou algumas faces de cubinhos de um cubo 3 × 3 × 3 de cinza.
Ao desmontar o cubo em cubos menores de tamanho 1×1×1, ele percebeu que um de-
les possuía três, outro possuía duas e o terceiro possuía apenas uma face cinza. Se ele
tivesse pintado todas as faces do cubo maior de cinza, quantos cubinhos 1×1×1 teriam
exatamente uma face cinza? Quantos cubinhos teriam exatamente duas faces cinzas?
b) Se ele tivesse pintado todas as faces de um cubo 5 × 5 × 5 de cinza, após dividi-lo em
cubinhos 1×1×1, quantos deles teriam exatamente uma face pintada de cinza?
c) Ainda considerando o cubo 5×5×5, quantos cubinhos 1×1×1 não teriam faces pintadas?

6 Pintando cubinhos – Solução
a) Como apenas os cubos pintados nos centros das 6 faces possuiriam exatamente uma face
cinza, a resposta da primeira pergunta é 6. Os cubinhos com duas faces cinzas são aque-
les que estão em duas faces do cubo maior mas que não são cantos. Existem 12 desses
cubinhos.
b) Em cada face, o quadrado central 3×3 conteria os cubinhos com apenas uma face pintada
de cinza. Como temos 6 faces, o total é 9·6 = 54.
c) No centro do cubo 5×5×5 existe um cubo 3×3×3 em que nenhuma das faces de seus
cubinhos está visível. Como apenas os cubinhos visíveis receberam pelo menos uma face
com pintura cinza, o total de cubos não pintados foi 3×3×3 = 27.
7 Prolongando segmentos
Na ﬁgura abaixo, os lados do retângulo ABCD foram prolongados de modo que EB = 2AB,
AH = 3AD, DG = 2DC e FC = 3BC. Encontre a razão entre as áreas do quadrilátero EHGF
e do retângulo ABCD.

7 Prolongando segmentos – Solução
A área do quadrilátero EFGH pode ser decomposta em quatro triângulos e um retângulo. Se
S = AABCD, temos
AE AH = (E A · AH)/2
= (AB ·3AD)/2
= 3S/2.
ADHG = (DH ·DG)/2
= (2AD ·2DC)/2
= 2S
AFCG = (FC ·CG)/2
= (3BC ·DC)/2
= 3S/2
AFBE = (FB ·BE)/2
= (2BC ·2AB)/2
= 2S.
Portanto,
AEFGH
AABCD
=
3S/2+2S +3S/2+2S +S
S
= 8.
8 Número de segmentos
a) Dados quatro pontos distintos A, B, C e D, todos sobre uma mesma reta, como indica a
ﬁgura abaixo, determine o número de segmentos distintos que podem ser formados com
vértices em tais pontos.
b) Com 10 pontos distintos em um segmento, qual seria a nova resposta?
8 Número de segmentos – Solução
a) Existem 6 segmentos de reta com vértices nesses 4 pontos: AB, AC, AD, BC, BD e CD.
Veja que a resposta não seria diferente se os pontos não fossem colineares.

b) Chamemos os 10 pontos de: A, B, C, D, E, F, G, H, I e J. Observando a solução do item
a), podemos organizar nossa contagem listando inicialmente todos os segmentos com
vértice A e, em seguida, todos os que possuem vértice B e que ainda não foram contados
na nossa lista. Feito a contagem para o vértice B, repetimos esse procedimento para os
outros vértices.
Com 10 pontos, exitem 9 segmentos em que um de seus vértices é o ponto A, pois basta
unir A a cada um dos outros 9 pontos. Com vértice B, existem também 9 segmentos mas
um deles já foi contado, pois possui também vértice A. Assim, basta acrescentarmos
apenas mais 8 novos segmentos. Com vértice C, existem 9 − 1 − 1 = 7 novos segmentos
porque já contamos os segmentos AC e BC. A cada novo vértice a quantidade de novos
segmentos é reduzida em uma unidade. Assim, a quantidade total de segmentos é
9+8+7+6+5+4+3+2+1 = 45.
9 Palitos formando quadrados
Na ﬁgura abaixo, Maria arrumou 24 palitos e formou um quadrado 3×3.
a) Quantos palitos ela precisaria usar para formar um quadrado 4×4?
b) Qual o lado do maior quadrado que ela conseguiria formar com 100 palitos? Se sobrarem
palitos, determine quantos.

9 Palitos formando quadrados – Solução
a) A ﬁgura abaixo mostra que ela precisará usar 40 palitos
b) Se quisermos formar um quadrado com o lado composto por n palitos, precisaremos de
n +1 linhas de n palitos e n +1 colunas também de n palitos. Isso totaliza n(n +1)+n(n +
1) = 2n(n +1) palitos. Então, se
n = 5 ⇒ 2n(n +1) = 60;
n = 6 ⇒ 2n(n +1) = 84;
n = 7 ⇒ 2n(n +1) = 112.
Portanto, com 100 palitos, podemos formar no máximo um quadrado com lado 6 e so-
brarão 100−84 = 16 palitos.
10 Formando números usando dígitos
São dados 5 dígitos distintos de 1 a 9. Arnaldo forma o maior número possível usando três
desses 5 dígitos. Em seguida, Bernaldo escreve o menor número possível usando três desses
5 dígitos. Qual o dígito da unidade da diferença entre o número de Arnaldo e o número de
Bernaldo?
10 Formando números usando dígitos – Solução
Sejam a, b, c, d, e os dígitos dados em ordem crescente. Como qualquer número com e
como dígito das centenas é maior que qualquer número em que o dígito das centenas é
um dos outros quatro dígitos, então o número de Arnaldo deve começar com e. Da mesma
forma, ele deve usar o segundo maior dígito nas dezenas e o terceiro maior nas unidades.
Logo, o número de Arnaldo é edc.

O mesmo argumento também se aplica ao número escrito por Bernaldo, pois qualquer número
com o dígito a nas centenas é menor que qualquer número em que o dígito das centenas é
um dos outros quatro dígitos. Ele deve usar os menores dígitos na ordem decrescente, ou
seja, o número de Bernaldo é abc. Como os dois números têm o mesmo dígito das unidades,
ao subtraí-los obteremos um número que tem zero como dígito das unidades.
Observação: O traço sobre os números serve para distinguir o produto de dígitos do número
formado por eles. Por exemplo, a · b denota o produto de a e b enquanto que ab denota o
número cujo algarismo das unidades é b e o das dezenas é a.
11 Quantas semirretas?
Abaixo estão representados cinco pontos distintos sobre uma mesma reta. Quantas semir-
retas possuem origem em algum desses cinco pontos e não contêm o ponto B?
11 Quantas semirretas? – Solução
Com a exceção do ponto B, por qualquer um dos outros pontos, existe exatamente uma
semirreta que satisfaz a condição do enunciado. Portanto, como existem 4 outros pontos
diferentes de B, existem 4 semirretas.
12 A pintura de Paladino
Paladino deve pintar de preto algumas casas de um tabuleiro 4 × 4 de modo que quais-
quer três quadradinhos que formem uma ﬁgura congruente ao desenho abaixo tenham pelo
menos um de seus quadradinhos pintados. Qual o menor número de quadradinhos que
devem ser pintados por Paladino?

12 A pintura de Paladino – Solução
Pintando de preto metade das casas do tabuleiro 4×4 como um tabuleiro de xadrez, pode-
mos construir um exemplo de pintura satisfazendo o enunciado. Para mostrar que esse é o
mínimo, divida o tabuleiro em quatro subtabuleiros 2×2. Se qualquer um deles tiver menos
que dois quadrados pintados, será possível encontrarmos três quadrados não pintados for-
mando a ﬁgura do enunciado. Portanto, precisamos pintar pelo menos 4·2 = 8 quadradinhos
de preto.
13 Trilhos do trem
João deseja construir um circuito para o seu trem de brinquedo usando trilhos no formato
de segmentos de reta de comprimento ﬁxo. Na interseção de dois trilhos, ele precisa colocar
uma estação de trem. É possível João construir um circuito fechado com exatamente 10
estações, de forma que cada trilho possua exatamente 4 delas?
13 Trilhos do trem – Solução
Sim, é possível. No exemplo abaixo, os pontos pretos simbolizam as estações e os segmentos,
os trilhos.

14 Um jogo aritmético
João está brincando com um jogo em que a única operação permitida é substituir o natural n
pelo natural a ·b se a +b = n, com a e b números naturais. Por exemplo, se o último número
obtido foi 15, ele pode trocá-lo por 56 = 7·8, pois 7+8 = 15 e ambos são números naturais.
a) Começando com o número 7, mostre uma sequência de operações que produza o número
48.
b) Começando com o número 7, mostre uma sequência de operações que produza o número
2014.
14 Um jogo aritmético – Solução
a) Indiquemos as operações de trocas com uma seta (→). Uma maneira seria:
7 = 2+5 → 10 = 2+8 → 16 = 12+4 → 48.
b) Como n = (n − 1) + 1, é possível decrescer uma unidade de n, transformado-o em
1 · (n − 1) = n − 1. Assim, uma boa estratégia seria criarmos um número maior que 2014
e depois usarmos a operação anterior para decrescermos uma unidade de cada vez até
obtermos o número 2014. Para obter um número maior que 2014, faça:
7 = 2+5 → 10 = 5+5 → 25 = 12+13 → 156 = 100+56 → 5600.
Basta agora decrescermos uma unidade 5600−2014 = 3586 vezes.
Certamente existem maneiras mais rápidas que usam menos vezes a operação descrita.
Uma delas seria:
7 = 2+5 → 10 = 9+1 → 9 = 4+5 → 20 = 7+13 → 91 = 38+53 → 2014.
15 Soma constante
a) João preencheu os quadrados da ﬁgura abaixo com números naturais, de modo que a
soma de quaisquer três números de quadrados vizinhos fosse sempre 30. Determine o
valor de x.
2 x 3

b) Um triminó é uma peça formada por três quadradinhos em linha, como indicado nas
figuras abaixo.
No tabuleiro abaixo, a soma de quaisquer três números formando um triminó é sempre
igual a 30. Determine o valor de x.
4
x
7
15 Soma constante – Solução
a) Como a soma de três números consecutivos é sempre a mesma, se a, b, c e y estão escritos
nessa ordem na fila, devemos ter a = y pois:
... a b c y ...
a +b + ¡c = b + ¡c + y
a = y.
Assim, seguindo esse padrão de repetição a cada três quadrados, os vizinhos do número
x devem ser 2 e 3 como indica a figura abaixo.
2 3 2 x 3 2 3 2
Como 2+ x +3 = 30, segue que x = 25.

b) Repetindo o argumento do item anterior, na ﬁgura abaixo, podemos concluir que:
a +b + ¡c = b + ¡c +d
a = d.
Consequentemente, quaisquer dois quadradinhos, separados por outros dois em uma mesma
linha ou coluna, são iguais. Podemos então preencher dois vizinhos de x com os números
sublinhados abaixo:
4 4 4
x
7
7 7
Finalmente, analisando a soma de um triminó com x no meio, temos 4+7+ x = 30 e x = 19.
16 Jogando com as barras de chocolate
João e Maria ganharam 3 barras de chocolate de 5×3 divididas em quadradinhos 1×1. Então
eles decidem disputar um jogo. João pega uma das barras e a divide em duas barras retangu-
lares menores cortando-a através de uma das linhas divisórias marcadas entre os quadradi-
nhos da barra. Em seguida, Maria pega qualquer uma das barras e a divide também usando
uma das linhas divisórias já marcadas nela. Eles seguem dividindo as barras alternadamente
e o vencedor é aquele que, após sua jogada, deixar apenas quadradinhos 1×1 como pedaços.
Quem vence o jogo?

16 Jogando com as barras de chocolate – Solução
Observe que o número de pedaços sobre a mesa aumenta em uma unidade após cada jo-
gada. Desse modo, após a primeira jogada de João, haverá 4 pedaços sobre a mesa e, após
a primeira jogada de Maria, haverá 5 pedaços. Após a segunda jogada de João, haverá 6
pedaços e assim por diante. Perceba que João sempre deixa a quantidade de pedaços par e
Maria sempre deixa a quantidade ímpar. Como são 3 barras de 5×3, ao final do jogo sobrarão
3×3×5 = 45 quadradinhos 1×1. Como 45 é ímpar, Maria vencerá o jogo.
17 Empurrando bloquinhos
Um jogo de computador consiste de uma tela em forma de tabuleiro 3×7 no qual há três blo-
quinhos deslizantes 1, 2 e 3, ocupando quadradinhos 1×1. O jogo começa conforme a figura
abaixo e cada jogada consiste em escolher um bloquinho e “empurrá-lo” na linha ou coluna.
Após ser empurrado, um bloquinho irá parar apenas quando encontrar a borda do tabu-
leiro ou outro bloquinho. Por exemplo, se escolhermos o bloquinho 3, poderemos mandá-lo
para o canto inferior direito ou para cima encontrando o bloquinho 2. Dois bloquinhos não
podem ocupar o mesmo quadradinho e quando dois bloquinhos se chocam eles não con-
tinuam a se mover. O objetivo é fazer com que algum dos bloquinhos fique parado sobre a
casinha marcada no centro do tabuleiro. Mostre como isso pode ser feito.
17 Empurrando bloquinhos – Solução
Note que para colocar um bloquinho na casa marcada é necessário colocar outro bloquinho
que impeça a continuação do deslizamento depois de passar por tal casa. Para obter uma
solução, mova o bloquinho 2 na direção do bloquinho 1 e, em seguida, mova o bloquinho
3 para ficar ao lado do bloquinho 2 com dois movimentos. Perceba que podemos mover o
bloquinho 1 para posicioná-lo à esquerda do bloquinho 3 movendo-o para baixo, para a es-
querda, para cima e, por fim, para a direita. Do mesmo modo, podemos mover o bloquinho
2 para para posicioná-lo à esquerda do bloquinho 1. Para acabar, movemos o bloquinho
1 para baixo, movemos o 3 para a esquerda e, finalmente, para baixo atingindo a casinha
marcada. A figura abaixo ilustra parte dos passos realizados.

18 Pontos na copa do mundo
Durante a Copa do Mundo de Futebol, vários matemáticos foram acionados para falar sobre
as chances de classificação das equipes. Na primeira fase, cada grupo é formado por quatro
equipes e cada equipe enfrenta cada uma das outras equipes exatamente uma vez. Em caso
de vitória a equipe ganha 3 pontos, em caso de empate 1 ponto e, finalmente, em caso de
derrota 0 ponto. Sabe-se que os dois primeiros classificam-se para a fase seguinte. Se dois
times empatam com a mesma quantidade de pontos, o desempate é feito através do saldo de
gols. Qual o número mínimo de pontos para que uma equipe se classsifique sem depender
dos resultados das outras equipes?
Observação: Lembre-se que para mostrar que o número k encontrado é realmente o mí-
nimo, além de mostrar que tal quantidade é suficiente para garantir a vitória, você deve
garantir também que existam exemplos de pontuações onde times podem totalizar não mais
que k −1 pontos e não passarem para a próxima fase.
18 Pontos na copa do mundo – Solução
O número mínimo de pontos é 7 pontos. Primeiro vejamos que com 6 pontos uma equipe
pode não se classificar. Sejam A, B, C e D as equipes de um certo grupo e considere a
seguinte tabela de resultados:
Vencedor Resultado Perdedor
A 2×0 D
B 1×0 D
C 1×0 D
A 2×0 B
B 2×0 C
C 1×0 A
Note que C fez 6 pontos e ficou em terceiro pois seu saldo de gols é 0 e isso o deixa atrás de A
e B que possuem a mesma pontuação mas saldos de 3 e 1, respectivamente. Portanto, com
6 pontos um time pode não se classificar.
Se um time A faz 7 pontos, então ele venceu duas equipes. Essas duas equipes só podem
chegar a no máximo 6 pontos pois perderam pelo menos um jogo. Então A fica, no pior dos
casos, à frente dessas duas equipes e sua classificação está garantida.

19 Cobrindo tabuleiros
Considere a figura abaixo.
a) É possível cobrir totalmente um tabuleiro 6×6 sem sobreposição e sem que pedaços de
b) É possível cobrir totalmente um tabuleiro 12×9 sem sobreposição e sem que pedaços de
19 Cobrindo tabuleiros – Solução
a) Não é possível. Caso fosse possível cobri-lo, um dos lados que contém um dos quadrados
1 × 1 dos cantos deveria conter inteiramente uma peça 1 × 4. Suponha que DC seja tal
lado. Temos duas situações possíveis como ilustra a figura abaixo.
Ou a peça está no meio do lado como na primeira figura ou ela cobre um dos quadrados
do canto.

Na primeira situação, somos forçados a colocar outras duas peças verticais para cobrir
os cantos. Se continuarmos a cobertura não conseguiremos cobrir simultaneamente os
quadrados dos cantos associados aos vértices A e B.
Na segunda situação, para cobrirmos o quadrado 2×2 com vértice B, precisaremos colo-
car duas peças horizontais. Tais peças nos forçarão a colocar peças verticais no quadrado
2×2 com vértice A e isso nos impedirá de cobrir o centro do tabuleiro 6×6.
Observação: Embora o número de quadrados do tabuleiro 6×6 seja divisível por 4, não
é possível cobri-lo com peças 1×4. É possível mostrarmos que um tabuleiro m ×n pode
ser coberto com peças 1×k apenas se k divide um dos lados do retângulo.
b) Não é possível. O quadrado 2 × 2 só consegue cobrir um número par de quadrados de
qualquer um dos lados de tamanho 9 e assim sempre sobrará algum quadrado não coberto
em tais lados.
Observação: Um problema relacionado que admitiria uma solução semelhante seria:
É possível cobrir sem sobreposição um paralelepípedo 9×7×11 com peças 3×3×1?
A resposta desse novo problema também é não. Considere alguma das faces de tamanho
7 × 11. As peças 3 × 3 × 1 só podem intersectar tal lado em uma quantidade múltipla de 3
de quadrados. Como 7 · 11 = 77 não é múltiplo de 3, sempre sobrará algum quadrado não
coberto por tais peças.
20 Contando Chocolates
João possui mais que 30 e menos que 100 chocolates. Se ele organizar os chocolates em li-
nhas de 7, sobrará um. Caso ele os organize em linhas de 10, sobrarão 2. Quantos chocolates
ele possui?
20 Contando Chocolates - Solução
Na primeira organização, sendo x o número de linhas, o número de chocolates de João é da
forma 7x +1. Na segunda organização, sendo y o número de linhas, o número de chocolates
de João será 10y +2. Ou seja, o número de chocolates de João deixa resto 1 na divisão por 7 e
resto 2 na divisão por 10. No intervalo entre 30 e 100, existem 7 números que deixam resto 2
por 10: 32, 42, 52, 62, 72, 82 e 92. Dentre esses números, apenas um deixa resto 1 na divisão
por 7: 92. Portanto, o número de chocolates de João é 92.

21 Números no círculo com dígitos em comum
Ao redor de um círculo são escritos os números naturais de 1 a N com N 2, uma única
vez cada, de tal forma que dois vizinhos possuem pelo menos um dígito em comum. Ache o
menor N 2 para qual isso é possível.
21 Números no círculo com dígitos em comum – Solução
Como o 3 irá aparecer, devemos usar o 13 e o 23. Assim, como 9 23, 9 deve estar no círculo.
Seus dois vizinhos devem possuir o dígito 9, os menores seriam 19 e 29, consequentemente
N deve ser pelo menos 29. Agora, para provar que 29 é o mínimo, basta construir um exem-
plo:
1,12,2,22,20,21,23,3,13,14,4,24,25,5,15,10,11,19,9,29,28,8,18,17,7,27,26,6,16.
Pedrinho está brincando com três peças triangulares de lados (5,8,10), (5,10,12) e (5,8,12)
como mostra o desenho abaixo. Ele pode juntar duas peças se colar exatamente os lados de
mesmo tamanho delas. Por exemplo, ele pode juntar o lado 10 da primeira peça com o lado
10 da segunda, mas não pode juntar o lado 10 da primeira peça com o lado 8 da terceira, pois
não possuem mesmo tamanho. Qual é o maior perímetro que Pedrinho pode obter juntando
as três peças?
22 Formando ﬁguras com triângulos – Solução
Somando os perímetros dos três triângulos temos:
(5+8+10)+(5+10+12)+(5+8+12) = 23+27+25 = 75.
Quando juntamos dois triângulos usando um determinado lado, o efeito prático na soma an-
terior é diminuirmos o dobro de tal lado pois ele deixa de contribuir em dois triângulos. Para
maximizar a soma que produz o perímetro, devemos fazer junções que usam os menores la-
dos possíveis. A menor junção possível é envolvendo o lado de comprimento 5 que só pode
ser feita uma vez pois só há três lados 5 e precisamos de dois deles para tal junção. A segunda
menor junção possível envolve os lados de comprimento 8.

Desse modo, devemos juntar o primeiro e o terceiro triângulos usando os lados 8. Em seguida,
podemos juntar o lado 5 do segundo triângulo com qualquer um dos lados 5 da ﬁgura já for-
mada. Assim, o maior perímetro é 75−2·5−2·8 = 49. Abaixo temos um exemplo de ﬁgura
formada com os triângulos.
23 Cozinhando arroz instantâneo no tempo certo
Para fazer macarrão instantâneo é necessário colocar o macarrão para cozinhar exatamente
por 3 minutos. Marcar exatamente 3 minutos é muito complicado sem um relógio, mas é
possível se você tiver certas ampulhetas de areia que marcam tempos exatos em minutos.
Por exemplo, suponha que você tem duas ampulhetas, uma que marca exatamente 7 minu-
tos e outra que marca exatamente 4 minutos. Basta virá-las ao mesmo tempo e, quando a de
4 acabar, colocar o macarrão. Você deve retirá-lo da panela quando a de 7 minutos terminar.
Assim, o macarrão terá cozinhado exatamente por 7−4 = 3 minutos.
a) Certo tipo de arroz instantâneo precisa cozinhar por exatamente 4 minutos. Mostre que
é possível marcar o tempo para esse arroz cozinhar usando apenas ampulhetas de 9 mi-
nutos e de 7 minutos. Qual o menor tempo total necessário para realizar essa tarefa?
b) Seria possível marcarmos 9 minutos se tivéssemos apenas ampulhetas de 6 e de 10 mi-
nutos?
23 Cozinhando arroz instantâneo no tempo certo – Solução
a) Para marcarmos 4 minutos, devemos virar as ampulhetas de 9 e de 7 algumas vezes de
modo que a diferença entre os tempos seja 4 minutos. Como 2·9−2·7 = 4, um procedi-
mento seria virar sucessivamente a ampulheta de 9 minutos por 2 vezes e a de 7 também
por 2 vezes. Inicialmente as duas devem ser viradas ao mesmo tempo e, quando a de 7
minutos acabar pela segunda vez, iniciaremos a contagem dos 4 minutos. Quando a am-
pulheta de 9 minutos acabar pela segunda vez, teremos terminado a contagem do tempo
desejado.
Existem outras combinações, por exemplo, 7·7−5·9 = 4. Isso quer dizer que poderíamos
ter virado a ampulheta de 7 sete vezes e a de 9 cinco vezes. Nesse caso, teríamos gasto 49
minutos para marcar os 4 de cozimento do arroz!

Para determinarmos o tempo mínimo, veja que o tempo marcado é obtido pela subtração
entre um múltiplo de 9 e um múltiplo de 7 ou entre um múltiplo de 7 e um de 9. Assim, o
tempo total ou é um múltiplo de 7 somado com 4 ou um múltiplo de 9 também somado
com 4. Analisando os múltiplos de 9: 9, 18, 27, ...; notamos que 18 é o primeiro deles
que deixa resto 4 na divisão por 7 e de fato já mostramos no início que podemos marcar o
tempo desejado em 18 minutos. Analisando agora os múltiplos de 7: 7, 14, 21, ...; pode-
mos notar que o primeiro deles que deixa resto 4 na divisão por 9 é o 49. Como 49 18, o
tempo mínimo é 18 minutos.
Perceba ainda que a análise anterior nos permite ainda obter outras maneiras de marcar-
mos 4 minutos, por exemplo, como 9·9 = 81 deixa resto 4 por 7, podemos obter o múltiplo
11·7 de 7 e escrever 9·9−11·7 = 4. Bastaria usarmos a ampulheta de 9 minutos 9 vezes e
a de 7 minutos por 11 vezes. O tempo total gasto seria de 81 minutos!
b) Como 6 e 10 são pares, as diferenças de seus múltiplos são números pares e consequente-
mente só podem ser marcados tempos que representam números pares. Portanto, não é
possível marcar 9 minutos pois 9 é ímpar.
24 Pulos do grilo sem cair do penhasco
Um grilo pode dar pulos de duas distâncias: 9 e 8 metros. Ele disputa uma corrida de 100
metros que vai até a beira de um penhasco. Quantos pulos o grilo deve dar para chegar ao
ﬁm da corrida, mas sem passar do ponto ﬁnal e cair do penhasco?
24 Pulos do grilo sem cair do penhasco – Solução
Primeira solução: Suponha que o grilo desse apenas pulos de 9 metros. Em seu décimo se-
gundo pulo ele cairia do penhasco, pois 9·12 = 108m. Como ele pode também dar pulos de
8 metros, basta “trocar” 8 pulos de 9 metros por pulos de 8 metros. Teríamos assim 4 pulos
de 9 metros e 8 pulos de 8 metros, num total de 4+8 = 12 pulos.
Essa é a única combinação de pulos possível, pois se o grilo der menos que 4 pulos de 9 me-
tros, as distâncias máximas que ele poderá percorrer sem cair do penhasco são: 3·9+9·8 =
99m, 2·9+10·8 = 98m, 1·9+11·8 = 97m e 0·9+12·8 = 96m. Além disso, dando mais que 4
pulos de 9 metros, o grilo deve dar menos que 8 pulos de 8 metros e assim as distâncias má-
ximas que ele poderá percorrer sem cair do penhasco são: 5·9+6·8 = 93m, 6·9+5·8 = 94m,
7·9+4·8 = 95m, 8·9+3·8 = 96m, 9·9+2·8 = 97m, 10·9+1·8 = 98m e 11·9+0·8 = 99m.
Como nenhuma dessas distâncias é igual a 100, não existe outra combinação.
Segunda solução: Sejam x o número de pulos de 9m e y o número de pulos de 8m. Quere-
mos determinar x + y, sabendo que:
100 = 9x +8y
= 8(x + y)+ x.

Como 100 deixa resto 4 na divisão por 8, o mesmo deve ocorrer com o número 8(x+y)+x. Ou
seja, x deve deixar resto 4 na divisão por 8 pois 8(x+y) já é múltiplo de 8. Se x 4, saberemos
que x é pelo menos 8·1+4 = 12 que é o próximo número que deixa resto 4 por 8 depois de
4. Se o grilo der 12 pulos de 9m, ele chegará a 9 · 12 = 108m e cairá do penhasco. Logo,
x = 4 e após sua substituição na equação acima, podemos concluir que y = (100−9·4)/8 = 8.
Portanto, o grilo deve dar 4+8 = 12 pulos.
25 Perímetros de prédios
No desenho abaixo, três prédios foram construídos em um terreno dividido em lotes retan-
gulares. Os perímetros dos prédios A e B valem 400m e 240m, respectivamente. Quanto
mede o perímetro do prédio C?
25 Perímetros de prédios – Solução
Em um lote, temos três dimensões importantes: a largura l, a altura h e a diagonal d.
Vamos chamar os perímetros dos prédios A, B e C de PA, PB e PC , respectivamente. Os seus
valores são:
PA = 4d +2l +4h
= 400
PB = 2d +2l +2h
= 240
PC = 3d +l +3h.
Dividindo-se a primeira equação por 2, temos 2d + l + 2h = 200. Subtraindo desse valor a
segunda, obtemos
240−200 = (2d +2l +2h)−(2d +l +2h)
40 = l.

Analisando o perímetro PB , temos d +l +h = 120. Portanto, d +h = 120−l = 80 e ﬁnalmente
PC = 3(d +h)+l
= 3·80+40
= 240.
26 Reis dominando o tabuleiro 6 por 6
O rei é uma peça do xadrez que pode se mover apenas uma casa na vertical, uma na hori-
zontal ou uma na diagonal. Dizemos que um rei ataca uma casa se ele pode ocupá-la com
um único movimento. Por exemplo, um rei situado nas casas centrais de um tabuleiro 6×6
ataca 8 casas, um rei situado nas casas laterais ataca 5 casas e um rei posicionado em um dos
quatro cantos do tabuleiro ataca apenas 3 casas.
a) Considere um tabuleiro 6 × 6, qual o menor número de reis que podem ser colocados
no tabuleiro de modo que todas as casas do tabuleiro estejam ocupadas ou sejam casas
atacadas por algum dos reis?
b) Ainda considerando o tabuleiro 6×6, qual o maior número de reis que podemos colocar
no tabuleiro de modo que eles não se ataquem?
26 Reis dominando o tabuleiro 6 por 6 – Solução
a) Divida o tabuleiro 6×6 em 4 tabuleiros 3×3. Se uma dessas quatro regiões não tiver rei, a
casa central de tal região não será ocupada e nem atacada por nenhum rei. Portanto, são
necessários pelo menos 4 reis. Se colocarmos um rei em cada casa central dos tabuleiros
3×3, então todas as casas do tabuleiro serão atacadas. Logo, o menor número de reis é 4.
b) Divida o tabuleiro 6×6 em 9 tabuleiros 2×2. Se dois reis estiverem no mesmo 2×2, então
eles estarão se atacando. Portanto, temos no máximo 9 reis. Se colocarmos um rei no
canto superior esquerdo de cada um desses tabuleiros 2 × 2, teremos 9 reis que não se
atacam mutuamente.

27 Quadrados mágicos
a) João descobriu uma maneira de arrranjar os números {1,2,3,...,16} em um tabuleiro 4×4
de modo que a soma dos números em cada linha, em cada coluna e em cada diagonal
são sempre as mesmas. Uma das possibilidades está no exemplo abaixo.
4 6 9 15
13 11 8 2
16 10 5 3
1 7 12 14
Encontre outro exemplo de distribuição desses 16 números satisfazendo as mesmas con-
dições.
b) Veriﬁque que em qualquer distribuição possível, sempre a soma dos números de cada
linha e coluna é 34.
c) João fez agora um novo tipo de tabuleiro com outros números positivos. O produto dos
números em cada linha, em cada coluna e em cada diagonal são sempre os mesmos.
Quanto vale o número 4H?
1/2 32 A B
C 2 8 2
4 1 D E
F G H 16
27 Quadrados mágicos – Solução
a) Outras distribuições possíveis seriam:
10 1 12 11
2 15 6 16
13 8 5 3
9 7 4 14
1 14 15 4
10 8 5 11
7 9 12 6
16 3 2 13

b) Seja l a soma dos números escritos em uma coluna. Somando os números das quatro
colunas temos:
4l = 1+2+3+...+16
= 136.
Portanto, l = 136/4 = 34. O mesmo argumento pode ser aplicado às linhas.
c) Efetuando cancelamentos no produto de algumas linhas, colunas e diagonais, obtemos:
(A ·8·D · H)(F ·1·8·B)(C ·2·8·2) = (1/2·2·D ·16)(1/2·32· A ·B)(1/2·C ·4·F)
4H = 1.
28 Botões no tabuleiro 6 por 6
Em um tabuleiro de brinquedo 6 × 6, cada casa representa um botão luminoso. Quando
alguém aperta um botão, ele acende se estiver apagado e apaga se estiver aceso. Além disso,
todos os botões que compartilham um lado com um botão apertado também mudam de
estado: de aceso para apagado ou de apagado para aceso. Começando com todos os botões
apagados e apertando uma única vez todos os botões do tabuleiro, um de cada vez e em
qualquer ordem, quantos botões estarão acesos no final?
28 Botões no tabuleiro 6 por 6 – Solução
Veja que um botão terminará aceso se ele mudar de estado um número ímpar de vezes e
terminará apagado, caso contrário. Cada botão muda de estado quando ele ou um de seus
vizinhos é apertado e, portanto, o número de vezes em que mudará de estado será igual ao
seu número de vizinhos acrescido de uma unidade. Podemos assim analisar cada casa do
tabuleiro de acordo com o seu número de vizinhos:
i) As quatro casas dos cantos possuem dois vizinhos cada e assim mudarão de estado 1+
2 = 3 vezes. Terminarão acesas.
ii) As casas que estão nos lados e que não são cantos possuem três vizinhos e assim mu-
darão de estado 1+3 = 4 vezes. Terminarão apagadas.
iii) Cada uma das outras casas que não são laterais possuem quatro vizinhos e assim mu-
darão de estado 1+4 = 5 vezes. Terminarão acesas.
Por fim, como o tabuleiro 6 × 6 possui 16 casas laterais que não são cantos e estas são as
únicas que terminarão apagadas, concluímos que 36−16 = 20 botões estarão acesos ao final
do processo.

29 Cortando bandeirinhas de São João
Certa festa possui bandeirinhas de São João nos formatos A e B. Elas podem ser formadas
dobrando-se uma folha 30cm × 20cm ao meio e cortando-se ao longo de um segmento que
une dois pontos em lados opostos, um deles distando 10cm do lado superior e o outro dis-
tando 10cm do lado inferior, conforme a figura abaixo.
a) Qual o número máximo de bandeirinhas que podemos cortar de uma folha 30cm × 60cm?
Em seguida, mostre como obter tal número.
b) Qual o número máximo de bandeirinhas do tipo B que podemos cortar de uma folha
30cm × 60cm? Em seguida, mostre como obter tal número.
29 Cortando bandeirinhas de São João – Solução
a) Note que as bandeirinhas do tipo A e B possuem a mesma área, pois quando dobradas
ao meio, formam a mesma figura e a única diferença é o lugar da dobra. Assim, essa área
é metade da área da folha 30×20, ou seja,
30·20
2
= 300cm2
. Como a folha 30cm ×60cm
tem área 1800cm2
, é possível cortarmos no máximo
1800
300
= 6 bandeirinhas. A figura a
seguir mostra um jeito de cortar 6 bandeirinhas.

b) Se cortarmos apenas bandeirinhas do tipo B, não é possível cortar 6 bandeirinhas. Veja
que não é possível colocar duas bandeirinhas tipo B na horizontal, já que 2·20 = 40 30.
Então, não é possível os dois cantos de um lado de 30 da folha 30×60 pertencerem a duas
bandeirinhas do tipo B. Assim, no máximo poderemos cortar 5 bandeirinhas do tipo B e
a ﬁgura a seguir mostra como isso pode ser feito.
30 Pesando moedas
a) João possui três moedas e uma balança de dois pratos. Ele sabe que exatamente uma das
moedas é mais leve que as demais, sendo que as outras duas possuem o mesmo peso.
Como ele pode descobrir qual é a moeda mais leve com uma única pesagem?
b) João agora possui nove moedas e ele sabe novamente que exatamente uma delas é mais
leve que as demais. Como ele pode descobrir a moeda mais leve com exatamente duas
pesagens, se as demais possuem o mesmo peso?
c) João juntou mais duas moedas normais à sua coleção e passou a ter 11 moedas. Depois
de juntá-las, ele não conseguiu lembrar quais eram as moedas novas. Como ele poderá
agora descobrir a mais leve com três pesagens?

30 Pesando Moedas – Solução
a) Ele deve escolher duas moedas quaisquer e colocar na balança. Se a balança ficar equili-
brada, a moeda não escolhida é a leve. Se a balança não ficar equilibrada, então o prato
mais alto indicará a moeda mais leve.
b) Basta ele dividir as 9 moedas em três grupos de três e pesar dois quaisquer desses gru-
pos. Se a balança ficar equilibrada, ele saberá que a moeda mais leve está no grupo não
escolhido. Se ela não ficar equilibrada, a moeda mais leve estará no prato mais alto. Em
qualquer caso, ele pode restringir a busca para um grupo de três moedas. Pelo item ante-
rior, com apenas mais uma pesagem ele descobrirá a moeda mais leve.
c) Uma maneira seria ele dividir as moedas em três grupos contendo as quantidades: 5, 5 e
1. Após realizar uma pesagem entre os primeiros dois grupos, caso a balança fique equi-
librada, ele saberá que a moeda mais leve é a do último grupo. Caso contrário, ele deve
agora dividir o grupo de 5 moedas do prato mais alto em três com as seguintes quanti-
dades: 2, 2 e 1. Efetuando-se uma pesagem com os dois primeiros grupos, caso o prato
fique equilibrado, ele saberá que a mais leve é a moeda do último grupo. Caso contrário,
basta ele efetuar a última pesagem entre as moedas do prato mais alto.
Existem ainda outras maneiras. Por exemplo, divida as moedas em quatro grupos com
as quantidades: 3, 3, 3 e 2. Uma pesagem no último grupo, fornece de imediato a moeda
mais leve caso a balança fique desequilibrada ou indica que as duas são normais possi-
bilitando o descarte de tal grupo da busca. Assim, bastaria encontrar a moeda mais leve
nos outros três grupos com duas pesagens repetindo o procedimento descrito no item b).
Observação: Uma pergunta que pode ser usada para instigar os alunos é questioná-los se
com duas pesagens seria ainda possível resolver o item c).
Vejamos que não é possível com menos do que 3 pesagens. Cada pesagem pode ser codifi-
cada como uma dentre três informações: , ou =. Uma vez realizada a primeira pesagem,
a partir de um dos três possíveis resultados, a segunda pesagem produzirá outras três possi-
bilidades.

As descobertas de moedas mais leves assim obtidas podem ser organizadas em um diagrama
como ilustrado abaixo. As setas indicam as possibilidades de resultados após as pesagens e
no ﬁnal cada sequência deles deve indicar a moeda mais leve.
Como existem no máximo 3 · 3 = 9 pares de resultados envolvendo os símbolos , e =,
conseguiríamos identiﬁcar no máximo 9 moedas como resultados das pesagens. Daí, não é
possível menos do que 3 pesagens indicarem a moeda mais leve dentre as 11.
31 Frações irredutíveis
Uma fração irredutível é uma fração onde o numerador e o denominador não possuem fa-
tores primos em comum. Por exemplo,
11
7
é irredutível enquanto que
12
14
não é, pois ainda
podemos reduzi-la efetuando o cancelamento do número 2:
12
14
=
¡2·6
¡2·7
=
6
7
.
Assim,
12
14
é igual à fração irredutível
6
7
.
a) Determine uma fração irredutível igual a
111111
14
.
b) Determine uma fração irredutível igual a
111111111
18
.
c) Determine uma fração irredutível igual a
15
onde o dígito 1 se repete 2013 vezes
no numerador.

d) Determine a soma do numerador e do denominador da fração irredutível que é igual à:
2020...0202
;
na fração anterior o numerador representa um número com 2014 algarismos iguais a 1 e
no denominador existem 1007 algarismos 2 alternados por algarismos 0.
31 Frações irredutíveis – Solução
a)
111111
14
=
¡7·15873
¡7·2
=
15873
2
Como 15873 não possui fator 2, a fração é irredutível.
b)
111111111
18
=
¡9·12345679
¡9·2
=
12345679
2
.
Como 12345679 não possui fator 2, a fração é irredutível.
c) Como 111 = 3·37, dividindo o numerador em grupos de três dígitos consecutivos, temos:
2013 vezes
= 3·37guatda.com/cmx.p037...037
671 vezes
Portanto,
15
=
¡3·37guatda.com/cmx.p037...037
¡3·5
=
5
.
Como o numerador da fração anterior não é divisível por 5, ela é irredutível.
d) Note que 11·1010...0101 = 111...111 e 2·1010...0101 = 2020...0202. Portanto,
2020...0202
=
11·@@@@@@@
1010...0101
2·@@@@@@@
1010...0101
=
11
2
.
Como 11/2 é irredutível, a soma desejada é 11+2 = 13.

32 Grupos de quatro números com mesma soma
a) Mostre uma maneira de separar todos os números de 1 a 16 em quatro conjuntos com
quatro números cada, de modo que cada conjunto tenha a mesma soma.
b) Mostre que existem pelo menos 1024 maneiras de escrever os números de 1 até 16 em
cada uma das casinhas de um tabuleiro 4×4 de modo que a soma dos números de cada
linha seja igual.
32 Grupos de quatro números com mesma soma – Solução
a) Primeiramente formemos oito pares de números escolhendo números opostos ao “meio”
da sequência, ou seja, (1,16), (2,15), ..., (7,10) e (8,9). Veja que cada par possui soma 17.
Agora junte os pares em quatro grupos, cada um com soma 34, por exemplo: (1,16,2,15),
(3,14,4,13), (5,12,6,11) e (7,10,8,9).
b) Veja que os números obtidos no item anterior fornecem um exemplo de como colocar os
números em cada linha. Vamos mostrar que temos pelo menos 1024 variações distintas
desse exemplo. Em cada linha podemos “rodar” os números quatro vezes para a esquerda
obtendo as sequências: (1,16,2,15), (16,2,15,1), (2,15,1,16) e (15,1,16,2). Além disso,
podemos “rodar” as linhas quatro vezes de cima para baixo. Então, apenas rodando o
“exemplo” contruído temos pelo menos 4 variações dentro de cada linha e mais outras 4
para rotações entre as linhas. Assim, no total teremos
(4×4×4×4)
var iações dentro das linhas
× 4
rotações entre as linhas
= 1024
maneiras de realizar esta tarefa. A ﬁgura abaixo mostra alguns exemplos de tabuleiros
que podem ser obtidos pelas operações de rotações descritas:
1 16 2 15 16 2 15 1 10 8 9 7
3 14 4 13 3 14 4 13 16 2 15 1
5 12 6 11 12 6 11 5 3 14 4 13
7 10 8 9 10 8 9 7 12 6 11 5

1 Conjunto de pesos suspensos
A ﬁgura representa um conjunto de pesos suspensos em equilíbrio. Se o círculo pesa 40g,
quanto pesa o retângulo?
Observação: Você deve desconsiderar o peso das barras horizontais e dos ﬁos.
1 Conjunto de pesos suspensos – Solução
Seja x o peso do retângulo. Como o retângulo e o triângulo estão em equilíbrio, o peso do
triângulo também é x. Analisando o equilíbrio do conjunto que envolve o losango, o retân-
gulo e o triângulo, podemos concluir que o peso do losango é x + x = 2x. Como o peso do
círculo deve ser igual ao peso do conjunto formado pelo losango, o retângulo e o triângulo,
podemos concluir que o seu peso vale x+x+2x = 4x. Finalmente, dado que 4x = 40g, temos
x = 10g.

2 Espaço útil do quarto
Pedro acabou de se mudar para sua nova casa e ganhou um novo quarto. A figura a seguir
mostra uma vista superior simplificada de seu novo quarto que possui 2m de largura por
2,5m de comprimento.
A porta indicada na figura tem 50cm de comprimento e pode ser aberta até encontrar a
parede lateral. A janela é dividida em duas portas de mesmo comprimento que quando
abertas encostam nas paredes vizinhas. Os arcos da figura mostram as aberturas da porta e
da janela. A mãe de Pedro disse que ele deve colocar seus móveis no quarto de modo que
não fiquem nos caminhos de abertura da porta nem da janela. Quantos metros quadrados
Pedro tem em seu quarto para colocar os seus móveis?
2 Espaço útil do quarto – Solução
Seja L o comprimento de cada porta da janela. Considerando que, quando as duas portas se
abrem elas encostam nas paredes dos lados, temos então: 4·L = 2, ou seja, L = 0,5m.
Chamemos de A a área que Pedro tem para colocar seus móveis. Para determiná-la, basta
considerar a área total e subtrair as áreas de abertura da porta e da janela. Sabendo que
a porta abre 1
4 de circunferência e que as janelas abrem, cada uma, meia circunferência,
temos:
A = 2·2,5−
1
4
·π·(0,5)2
−2·
1
2
·π·(0,5)2
= 5−
π
16
−
π
4
=
80−5π
16
.
Então, Pedro possui
80−5π
16
metros quadrados para colocar seus móveis.

3 Formando frações com dominós
Um jogo comum de dominó é composto por 28 peças. Cada peça é formada por dois núme-
ros inteiros que variam de 0 a 6, inclusive. Todas as possibilidades de combinações possíveis
(a,b), com a ≤ b, são listadas exatamente uma vez. Note que a peça (4,2) é listada como a
peça (2,4), pois 2 ≤ 4. Excluindo a peça (0,0), para cada uma das outras 27 peças (a,b), com
a ≤ b, escrevemos num quadro a fração a
b
.
a) Quantos valores distintos estão escritos nas formas de frações no quadro? (Veja que as
frações 1
2 e 2
4 têm o mesmo valor e devem ser contadas apenas uma vez.)
b) Qual a soma dos valores distintos encontrados no item anterior?
3 Formando frações com dominós – Solução
a) Basta começar contando pelos maiores denominadores e não repetir quando aparecerem
os menores.
i) Para b = 6, temos
0
6
,
1
6
,
2
6
,
3
6
,
4
6
,
5
6
,
6
6
= 0,
1
6
,
1
3
,
1
2
,
2
3
,
5
6
,1 .
ii) Para b = 5, não devemos repetir 0 = 0/5 e nem 1 = 5/5, pois já foram contados, temos
1
5
,
2
5
,
3
5
,
4
5
.
iii) Para b = 4, só podemos adicionar frações irredutíveis de denominador 4, pois já con-
tamos as de denominador 1 e 2 quando b = 6, temos então
1
4
,
3
4
.
iv) Quando b for 1, 2 ou 3, teremos frações que já foram contadas no caso b = 6. Veri-
ﬁque!
Logo, o número de valores distintos é 7+4+2 = 13.
b) Um bom jeito de somarmos as 13 frações é considerarmos suas formas redutíveis vistas
no item anterior, ou seja,
0
6
+
1
6
+
2
6
+
3
6
+
4
6
+
5
6
+
6
6
=
21
6
=
7
2
;
1
5
+
2
5
+
3
5
+
4
5
=
10
5
= 2;
1
4
+
3
4
= 1.
Então a soma total é 7
2 +2+1 = 13
2 .

4 Bissetrizes
A bissetriz de um ângulo é uma semirreta com origem no vértice de um ângulo que o divide
em dois outros ângulos congruentes. Por exemplo, no desenho abaixo, a semirreta OC é
bissetriz do ângulo ∠AOB.
a) A diferença entre dois ângulos consecutivos mas não adjacentes é 100◦
. Determine o
ângulo formado por suas bissetrizes.
Observação: Lembre-se que dois ângulos são consecutivos se possuírem o mesmo vértice
e pelo menos um lado em comum e que dois ângulos são adjacentes se não possuírem
pontos interiores em comum.
b) No desenho abaixo, D A é bissetriz do ângulo ∠C AB. Determine o valor do ângulo ∠D AE
sabendo que ∠C AB +∠E AB = 120◦
e ∠C AB −∠E AB = 80◦
.

4 Bissetrizes – Solução
a) Sejam ∠B AD = 2x e ∠B AC = 2y os ângulos adjacentes.
O ângulo entre as bissetrizes é
∠E AF = ∠E AB −∠F AB
= x − y
=
2x
2
−
2y
2
=
∠C AB
2
−
∠D AB
2
=
100◦
2
= 50◦
.
b) Sejam x = ∠C AD = ∠D AB e y = ∠E AB. Então 2x + y = 120◦
e 2x − y = 80◦
. Somando as
duas equações, obtemos 4x = 200◦
, ou seja, x = 50◦
. Substituindo esse valor em 2x + y =
120◦
, temos y = 120◦
−2x = 120◦
−100◦
= 20◦
. Portanto,
∠D AE = x − y = 50◦
−20◦
= 30◦
.
5 Abandono do grupo
Em um grupo de 200 pessoas, apenas 1% é mulher. Determine o número de homens que
devem abandonar o grupo para que 98% das pessoas restantes sejam do sexo masculino.
5 Abandono do grupo – Solução
O número de mulheres é 200·
1
100
= 2. Para que tal número represente 2% = 100%−98% da
nova quantidade total de pessoas x, devemos ter 2 = x ·
2
100
, ou seja, x = 100. Assim, devem
sair 198−98 = 100 pessoas do sexo masculino do grupo.

6 Ângulos no triângulo
No desenho abaixo, os pontos E e F pertencem aos lados AB e BD do triângulo ABD de
modo que AE = AC e CD = FD. Se ∠ABD = 60◦
, determine a medida do ângulo ∠ECF.
6 Ângulos no triângulo – Solução
Sejam 2α = ∠E AC e 2β = ∠FDC. Como os triângulos E AC e FDC são isósceles, segue
que ∠ACE = ∠AEC = 90◦
−α e ∠DCF = ∠CFD = 90◦
−β. Consequentemente, ∠ECF = α+β.
Analisando agora a soma dos ângulos do triângulo ABD, temos 60◦
+ 2α + 2β = 180◦
, ou
seja, 60◦
= α+β. Como já sabemos que ∠ECF = α+β, então ∠ECF = 60◦
.
7 Soluções do sistema
Encontre todas as soluções, no conjunto dos números reais positivos, do sistema de equações:



x(x + y + z) = 26
y(x + y + z) = 27
z(x + y + z) = 28.
7 Soluções do sistema – Solução
Somando as três equações, obtemos (x + y + z)2
= 81, ou seja, x + y + z = 9, pois queremos
soluções positivas. Substituindo tal valor em cada equação, temos: x = 26/9, y = 27/9 = 3 e
z = 28/9. Assim, a única solução do sistema é (x, y,z) = (27/9,3,28/9).

8 Áreas entre círculos
a) No desenho abaixo, ABCD é um quadrado de lado 4cm e as regiões hachuradas foram
delimitadas por dois semicírculos de diâmetros AB e BC. Calcule a área da região hachu-
rada.
b) Dado o quadrado ABCD de lado 2. Sejam O o centro do quadrado e E e F os pontos
médios dos lados CD e AB. Se os segmentos F H e GE têm mesma medida e os arcos
FE,EH,HO,OG,FG são semicircunferências, encontre a área sombreada.
8 Áreas entre círculos – Solução
a) Traçando as diagonais AC e BD delimitamos quatro setores circulares com mesma área.
A soma das áreas pontilhadas corresponde à área tracejada contida no interior do triân-
gulo ABC. Assim, a área tracejada inicial vale metade da área do quadrado ABCD, ou
seja, 4·4/2 = 8cm2
.

b) Como F H = GE, temos HO = FO −F H = OE −GE = OG. Consequentemente o semicír-
culo de diâmetro HO possui a mesma área do semicírculo de diâmetro OG. Além disso, a
área entre os arcos FG e HO é igual à área entre os arcos GO e EH. Daí, a área procurada
corresponde a área de um semicírculo de diâmetro FE. Como o raio do semicírculo de
diâmetro FE mede 1, a área sombreada mede
π·12
2
=
π
2
.
9 Distribuindo os pontos entre os itens
O professor Carlão decidiu fazer uma questão de matemática que vale no total 10 pontos e
possui três itens: a, b e c. Após elaborar os itens, ele ﬁcou na dúvida sobre qual a melhor
maneira de distribuir os 10 pontos entre os itens de modo que cada um valha um número
inteiro positivo de pontos.
a) Joana, uma professora amiga de Carlão, sugeriu que o item c deveria valer o mesmo tanto
de pontos que a soma dos itens a e b pois, segundo ela, o item c é mais difícil. Se Carlão
seguir a sugestão de Joana, de quantos modos diferentes ele pode distribuir os pontos?
b) Desconsiderando a sugestão de Joana, ou seja, considerando que Carlão vai distribuir os
pontos de uma maneira qualquer, de quantos modos diferentes ele pode distribuir os 10
pontos da questão entre os três itens?
9 Distribuindo os pontos entre os itens – Solução
a) Se Carlão seguir a sugestão de Joana o item c valerá 5 pontos e os itens a e b devem somar
outros 5 pontos. Teremos então quatro divisões possíveis de itens (a,b,c): (1,4,5), (2,3,5),
(3,2,5) e (4,1,5).

b) Uma vez deﬁnidas as pontuações dos itens a e b, o item c valerá 10 − a − b pontos e,
portanto, bastará contarmos o número de maneiras de escolhermos a e b. Se os itens a e
b valem juntos n pontos, então teremos n−1 possibilidades de pares de inteiros positivos
(a,b):
(1,n −1),(2,n −2),(3,n −3),...,(n −1,1).
Como a soma a + b deve valer no máximo 9, quando c é mínimo e vale 1, e no mínimo
1 + 1 = 2 pontos, quando a e b são mínimos, o total de maneiras de distribuirmos esses
pontos é
(9−1)+(8−1)+(7−1)+(6−1)+(5−1)+(4−1)+(3−1)+(2−1) =
8+7+6+5+4+3+2+1 =
36.
Assim, Carlão pode distribuir os 10 pontos de 36 modos diferentes.
10 Eliminando radicais
Encontre dois inteiros positivos x e y tais que:
1− 2+ 3
1+ 2− 3
=
x + y
2
.
10 Eliminando radicais – Solução
1− 2+ 3
1+ 2− 3
·
2
2
=
−2+ 2+ 6
2+ 2− 6
=
−2+ 2+ 6
2+ 2− 6
·
2 2+2+2 3
2 2+2+2 3
=
− 2+(1+ 3)
( 2+1)− 3
·
2+(1+ 3)
( 2+1)+ 3
=
(1+ 3)2
−2
( 2+1)2 −3
=
2+ 6
2
.
Portanto, x = 2 e y = 6 satisfazem ao enunciado.

Observação: É possível mostrar que essas são as únicas soluções inteiras. De fato, foi mostrado
que x + y = 2+ 6. Assim,
( x + y)2
= ( 2+ 6)2
x + y +2 xy = 8+4 3
2 xy −4 3 = 8− x − y.
Se 2 xy −4 3 = 0, segue que:
2 xy +4 3 =
(2 xy)2
−(4 3)2
2 xy −4 3
=
4xy −48
8− x − y
.
Consequentemente, subtraindo esse resultado da última igualdade encontrada, temos
4xy −48
8− x − y
−(8− x − y) = (2 xy +4 3)−(2 xy −4 3)
= 8 3.
Isso é um absurdo, pois 3 ∉ Q e
4xy −48
8− x − y
− (8 − x − y) ∈ Q. Portanto, 2 xy − 4 3 = 0 e
xy = 12. Basta agora resolver o sistema:
x + y = 2+ 6
xy = 12.
Elevando a primeira equação ao quadrado e usando que xy = 12, obtemos que x + y = 8
e 12 = xy = x(8− x) = 8x − x2
. As raízes de 12 = 8x − x2
são x = 2 e x = 6. Logo, (x, y) = (2,6)
ou (6,2).
11 Desigualdade triangular
João acaba de aprender a desigualdade triangular que diz que, em qualquer triângulo, um
lado é sempre menor que a soma dos outros dois e também é maior que a diferença entre
eles.
a) O lado AC do triângulo ABC tem comprimento 3,8cm e o lado AB tem comprimento
0,6cm. Se o comprimento do lado BC é um inteiro, qual é o seu valor?

b) Determine os valores de x e y na ﬁgura abaixo, sabendo que eles são números inteiros.
11 Desigualdade triangular – Solução
a) O comprimento do lado BC deve ser menor que 3,8 + 0,6 = 4,4cm e maior que
3,8−0,6 = 3,2cm. O lado BC corresponde ao único inteiro entre tais números, ou seja,
BC = 4cm.
b) Pela desigualdade triangular aplicada aos triângulos BDC e BED, temos:
y 3+4
x 1+ y.
Consequentemente, x 1 + 3 + 4 = 8. Analisando o triângulo FBE, temos x 7 − 2 = 5.
Portanto, como x é um número inteiro, x = 6 ou x = 7. Analisando os triângulos BED
e BCD, teríamos y x − 1 e y 3 + 4 = 7. Se x = 7, teríamos 6 y 7, um absurdo.
Portanto, x = 6 e como 5 = 6−1 y 7, devemos ter y = 6.
12 Área do retângulo
No desenho abaixo, ABCD é um retângulo e os pontos P e Q pertencem à diagonal AC de
modo que AQ = PQ = PC = 1 e ∠AQD = ∠BPC = 90◦
. Encontre a área do retângulo ABCD.

12 Área do retângulo – Solução
Pelas relações métricas no triângulo retângulo, temos DQ2
= AQ ·QC = 2. Pelo Teorema de
Pitágoras nos triângulos D AQ e DQC, temos:
AD2
= DQ2
+ AQ2
= 2+1
= 3;
DC2
= DQ2
+QC2
= 2+4
= 6.
A área do retângulo ABCD é AD ·DC = 3· 6 = 3 2.
13 Ângulos em bicos
a) No desenho abaixo, onde AB é paralelo a CD, mostre que a soma dos ângulos brancos
é igual à soma das medidas dos ângulos cinzas. Tal resultado vale para qualquer quanti-
dade de “bicos” no desenho e o chamamos popularmente como Teorema dos Bicos.
b) Sabendo que AB é paralelo a CD, determine a medida do ângulo x.

13 Ângulos em bicos – Solução
a) Por cada um dos vértices dos “bicos”, trace uma paralela ao segmento AB. Perceba que
vários pares de ângulos alternos internos serão formados como indica a ﬁgura abaixo.
Cada um dos ângulos marcados possui exatamente um representante entre os ângulos
brancos e cinzas. Assim, cada uma dessas somas das medidas de ângulos vale
x1 + x2 +...+ x6.
b) Pelo Teorema dos Bicos, aplicado à linha poligonal que passa por E, temos x = α + θ.
Aplicando-o novamente, agora à linha poligonal que passa por J, temos 180◦
−3x = 2α+
2θ. Assim, 180◦
−3x = 2x, ou seja, x = 36◦
.
14 Transportando líquidos em tambores
Considere dois tambores de capacidade suﬁcientemente grande, um deles vazio e o outro
cheio de líquido.
a) Determine se é possível colocar exatamente um litro do líquido do tambor cheio, no
vazio, usando dois baldes, um com capacidade de 5 litros e o outro com capacidade de 7
litros.
b) Determine se é possível colocar exatamente um litro do líquido de um dos tambores no
outro usando dois baldes, um com capacidade de 2− 2 litros e o outro com capacidade
de 2 litros.
14 Transportando líquidos em tambores – Solução
a) Basta encher o tambor vazio com 15 litros (3×5 litros) usando três vezes o balde de 5 litros
e, em seguida, retirar 14 litros (2 × 7 litros) usando o balde de 7 litros duas vezes. Dessa
forma, transportamos 3×5−2×7 = 1 litro.

b) A quantidade a que podemos transportar do tambor cheio para o vazio é da forma
k(2 − 2) + l( 2) litros, onde k e l são inteiros que indicam quantas vezes tiramos ou
colocamos líquidos usando cada um dos baldes. Se l −k = 0, podemos escrever:
a = k(2− 2)+l 2
a −2k = 2(l −k)
a −2k
l −k
= 2.
Assim, o número 2 seria o quociente de dois inteiros o que resultaria em um número
racional. Sabemos que isso não pode acontecer porque 2 é irracional. Falta analisarmos
o que acontece quando l = k. A equação se transforma em:
a = k(2− 2)+l 2
= k(2− 2)+k 2
= 2k.
Veja que 2k é par e assim não podemos levar um valor ímpar como a = 1. Em qual-
quer caso, não é possível colocar exatamente 1 litro usando os baldes com as capacidades
dadas neste item.
15 As diagonais de Carlitos
Carlitos desenhou em uma folha de papel um polígono convexo de n lados, conforme a
ﬁgura abaixo, e traçou algumas de suas diagonais (que não se cortavam), dividindo a região
interior do polígono em triângulos. Esse tipo de divisão é conhecido como triangulação. Em
cada vértice ele escreveu o número de triângulos da triangulação dos quais ele era membro.

Uma semana depois, Carlitos não se lembrava quais diagonais tinham sido traçadas e perce-
beu que um dos números estava apagado. Sua professora de matemática explicou que ainda
assim seria possível descobrir as diagonais apagadas e Carlitos começou a buscar infor-
mações que pudessem ajudá-lo nessa tarefa.
a) Veriﬁque que o número de triângulos em que o polígono foi dividido é sempre o mesmo,
não importando como ele tenha escolhido as diagonais.
b) Veriﬁque que sempre um dos vértices terá o número 1 escrito.
c) Usando o item anterior, descubra um método que pode ser usado por Carlitos para de-
senhar as diagonais que foram traçadas.
15 As diagonais de Carlitos – Solução
a) Seja K o número de triângulos. Os triângulos desenhados determinam uma divisão dos
ângulos internos do polígono. Portanto, a soma dos ângulos internos de todos esses triân-
gulos corresponde à soma dos ângulos internos do polígono que vale 180◦
(n −2), ou seja,
180◦
·K = 180◦
(n −2). Assim, K = n −2.
b) Dada qualquer triangulação, considere a diagonal AB que determina entre seus dois vér-
tices a menor cadeia de vértices AC1C2 ...CkB consecutivos do polígono. Se k 1, então
alguma outra diagonal deve ser traçada entre os vértices do conjunto
{A,C1,C2,...,Ck,B}, pois o polígono AC1C2 ...CkB também deve estar dividido em triân-
gulos. Isso geraria um absurdo, pois tal diagonal produziria uma cadeia menor de vér-
tices. Portanto, k = 1 e AB faz o vértice C1 ter o número 1.
Observação: É possível mostrar que existem pelo menos dois vértices com o número 1
escrito.
c) O primeiro passo é procurar algum vértice com o número 1. A partir dele, podemos con-
cluir que certamente existe uma diagonal entre seus dois vizinhos.

Após traçarmos tal diagonal, devemos desconsiderar o triângulo formado e repetir o pro-
cesso no novo polígono com os números de seus vértices atualizados. Se em qualquer
momento o número 1 não estiver escrito é porque ele deve ser o número desconhecido.
Como existe um número finito de diagonais, após um número finito de repetições desse
processo, todas elas serão traçadas.
16 Razão entre segmentos
Na figura abaixo, ABCD é um retângulo e E é o ponto médio de AD. O segmento FG passa
pelo ponto médio M de CE. Determine a razão entre os comprimentos de GM e MF.
16 Razão entre segmentos – Solução
Pelo ponto M, trace o segmento de reta PQ perpendicular aos lados AB e CD do retângulo
ABCD como mostra a figura abaixo. Como M é o ponto médio de CE, podemos concluir
que PM é base média relativa ao lado DE do triângulo ECD. Assim, se DE = E A = x, PM =
DE/2 = x/2. Como E é ponto médio de D A, temos PQ = D A = 2x. Consequentemente,
MQ = 2x − PM = 3x/2. Os triângulos PMG e MFQ são semelhantes, pois possuem os
mesmos ângulos. Portanto,
GM
MF
=
PM
MQ
=
x/2
3x/2
=
1
3
.

17 Previsões astrológicas
João trabalha vendendo pacotes de previsão astrológica. Para incrementar as vendas de suas
previsões, ele oferece descontos caso pessoas de um mesmo signo queiram contratar seus
serviços. No Horóscopo Grego, como existem exatamente 12 signos, portanto, em um grupo
de 13 pessoas, sempre duas delas terão o mesmo signo e poderão se interessar pelo pacote
promocional.
a) Qual o número mínimo de pessoas que um grupo deve possuir para ele ter certeza de que
existirão pelo menos 3 pessoas de um mesmo signo do Horóscopo Grego?
b) No Horóscopo Chinês, também existem exatamente 12 signos. Se João quiser ter certeza
de que, em determinado grupo de pessoas existirão duas possuindo exatamente os mes-
mos signos, tanto no Horóscopo Grego quanto no Horóscopo Chinês, qual o número mí-
nimo de pessoas que tal grupo deve ter?
17 Previsões astrológicas – Solução
a) O mínimo é 25. Se em um grupo de 24 pessoas cada signo aparecer no máximo duas
vezes, teremos no máximo 2·12 = 24 pessoas. Como 24 25, isso mostra que pelo menos
um dos signos deverá aparecer três vezes. De fato, esse é o mínimo onde tal propriedade
ocorre pois se considerarmos 24 pessoas divididas em 12 pares com o mesmo signo, a
propriedade do enunciado não será encontrada.
b) O número mínimo é 12 · 12 + 1 = 145. Veja que existem no máximo 12 · 12 = 144 pares
de combinações possíveis entre signos Gregos e Chineses. Se escolhermos 145 pessoas
e as dividirmos de acordo com esses pares, pelo menos um deles deverá ser usado duas
vezes. Não é possível concluirmos isso com menos de 145, pois é possível 144 pessoas
apresentarem todos os pares possíveis de combinações sem repetições.
Observação: Os argumentos usados em ambos os itens são aplicações do Princípio da Casa
dos Pombos. Veja o problema 11 do nível 1 do Banco de 2014.

18 Quadrado inclinado
Na ﬁgura abaixo, ∠ABF = ∠FBC = 45◦
e ACDE é um quadrado. Se AB = 2/3·BC, determine
a razão
EF
FD
.
18 Quadrado inclinado – Solução
Pelos pontos E e D, as retas paralelas aos lados BC e AB do triângulo ABC determinam,
juntamente com os prolongamentos desses lados, os pontos G, H e I, como indicado na
ﬁgura abaixo.
Dado que ∠ABC = 90◦
, segue que GHIB é um retângulo. Como ∠B AC + ∠ACB = 90◦
e
∠ACD = 90◦
, segue que ∠DCI = ∠B AC. Assim, o triângulo DCI possui os mesmos ângu-
los do triângulo ABC e AC = CD. Pelo caso de congruência AL A, esses dois triângulos são
congruentes. Da mesma forma podemos mostrar que ABC ≡ G AE ≡ EHD. Conse-
quentemente GH = GE +EH = AB +BC = HD +DI e, portanto, GHIB é um quadrado. Isso
implica que ∠GHB = ∠BHI = 45◦
. Pelo Teorema da Bissetriz Interna aplicado ao triângulo
EHD, temos:
EF
FD
=
EH
HD
=
BC
AB
=
3
2
.

19 Arranjos de flores no quadrado
Um decorador distribuirá flores em oito pontos ao redor de um arranjo quadrado de flores,
como indicado na figura abaixo. Ele quer fazer isso de modo tal que, em cada lado do arranjo,
as pessoas vejam sempre a mesma quantidade de flores. No exemplo abaixo, temos o total
de 11 flores e em cada um dos 4 lados do quadrado são vistas exatamente 4 delas.
a) Qual o número máximo de flores que podem ser usadas, considerando que em cada lado
b) Qual o número mínimo de flores que podem ser usadas, considerando que em cada lado
19 Arranjos de flores no quadrado – Solução
a) A soma das flores vistas nos lados é 4 · 9 = 36. Como as flores nos cantos são vistas por
dois lados e as flores no meio dos lados são vistas apenas uma vez, podemos escrever:
2C + M = 36,
onde C e M indicam as quantidades de flores nos cantos e no meio. Consequentemente,
C + M = 36−C ≤ 36 e seu valor será no máximo 36, que ocorre quando C = 0. Assim, de-
vemos distribuir nas posições 2, 4, 6 e 8 exatamente 9 flores. Portanto, o número máximo
de flores é 36.
b) A soma das flores vistas nos lados agora é 4 · 12 = 48 e a equação do item anterior se
transforma em 2C + M = 48. Consequentemente, 2(C + M) = 48+ M ≥ 48. Para atingir tal
valor, como devemos ter M = 0, basta distribuir 6 flores em cada um dos quatro cantos 1,
3, 5 e 7 do arranjo. Portanto, o número mínimo de flores é 24.

20 Somando no tabuleiro de Xadrez
Um tabuleiro de Xadrez tem suas linhas e colunas numeradas conforme a ﬁgura a seguir. Em
cada casa é escrito o número que é a soma dos números da linha e da coluna dessa casa. Por
exemplo, na casa que está na linha 4 e na coluna 5 é escrito o número 4+5 = 9.
a) Qual a soma dos números escritos em todas as casas do tabuleiro?
b) Sejam Spretas a soma de todos os números escritos nas casas pretas e Sbrancas a soma de
todos os números escritos em casas brancas. Quanto vale a diferença Spretas −Sbrancas?
c) Quanto vale Spretas?
20 Somando no tabuleiro de Xadrez – Solução
a) Veja que na linha 1 o número 1 é somado em cada uma das 8 casinhas, na linha 2 o
número 2 também é somado oito vezes, e assim por diante. Desse modo, podemos con-
tabilizar a contribuição das linhas por:
8·(1+2+3+4+5+6+7+8) = 8·36
= 288.
O mesmo se passa com a contribuição das colunas, também totalizando 288. Concluímos
que a soma de todas as casas é 2·288 = 576.
b) Essa diferença também pode ser feita analisando-se a contribuição de cada linha e cada
coluna, mas nesse caso para cada casa preta devemos somar o seu número, enquanto
que para cada casa branca devemos subtraí-lo. Como cada linha e cada coluna possui
exatamente quatro casas pretas e quatro brancas, o número escrito em uma linha ou
coluna deve ser somado e subtraído 4 vezes, ou seja, contribui com 4 − 4 = 0. Portanto,
concluímos que Spretas −Sbrancas = 0.
c) Juntando as duas informações dos itens a) e b), temos
Spretas +Sbrancas = 576
Spretas −Sbrancas = 0.
Somando as duas linhas, temos 2Spretas = 576, ou seja, Spretas = 288.

21 Inteiros positivos espertinhos
Dizemos que um número inteiro positivo n é espertinho se existirem números inteiros posi-
tivos a, b, c e d, não necessariamente distintos, tais que:
n =
a2
−b2
c2 +d2
Por exemplo, 12 é espertinho, pois:
12 =
162
−42
42 +22
Mostre que todos os números inteiros positivos são espertinhos.
21 Inteiros positivos espertinhos – Solução
Podemos reescrever a equação da seguinte forma:
n =
a2
−b2
c2 +d2
n(c2
+d2
) = (a +b)(a −b).
Se conseguirmos inteiros positivos tais que a +b = n e a −b = c2
+d2
, teremos uma solução
para a equação. Se é n par, basta fazermos c = d = 1 e resolvermos o sistema
a +b = n
a −b = 2.
Somando e subtraindo as equações, encontramos a solução a = n+2
2
e b = n−2
2
. Se n 2, a e
b são inteiros positivos. Para ver que n = 2 também é espertinho, escrevemos
2 =
52
−32
22 +22
.
Se n é ímpar, podemos usar o mesmo raciocínio tomando c = 1 e d = 2. Daí, teremos c2
+d2
=
5 e:
a +b = n
a −b = 5.
Novamente, somando e subtraindo as equações, encontramos a solução a = n+5
2 e b = n−5
2 .
Se n 5, a e b são inteiros positivos. Para ver que 1, 3 e 5 também são espertinhos, escreve-
mos:
1 =
72
−62
32 +22
,
3 =
82
−52
32 +22
,
5 =
92
−42
32 +22
.

22 Crianças dando voltas no lago
Dez crianças decidem correr ao redor de um lago circular com 200m de perímetro. No iní-
cio da corrida, as dez crianças estão paradas ocupando posições distintas e cada uma delas
correrá no sentido horário ou anti-horário, a depender de sua vontade, com velocidade de
200
k
m/min, onde k é um inteiro positivo. Mostre que depois de certo tempo, existirá um ins-
tante em que todas as crianças estarão exatamente sobre as suas mesmas posições iniciais.
22 Crianças dando voltas no lago – Solução
Se uma criança tem velocidade 200
k m/min, então ela demorará k minutos para dar uma
volta completa no lago. Tendo isso em mente, se k1, k2, ..., k10 denotam os inteiros as-
sociados às velocidades das 10 crianças e M é um múltiplo comum de todos eles, após M
minutos a primeira criança terá feito exatamente M
k1
voltas e estará sobre sua posição inicial.
Do mesmo modo, cada uma das outras crianças terá feito uma quantidade inteira de voltas
e estará sobre sua posição inicial. Concluímos então que após M minutos todas as crianças
estarão em suas posições iniciais.
23 Somando e multiplicando os números das cinco crianças
Cinco crianças sentam-se ao redor de uma mesa circular. Cada criança escolhe um número
inteiro positivo e o relata para as outras. Em seguida, cada criança faz a seguinte conta: soma
os números das duas crianças à sua esquerda, subtrai a soma dos números das outras duas
crianças à sua direita e multiplica essa diferença pelo seu próprio número, chegando assim
ao seu resultado final.
Prove que a soma dos resultados finais de todas as crianças é um valor fixo que não depende
dos números que as crianças escolheram inicialmente e, em seguida, determine esse valor.
23 Somando e multiplicando os números das cinco crianças – Solução
Vamos supor que os números em sentido horário são a, b, c, d e e. Os valores obtidos como
resultados finais são:
a((e +d)−(b +c)) = ae + ad − ab − ac;
b((a +e)−(c +d)) = ba +be −bc −bd;
c((b + a)−(d +e)) = cb +ca −cd −ce;
d((c +b)−(e + a)) = dc +db −de −da;
e((d +c)−(a +b)) = ed +ec −ea −eb.

Veja que cada produto de dois números escolhidos inicialmente aparece uma vez com o
sinal + e uma vez com o sinal −, por exemplo, ae aparece positivo na primeira expressão e
negativo na última. Isso acontece, pois se um número x tem y no lado esquerdo, aparecerá
+xy em seu resultado ﬁnal associado, enquanto que y tendo x do lado direito produzirá −xy
também em seu resultado ﬁnal associado. Sendo assim, a soma dos resultados é sempre
igual a zero.
24 Descobrindo os números curiosos
Sejam a e b dois dígitos diferentes de zero não necessariamente diferentes. O número de
dois dígitos ab é chamado de curioso, se ele for um divisor do número ba, que é formado
pela troca da ordem dos dígitos de ab. Ache todos os números curiosos.
Observação: O traço sobre os números serve para distinguir o produto a · b do número de
dois dígitos ab.
24 Descobrindo os números curiosos – Solução
O número de dois dígitos ab pode ser escrito como 10a + b, assim como ba = 10b + a. Se
10a +b é divisor de 10b + a, temos 10b + a = (10a +b)k, onde k é um inteiro menor ou igual
a 9 já que os dois números possuem dois dígitos. Segue que
10b + a = (10a +b)k
10b + a +10a +b = (10a +b)(k +1)
11(a +b) = (10a +b)(k +1).
Pela última equação, o número (10a +b)(k +1) deve ser múltiplo de 11. Como k ≤ 9, temos
k +1 ≤ 10 e, consequentemente, k +1 não possui fator 11, implicando que 10a +b deve ser
múltiplo de 11. Todos os números de dois dígitos múltiplos de 11 possuem dígitos iguais e
isso nos permite concluir que necessariamente a = b. Quando a = b, ab = ba e, certamente,
um divide o outro. Portanto, o conjunto dos números curiosos é
{11,22,33,44,55,66,77,88,99}.

25 Mudando de cor com fios mágicos
Algumas lâmpadas de Natal são arranjadas usando fios mágicos. Cada lâmpada pode ser
da cor verde ou amarela. Cada fio está ligado a duas lâmpadas e tem uma propriedade má-
gica: quando alguém toca em um fio unindo duas lâmpadas, cada uma delas troca de cor
passando de verde para amarela ou de amarela para verde.
a) No arranjo a seguir, cada ponto representa uma lâmpada e os segmentos representam
os fios mágicos. No começo todas elas são amarelas. Qual o menor número de fios que
devemos tocar para que todas as lâmpadas se tornem verdes? Mostre um exemplo de
como fazer essa mudança com esse número mínimo de fios.
b) Considere o arranjo da figura a seguir onde todas as lâmpadas estão com a cor amarela.
Mostre que não é possível tocar em alguns fios mágicos e mudar a cor de todas as lâm-
padas para o verde.
25 Mudando de cor com fios mágicos – Solução
a) Cada fio que tocamos muda exatamente a cor de duas lâmpadas. Como existem 16 lâm-
padas amarelas, devemos encostar em pelo menos 8 fios. A figura a seguir mostra um
exemplo de escolhas de fios que torna isso possível:

b) Veja que a configuração dada no item b) possui exatamente 23 lâmpadas. Note que ao
encostar em um fio mágico temos três possibilidades de mudanças de lâmpadas:
i) Duas verdes podem virar duas amarelas.
ii) Duas amarelas podem virar duas verdes.
iii) Uma verde e uma amarela viram uma amarela e uma verde.
Assim, ou o número de lâmpadas verdes diminui 2, aumenta 2 ou permanece o mesmo.
Desse modo, se no início começamos com 0 verdes, sempre teremos uma quantidade
par de lâmpadas verdes. Como 23 é ímpar, não é possível chegar a tornar todas as 23
lâmpadas verdes.
26 Marcando casinhas do tabuleiro 8 por 8
É dado um tabuleiro 8×8.
a) Qual o número mínimo de casinhas que devemos marcar nesse tabuleiro, de modo que
cada um de seus subtabuleiros 3×3 possua pelo menos uma casinha marcada?
b) Qual o número mínimo de casinhas que devemos marcar nesse tabuleiro, de modo que
cada um de seus subtabuleiros 3×3 possua pelo menos três casinhas marcadas?
26 Marcando casinhas do tabuleiro 8 por 8 – Solução
a) Considere a figura a seguir.
Cada um dos quatro subtabuleiros 3 × 3 assinalados na figura deve ter pelo menos uma
casa marcada. Além disso, com as quatro casas marcadas na figura acima, temos a pro-
priedade desejada. Portanto, o mínimo é 4.

b) Considere a figura a seguir.
Veja que cada um dos seis pedaços 3 × 3 deve ter pelo menos três casas marcadas. Veja
também que existem duas casas que podem ser contadas para dois pedaços. Com isso,
teremos no mínimo 6 × 3 − 2 = 16 casas marcadas. Observe ainda que com as 16 casas
marcadas na figura temos a propriedade desejada.
27 Jogando com dominós
Umberto e Doisberto jogam em um tabuleiro 3 × n colocando dominós sempre cobrindo
duas casas adjacentes (com lado em comum) do tabuleiro. Umberto faz a primeira jogada,
Doisberto faz a segunda e eles seguem jogando alternadamente. Perde o jogador que não
conseguir jogar. Para cada um dos casos abaixo, diga quais dos jogadores pode bolar uma
estratégia e sempre garantir a vitória independentemente de como o outro jogue.
a) n = 3
b) n = 4
27 Jogando com dominós – Solução
a) Doisberto pode sempre garantir a vitória. Basta ele realizar um movimento que complete
um quadrado 2×2 a partir do primeiro dominó de Umberto.
Veja na figura que sobram 5 casas. Independente da jogada de Umberto, na jogada seguinte
de Doisberto, o jogo acaba com a sua vitória.

b) Umberto pode sempre garantir a vitória. Basta ele jogar o primeiro dominó nas duas
casas centrais do tabuleiro.
A partir daí, a cada jogada de Doisberto, Umberto deve jogar de forma simétrica em re-
lação ao centro do tabuleiro, ou seja, como se ele imitasse a jogada de Doisberto. Por
exemplo, se Doisberto colocar uma peça na horizontal começando no canto superior es-
querdo, Umberto deve colocar outra peça também na horizontal começando no canto in-
ferior direito. Desse modo, se Doisberto ﬁzer uma jogada, certamente Umberto também
poderá fazer a sua. Depois de algumas jogadas, Doisberto não poderá jogar e perderá o
jogo.
28 Separando em conjuntos de mesmo produto
a) Mostre que não é possível separar os números do conjunto A = {1,2,3,...,10} em dois
conjuntos em que o produto dos números em cada um deles é o mesmo.
b) Qual o menor número de elementos que precisamos retirar do conjunto A de modo que
os elementos restantes possam ser divididos em dois conjuntos cujo produto de seus el-
ementos sejam iguais? Mostre que números devem ser retirados e como separar os dois
conjuntos.
28 Separando em conjuntos de mesmo produto – Solução
a) Basta olharmos para o número 7. Como ele é o único número de A com fator 7, não
é possível dividi-los em dois com o mesmo produto de seus elementos, pois um desses
produtos seria múltiplo de 7 e o outro não.

b) Retirando apenas o número 7, mostraremos que é possível fazer tal divisão. Listemos as
fatorações dos outros números em primos:
1 2 3 4 5 6 8 9 10
1 2 3 22
5 2·3 23
32
2·5
Existem exatamente dois números com fatores 5 e inevitalmente 5 e 10 devem estar em
conjuntos separados. Como existem quatro fatores 3, distribuídos em três números, 9
deve ficar em um conjunto enquanto 3 e 6 devem ir para o outro. Finalmente, basta
dividir os oito fatores 2 restantes. Um exemplo seria
C1 = {1,10,3,6,4} e
C2 = {5,9,2,8}.
Cada um dos conjuntos anteriores possui o produto dos elementos igual a 720.
29 Somando e subtraindo em um quadrado 3 por 3
É dado um quadrado 3×3 com números escritos em cada casinha 1×1. As jogadas permitidas
são escolher uma linha, uma coluna ou uma diagonal e somar ou subtrair 1 dos três números
que estiverem nela. Prove que não é possível começar com os números na configuração da
esquerda e chegar aos números na configuração da direita após algumas operações.
29 Somando e subtraindo em um quadrado 3 por 3 – Solução
Seja S a soma de todos os números nas casinhas do quadrado. Ao somarmos 1 em três ca-
sinhas, trocamos S por S + 3 e, ao subtrairmos 1 em três casinhas, trocamos S por S − 3.
Como estamos sempre somando ou subtraindo 3, o resto da soma de todos os números na
divisão por 3 não se altera. Na primeira configuração temos soma 4 e na segunda configu-
ração temos soma 5. Como 4 e 5 não deixam o mesmo resto na divisão por 3, não é possível
ir de uma configuração para a outra.

30 Retângulos encaixados
Na figura abaixo, ABCD e EFGH são retângulos de lados paralelos. Sabendo que AE = 10,
BF = 20 e DH = 30, determine o comprimento do segmento CG.
30 Retângulos encaixados – Solução
Realizaremos duas transformações geométricas no desenho de modo a manter os compri-
mentos de AE, DH, GC e BF inalterados. Translademos1
o trapézio AEFB para a direita
como indicado na figura abaixo até EF coincidir com HG. Em seguida, translade o triângulo
AHD, também como indicado abaixo, até que H coincida com G.
Sejam P o novo ponto obtido pelo colapso de E, H, G e F e x, y, z e w as suas distâncias aos
1
Transladar um objeto significa mover todos os seus pontos em uma direção fixa e por uma distância fixa.

lados do retângulo. Pelo Teorema de Pitágoras, temos:
AE2
= AP2
= x2
+ z2
DH2
= PD2
= x2
+ w2
GC2
= PC2
= y2
+ w2
BF2
= PB2
= z2
+ y2
.
Portanto,
AE2
+GC2
= x2
+ y2
+ z2
+ w2
= DH2
+BF2
= 900+400.
Finalmente, GC = 900+400−100 = 20 3.
31 Pintando de preto e branco
João conseguiu pintar de preto e branco os quadrados de um tabuleiro n × n de modo que
as interseções de quaisquer duas linhas e de quaisquer duas colunas não eram constituídas
por quadrados com a mesma cor. Qual o valor máximo de n?
31 Pintando de preto e branco – Solução
Um exemplo com n = 4 é dado na ﬁgura abaixo:
Queremos mostrar agora que, se n ≥ 5, não é possível existir tal pintura. Considere então um
tabuleiro n ×n com n ≥ 5.
Analisando os quadrados da primeira linha, pelo menos três deles serão de uma mesma cor.
Digamos que esta cor seja preta (se fosse branca não faria a menor diferença para a nossa
análise seguinte) e observemos agora as colunas A, B e C que contêm esses três quadrados
pretos. A segunda linha deve intersectar essas três colunas em pelo menos dois quadrados
brancos, pois, caso contrário, teríamos quatro interseções pretas entre as duas primeiras li-
nhas e duas dessas três colunas.
Suponha agora que as colunas que contêm dois quadrados pretos na primeira linha e dois
brancos na segunda sejam as colunas A e B (se fossem A e C ou B e C a análise seguinte
seria a mesma). A partir da terceira linha, como não podemos ter quadrados de mesma cor

simultaneamente nas colunas A e B, as distribuições de cores só podem ser as duas opções
seguintes: preto e branco ou branco e preto. Daí, dentre as linhas 3, 4 ou 5, duas delas
terão exatamente a mesma distribuição. Essas duas linhas com mesma distribuição de cores
intersectam a coluna C em dois quadrados, em que nenhum deles pode ser preto ou branco
e isso impede a existência da pintura satisfazendo as condições do enunciado.
Nesse problema, vamos aprender e utilizar o famoso Teorema do Bico, que tem esse nome
porque a ﬁgura formada parece realmente a cabeça e o bico de um pássaro.
a) O Teorema do Bico diz que as distâncias de um ponto exterior a uma circunferência aos
pontos onde suas tangentes tocam a circunferência são iguais. Na ﬁgura a seguir, AP e
AQ são tangentes à circunferência. Mostre que AP = AQ.

b) Considere o hexágono da figura a seguir, no qual todos os lados tangenciam a circunfe-
rência. Determine o valor do lado desconhecido x.
Observação: Não confunda com o Teorema dos Bicos do problema 13. Em ambos os casos,
trata-se do nome popular dos resultados mencionados.
32 Formando figuras com triângulos – Solução
a) Trace OA. Observe que os triângulos ∆OPA e ∆OQA são congruentes pois são triângulos
retângulos com a mesma hipotenusa e um dos catetos com a mesma medida. Desse
modo, AP = AQ.
b) Cada um dos lados é dividido pelo ponto de tangência em dois segmentos, conforme
a figura. Pelo item anterior, dois desses segmentos, que compartilham um vértice do
hexágono em comum, são iguais. Daí,
6+5+10 = (x6 + x1)+(x2 + x3)+(x5 + x4)
= (x1 + x2)+(x3 + x4)+(x5 + x6)
= x +9+8.
Portanto, x = 21−17 = 4.

33 Cortando um bolo usando o compasso
Certo matemático adora pensar em problemas e cozinhar bolos. Após cozinhar seus bolos,
ele os corta em pedaços iguais. As três figuras a seguir mostram bolos circulares de mesmo
raio em que os dois primeiros foram cortados em 3 e 4 pedaços iguais, respectivamente. Ele
deseja cortar o terceiro bolo, mas a única marcação conhecida é o centro do bolo. Mostre que
usando um compasso e uma faca, de tamanhos suficientemente grandes, e os dois primeiros
bolos é possível cortar o terceiro em 12 pedaços iguais.
33 Cortando um bolo usando o compasso – Solução
O compasso servirá para transportar distâncias. O primeiro passo é marcar um ponto A de
referência na lateral do terceiro bolo. Usando os comprimentos de arcos do primeiro bolo
e o compasso, pode-se marcar um ponto C tal que o arco AC meça 1
3 do perímetro de sua
circunferência. Em seguida, usando o comprimento de arco do segundo bolo, deve-se mar-
car o ponto B no terceiro bolo tal que o arco AB meça 1
4
do perímetro de sua circunferência.
Veja a figura abaixo.
A fração do comprimento da circunferência que representa o arco BC é
1
3
−
1
4
=
4−3
12
=
1
12
.
Usando o compasso podemos transportar a distância BC ao longo do perímetro do bolo
11 vezes dividindo-o assim em 12 arcos iguais. Basta agora usar a faca e efetuar cortes que
comecem nos pontos marcados e terminem no centro do bolo.

34 Quadriláteros com todos os lados iguais não são congruentes
Um erro que muitos alunos cometem é pensar que dois quadriláteros são congruentes se
tiverem os seus respectivos lados iguais. Isso não é verdade. Nesse problema, veremos que
quadriláteros podem ter lados correspondentes iguais, mas áreas distintas.
a) Mostre que a maior área possível para um quadrilátero que possui dois lados de compri-
mento 3 e dois de comprimento 4 é 12.
b) Mostre que, nos quadriláteros em que isso acontece, a soma dos ângulos opostos é 180◦
.
34 Quadriláteros com todos os lados iguais não são congruentes – Solução
a) Existem dois modos de montar o quadrilátero com pares de lados iguais: ou eles ficam
juntos ou ficam separados. Nos dois casos, o quadrilátero pode ser dividido em dois triân-
gulos que serão congruentes pelo caso (L.L.L.). Veja a figura abaixo.
Na segunda figura logo abaixo, fixamos o lado de comprimento 4 e fazemos variar o lado
de comprimento 3.
Como a base de comprimento 4 está fixa, a maior área possível ocorrerá quando tiver-
mos a maior altura possível a tal lado e isso ocorre quando o lado de comprimento 3 for
perpendicular à essa base. Qualquer altura diferente de 3 seria cateto de um triângulo
retângulo de hipotenusa 3 e, consequentemente, menor que 3.
Portanto, a maior área para cada triângulo é (3·4)/2 = 6. Dado que existem dois de tais
triângulos em cada tipo de quadrilátero, a área máxima é 6+6 = 12.

b) Veja que a área máxima ocorre quando os triângulos formados são retângulos. Assim, a
soma de ângulos opostos retos é 90◦
+90◦
= 180◦
. Como a soma dos ângulos internos do
quadrilátero é 360◦
, os outros dois ângulos também devem somar 180◦
.
35 Lados desconhecidos do hexágono equiângulo
Um hexágono é chamado equiângulo quando possui os seis ângulos internos iguais. Con-
sidere o hexágono equiângulo ABCDEF com lados 3, y, 5, 4, 1 e x, da ﬁgura a seguir. Deter-
mine os comprimentos x e y desconhecidos.
35 Lados desconhecidos do hexágono equiângulo – Solução
Como um hexágono pode ser dividido em 4 triângulos por meio de suas diagonais, a soma de
seus ângulos internos é 180◦
(6−2) = 720◦
. Dado que ele é equiângulo, cada um dos ângulos
internos medirá 720◦
6 = 120◦
. Sabendo disso, ao prolongarmos os lados formaremos, como
indicado abaixo, triângulos equiláteros menores externos a três de seus lados e um triângulo
equilátero maior X Y Z que o conterá.
Como os lados do triângulo X Y Z são iguais, temos
3+ y +5 = 5+4+1 = 1+ x +3.
Logo, x = 6 e y = 2.

36 Formigas no retângulo
Três formigas estão posicionadas nos vértices de um retângulo. Uma formiga se movimenta
apenas quando as duas outras estão paradas e sempre em uma direção paralela à reta de-
terminada pelas outras duas formigas. É possível que após algumas movimentações as três
formigas ﬁquem posicionadas em três dos pontos médios dos lados do retângulo?
36 Formigas no retângulo – Solução
Quando uma formiga se move da posiçãoC para a posição D, como ilustra o desenho abaixo,
a área do triângulo formado por elas permanece a mesma, pois
AACB =
h · AB
2
= AADB .
Não é possível que as três formigas ocupem os pontos médios porque no início a área do
triângulo formado por elas corresponde à metade da área do retângulo original e a área de
um triângulo formado pelos pontos médios corresponde a um quarto da área do retângulo
original.

1 Polígono no relógio
A partir do meio-dia, João faz, a cada 80 minutos, uma marca na posição do ponteiro das
horas do seu relógio.
a) Depois de quanto tempo não será mais necessário fazer novas marcas no relógio?
b) Qual a soma dos ângulos internos do polígono formado pelas marcas?
1 Polígono no relógio – Solução
a) O ponteiro das horas concluirá uma volta completa após 12·60 = 720 minutos e ao longo
dela nenhuma marca será repetida. Como 720 é múltiplo de 80, durante esse período são
feitas exatamente
12·60
80
= 9 marcas no relógio e, além disso, os dois ponteiros voltam às
suas posições iniciais. Daí, como as próximas marcas serão repetidas, o tempo desejado
é 720 minutos.
b) A soma dos ângulos internos de um polígono de 9 lados é 180◦
·(9−2) = 1260◦
.

2 Um diâmetro que também é altura
No desenho abaixo, o ABC é um triângulo equilátero e CD é tanto uma altura do triângulo
quanto um diâmetro do círculo. Se AB = 10cm, determine a área sombreada.
2 Um diâmetro que também é altura – Solução
Como CD é diâmetro, o seu ponto médio H é o centro do círculo. Sejam I e J as outras
interseções da circunferência com os lados AC e BC.
Como ∠ICH = ∠HC J = 30◦
e I H = CH = H J, segue que os triângulos CHI e CH J são
isósceles com ângulo do vértice igual à 120◦
. Se l é o raio do círculo, como a altura do triân-
gulo e o diâmetro do círculo coincidem, 2l =
10 3
2
cm e consequentemente l =
5 3
2
cm.
Cada uma das regiões sombreadas corresponde a área de um setor circular de 120◦
= 2π/3
subtraída de um triângulo isósceles, ou seja,
(2π/3)l2
2
−
l2
sen120◦
2
=
πl2
3
−
3l2
4
=
(4π−3 3)l2
12
.
=
(4π−3 3)
12
·
5 3
2
2
.
=
100π−75 3
8
cm2
.
Como temos duas regiões iguais, a área procurada é o dobro do valor encontrado, ou seja,
100π−75 3
4
cm2
.

3 Cubo cortado
Francisco acaba de aprender em sua aula de geometria espacial a Relação de Euler para
poliedros convexos:
V +F = A +2.
Na equação acima, V , A e F representam o número de vértices, de arestas e de faces do
poliedro, respectivamente. Podemos verificar que a Relação de Euler é válida no cubo abaixo,
pois existem 6 faces, 12 arestas, 8 vértices e
V +F = 8+6 = 12+2 = A +2.
João decidiu verificar a Relação de Euler em outro poliedro obtido de um cubo de madeira.
Ele marcou os pontos médios de cada aresta e, em cada face, os uniu formando quadrados,
como mostra a figura abaixo. Em seguida, ele cortou as 8 pirâmides formadas em torno de
cada vértice, obtendo um novo poliedro. Determine:
a) o novo número de vértices;
b) o novo número de arestas;
c) o novo número de faces.

3 Cubo cortado – Solução
a) Os vértices do novo poliedro são exatamente os pontos médios das arestas do cubo origi-
nal. Como o cubo tem 12 arestas, o novo poliedro possui 12 vértices.
b) Cada aresta do novo poliedro é um lado de um dos quadrados formados nas faces. Como
o cubo possui 6 faces e cada uma delas possui os 4 lados de um dos quadrados, o total de
arestas procurado é 4·6 = 24.
c) Existem 8 faces triangulares que são as bases das pirâmides removidas e 6 faces quadradas
formadas nas faces do cubo original. Temos então 8+6 = 14 faces.
Veja que a Relação de Euler é válida também para esse novo poliedro, pois
V +F = 12+14 = 24+2 = A +2.
4 Tecla da calculadora
A calculadora cientíﬁca de João possui uma tecla especial que transforma qualquer número
x escrito na tela e que seja diferente de 1 no número
1
1− x
.
a) O que acontece se o número 2 estiver escrito na tela e apertarmos a tecla especial três
vezes?
b) O que acontece se o número 2 estiver escrito na tela e apertarmos a tecla especial dez
vezes?
c) Finalmente, o que acontece se o número 2 estiver escrito na tela e apertarmos a tecla
especial 2015 vezes?
4 Tecla da calculadora – Solução
a) Após apertarmos a tecla três vezes, obtemos:
2
1a
−→
1
1−2
= −1
2a
−→
1
1−(−1)
=
1
2
3a
−→
1
1−1/2
= 2.
b) Em virtude do item anterior, a cada três toques na tecla especial, tudo se passa como se o
número 2 não tivesse sido alterado. Assim, após a sexto e o nono uso da tecla especial, o
número 2 ainda estará na tela. Finalmente, com o décimo uso da tecla especial, o trans-
formaremos em
1
1−2
= −1. Esse padrão de repetição não é particular ao número 2 como
mostra a sequência:
x
1a
−→
1
1− x
2a
−→
1
1−
1
1− x
= −
1− x
x
3a
−→
1
1−(−
1− x
x
)
= x.

c) Como a cada três usos da tecla especial o número 2 continuará na tela, sempre após um
número que é múltiplo de 3 de usos de tal tecla ainda teremos o número 2. Como 2013 é
múltiplo de 3, basta analisarmos as duas últimas apertadas:
...
2013a
−−−−→ 2
2014a
−−−−→
1
1−2
= −1
2015a
−−−−→
1
1−(−1)
=
1
2
.
Portanto, restará o número
1
2
na tela.
5 Uma fatoração esperta
a) José aprendeu um método para calcular produtos de dois números de uma forma mais
rápida baseado na fatoração:
(n −k)(n +k) = n2
−k2
.
Para calcular 23·17, ele escolhe n = 20, k = 3 e calcula:
23·17 = 202
−32
= 400−9 = 391.
Determine, sem usar a calculadora, o valor de 1001·1003+1.
b) Veriﬁque que (n(n +3)+1)2
= n(n +1)(n +2)(n +3)+1.
c) Determine, sem usar a calculadora, o valor de:
(2014)(2015)(2016)(2017)+1.
5 Uma fatoração esperta – Solução
a) Basta escolher n = 1002 e k = 1, pois
1001·1003+1 = 10022 −12 +1
= 10022
= 1002.
b)
(n(n +3)+1)2
= n2
(n +3)2
+2n(n +3)+1
= n(n +3)[n(n +3)+2]+1
= n(n +3)[n2
+3n +2]+1
= n(n +3)[(n +1)(n +2)]+1
= n(n +1)(n +2)(n +3)+1.

c) Usando o item anterior e escolhendo n = 2014, temos
(2014)(2015)(2016)(2017)+1 = (2014·2017+1)2
= 2014·2017+1.
= 4062239.
6 Termos esquecidos da P.A.
Uma progressão aritmética, costumeiramente chamada de P.A., é uma sequência em que
cada termo, a partir do segundo, é igual à soma do termo anterior com um valor ﬁxo r
chamado de diferença comum ou razão da progressão. Por exemplo, a sequência abaixo
é uma progressão aritmética com termo inicial 3 e diferença comum 4.
a1 = 3,a2 = 7,a3 = 11,a4 = 15,a5 = 19,a6 = 23,a7 = 27,a8 = 31,a9 = 35,...
Veja que estamos denotando o número da posição i pelo símbolo ai .
a) Se o primeiro termo de uma progressão aritmética é 2 e sua diferença comum é 3, qual é
o valor do quarto termo?
b) A professora de João pediu que ele calculasse o décimo primeiro termo de uma pro-
gressão aritmética. Infelizmente ele esqueceu qual era o termo inicial e a diferença co-
mum. As únicas informações das quais ele lembrava eram:
a4 + a7 + a10 = 207
a5 + a6 + a7 + a8 + a9 + a10 + a11 = 553.
Quanto vale o décimo primeiro termo?
6 Termos esquecidos da P.A. - Solução
a) Se a1 = 2 e r = 3, temos
a2 = a1 +3 = 5
a3 = a2 +3 = 8
a4 = a3 +3 = 11.

b) Sejam a1 = d e r a razão. Então, temos:
a1 = d, a2 = d +r, a3 = d +2r, a4 = d +3r, a5 = d +4r, a6 = d +5r,
a7 = d +6r, a8 = d +7r, a9 = d +8r, a10 = d +9r, a11 = d +10r.
Portanto,
a4 + a7 + a10 = (d +3r)+(d +6r)+(d +9r)
217 = 3(d +6r).
a5 + a6 + a7 + a8 + a9 + a10 + a11 = (d +4r)+(d +5r)+...+(d +10r)
553 = 7(d +7r).
Consequentemente,
d +6r = 207/3 = 69,
d +7r = 553/7 = 79.
Resolvendo o sistema anterior, obtemos r = 10 e d = 9. Assim, a11 = d +10r = 109.
7 Mágica com números de 1 a 50
O mágico Magimático chama três pessoas da plateia: Ana, Beto e Caio, para ajudarem em
sua matemágica. Ele diz para cada um pensar em um número de 1 a 50, sem revelá-lo ao
mágico, e contá-lo para cada um dos outros dois participantes. Em seguida, cada um deles
deve simultaneamente trocar o seu número pela soma dos números dos outros dois. Por ex-
emplo, Ana passa a ter a soma dos números de Beto e Caio. Magimático pede então que eles
repitam esse processo mais uma vez. Após concluir a segunda troca, ele pede que falem os
seus números. Ana responde 104, Beto 123 e Caio 137. Para a surpresa de todos, Magimático
acerta os números iniciais escolhidos pelos três. Quais foram os números escolhidos incial-
mente?
7 Mágica com números de 1 a 50 – Solução
Vamos chamar o número de Ana de A, o de Beto de B e o de Caio de C. Na primeira troca,
Ana passou a ter B +C, Beto A +C e Caio A + B. Após a segunda troca, Ana passou a ter
A+C + A+B = 2A+B +C, Beto passou a ter A+2B +C e Caio passou a ter A+B +2C. A partir
das respostas ﬁnais que eles deram, sabemos que:
2A +B +C = 104
A +2B +C = 123
A +B +2C = 137.
Somando as três equações, obtemos 4A+4B +4C = 104+123+137 = 364, ou seja, A+B +C =
91. Subtraindo esse valor de cada uma das três equações, obtém-se A = 13, B = 32 e C = 46.

8 Formando triângulos obtusângulos
Dado um triângulo de lados a ≤ b ≤ c, pela lei dos cossenos temos:
cos ˆC =
a2
+b2
−c2
2ab
.
Se o ângulo ˆC é obtuso, cos ˆC 0. Como 2ab é positivo, isso é o mesmo que a2
+b2
−c2
0.
Portanto, para um triângulo ser obtusângulo, o maior lado elevado ao quadrado é maior
que a soma dos quadrados dos outros dois lados. Além disso, pela desigualdade triangular,
sabemos que o maior lado é menor que a soma dos outros dois. Podemos resumir essas duas
informações através das desigualdades
a2
+b2
c2
(a +b)2
.
Quantos triângulos obtusângulos podemos formar com lados inteiros positivos menores que
7?
Observação: Considere que dois triângulos com os mesmos comprimentos de lado mas em
ordens diferentes representam o mesmo triângulo.
8 Formando triângulos obtusângulos – Solução
Primeiro vamos assumir a mesma ordem de lados que o enunciado, ou seja, a ≤ b ≤ c. Divi-
damos o problema em casos a partir do valor de a. Para facilitar a análise, lembre-se que os
sete primeiros quadrados perfeitos são:
12
= 1, 22
= 4, 32
= 9, 42
= 16, 52
= 25, 62
= 36 e 72
= 49.
Em cada caso, substituiremos o valor de a na desigualdade do enunciado.
i) Se a = 1, temos 1+b2
c2
(b +1)2
. Nesse caso, não teremos soluções, pois a desigual-
dade anterior implica que b c b +1 e não existe um inteiro em tal intervalo.
ii) Se a = 2, temos 4 + b2
c2
(b + 2)2
. Nesse caso, teremos b c b + 2, daí c = b + 1.
Então, como c 7, as soluções são: (2,2,3), (2,3,4), (2,4,5) e (2,5,6).
iii) Se a = 3 temos 9+b2
c2
(b +3)2
. Nesse caso, teremos b c b +3 e então c = b +1
ou c = b + 2. Se b = 3, teremos apenas c = 5 como solução. Se b = 4, só teremos c = 6.
Finalmente, se b = 5, teremos apenas c = 6. Temos então as soluções: (3,3,5), (3,4,6) e
(3,5,6).
iv) Se a = 4 e b = 4 só podemos completar com c = 6 e a solução é (4,4,6) pois 52
42
+42
.
Se a = 4 e b = 5 teremos a2
+b2
c2
. O mesmo ocorre se a ≥ 5 pois a2
+b2
≥ 52
+52
72
.
Portanto, podemos formar apenas 8 triângulos obtusângulos.

9 Polígonos tombados
a) O quadrado ABCD de lado 1cm é “tombado” em torno do ponto D conforme a figura
a seguir. Os traços pontilhados indicam a área ocupada pelo quadrado durante o seu
movimento de tombamento. Qual a área total ocupada pelo quadrado do início até o
final de seu tombamento?
b) Assim, como no caso do quadrado do item anterior, um hexágono regular ABCDEF de
lado 1cm é “tombado” em torno do ponto F conforme a figura a seguir. Qual a área total
ocupada pelo hexágono do início até o final do seu tombamento?

9 Polígonos tombados – Solução
a) Veja que a ﬁgura formada pode ser dividida em dois triângulos retângulos, ∆ABD e ∆DB C ,
e um setor circular DBB de abertura 90◦
.
O raio do setor pode ser calculado usando-se o Teorema de Pitágoras
R = BD = BC2 +CD2 = 12 +12 = 2.
Sua abertura de 90◦
equivale a 1
4 da área de um círculo. Assim, a área será dada por
[B AD]+[B DC ]+[BB ] =
1·1
2
+
1·1
2
+
1
4
·π 2
2
= 1+
π
2
cm2
.
b) Veja que a ﬁgura formada pode ser dividida em 6 triângulos equiláteros de lado 1 e um
setor circular de raio 2 e abertura 60◦
.
Como a altura de um triângulo equilátero de lado 1 é 3/2, a sua área é
1·
3
2
2
=
3
4
.
Um setor de 60◦
equivale à um sexto da área de um círculo e assim a área procurada é
6·
3
4
+
1
6
·π·22
=
3 3
2
+
2π
3
=
9 3+4π
6
cm2
.

10 Meninos e meninas na sorveteria Sorvete Matemático
Pedro decidiu levar todos os seus filhos, meninos e meninas, para tomar sorvete na sorve-
teria Sorvete Matemático. Na sorveteria, há 12 sabores diferentes de sorvete e cada criança
pediu um combo com 3 bolas de sorvete. Depois de sair da sorveteria, Pedro percebeu que,
no total, foram pedidas exatamente duas bolas de cada sabor disponível na sorveteria.
a) Sabendo que Pedro não tomou sorvete, qual o número total de seus filhos (meninas e
meninos)?
b) Pedro olhou com mais atenção os sabores que cada um pediu e notou que nenhum sabor
foi pedido por um menino e por uma menina, ou seja, se um menino escolheu um sabor,
nenhuma menina escolheu aquele mesmo sabor. Sabendo que pelo menos um de seus
filhos é menino e que ele possui mais filhas do que filhos, determine o número de suas
filhas.
10 Meninos e meninas na sorveteria Sorvete Matemático – Solução
a) Seja n o número de filhos de Pedro. No total, foram pedidas 3n bolas de sorvete. Como
cada um dos 12 sabores foi pedido duas vezes, temos 3n = 2·12, ou seja, n = 8. Portanto,
Pedro possui 8 filhos.
b) Sejam x o número de meninos e y o número de meninas. Pelo item anterior, sabemos que
x + y = 8. Como existe pelo menos um filho e há mais filhas do que filhos, sabemos que:
0 x y. Dado que nenhum sabor foi pedido simultaneamente por meninos e por meni-
nas, eles podem ser separados em sabores dos meninos e sabores das meninas. Então, 3x
é igual ao dobro do número de sabores dos meninos, pois foram pedidas exatamente
duas bolas de cada sabor e nenhuma menina pode pedir um dos sabores dos meni-
nos. Consequentemente, x é par. Do mesmo modo, y também é par. Como 0 x y
e x + y = 8, podemos concluir que x = 2 e y = 6. Daí, Pedro possui 6 filhas.

11 Trapézio com diagonais perpendiculares
No desenho abaixo, ABCD é um trapézio e suas diagonais AC e BD são perpendiculares.
Além disso, BC = 10 e AD = 30.
a) Determine a razão entre os segmetos BE e ED.
b) Encontre o valor do comprimento dos segmentos EC, AE e ED em função do compri-
mento de BE = x.
c) Se AE ·EC = 108, determine o valor de BE ·ED.
11 Trapézio com diagonais perpendiculares – Solução
a) Como BE e AD são paralelos, ∠EBC = ∠ED A e ∠BCE = ∠C AD. Consequentemente, os
triângulos BEC e E AD são semelhantes e BE/ED = BC/AD = 10/30 = 1/3. Analoga-
mente, podemos mostrar que EC/AE = 1/3.
b) Pelo item anterior, sabemos que ED = 3BE = 3x. Usando o Teorema de Pitágoras no
triângulo BEC, temos EC2
= BC2
−BE2
= 100−x2
e, consequentemente EC = 100− x2.
Como EC/AE = 1/3, segue que AE = 3 100− x2.
c) Se AE ·EC = 108, tem-se
108 = 3 100− x2 · 100− x2 = 3(100− x2
).
Ou seja, x2
= 64. Portanto,
BE ·ED = x ·3x
= 3x2
= 3·64 = 192.

12 Somando os números ímpares de 1000 a 2014
Uma técnica muito usada para calcular somatórios é a Soma Telescópica. Ela consiste em
“decompor” as parcelas de uma soma em partes que se cancelem. Por exemplo,
1
1·2
+
1
2·3
+
1
3·4
+
1
4·5
=
1
1
−
£
£
£1
2
+
£
£
£1
2
−
£
£
£1
3
+
£
£
£1
3
−
£
£
£1
4
+
£
£
£1
4
−
1
5
=
1
1
−
1
5
=
4
5
.
Com esta técnica, podemos achar uma forma de somar números ímpares consecutivos. Ve-
jamos:
a) Contando os números ímpares de um por um e começando pelo 1, veriﬁque que o número
na posição m é igual a m2
−(m −1)2
.
b) Calcule a soma de todos os números ímpares entre 1000 e 2014.
12 Somando os números ímpares de 1000 a 2014 – Solução
a) Veja que o primeiro número ímpar é 2·1−1 e, sabendo que os números ímpares crescem
de 2 em 2, podemos concluir que o número ímpar que estará na posição m em nossa
contagem é
2·1−1+2+2+...+2
m−1 vezes
= 2·1−1+2(m −1)
= 2m −1.
Para veriﬁcar que ele coincide com o número do item a), basta calcularmos
m2
−(m −1)2
= m2
−(m2
−2m −1) = 2m −1.

b) Queremos somar os números ímpares desde 1001 = 2 · 501 − 1 até 2013 = 2 · 1007 − 1.
Usando a expressão do item a), temos
1001 = 5012
−5002
1003 = 5022
−5012
1005 = 5032
−5022
...
2011 = 10062
−10052
2013 = 10072
−10062
.
Somando tudo, vemos que todos os números de 5012
até 10062
são cancelados. Assim, o
resultado é:
1001+1003+...+2013 = 10072
−5002
= (1007−500)(1007+500)
= 507·1507
= 764049.
Então a soma dos ímpares entre 1000 e 2014 é 763048.
13 Mágica com dominós
O mágico Magimático diz para uma pessoa da plateia escolher uma peça qualquer de um do-
minó comum. Tal peça é formada por um par de números de 0 a 6. Em seguida, ele diz para
a pessoa escolher um dos números da peça e realizar a seguinte sequência de operações:
1. multiplicá-lo por 5;
2. somar o resultado anterior com 15;
3. multiplicar o último resultado por 2 e, ﬁnalmente,
4. somar o último resultado com o outro número da peça.
Realizadas tais operações, o resultado é divulgado e Magimático impressiona a plateia dizendo
exatamente os números escritos no dominó escolhido.
a) Sabendo que o resultado foi 62, como o mágico descobriu o número escolhido pelo mem-
bro da plateia?
b) Se o resultado tivesse sido n, como descobrir os números da peça escolhida?

13 Mágica com dominós – Solução
a) Vamos revelar o segredo do mágico. Suponha que o par de números escritos no dominó
é (x, y) e que o número escolhido para a sequência de operações foi o x. Assim, as opera-
ções realizadas pelo membro da plateia foram:
x → 5x → 5x +15 → 2(5x +15) → 2(5x +15)+ y.
O resultado divulgado é o número 2(5x + 15) + y = 10x + y + 30. Como 30 + 10x termina
em 0, o dígito das unidades do resultado e o de y são iguais. Dado que y 7 e o resultado
foi 62, então y = 2 e 10x + 30 = 60. Ou seja, x = 3 e a peça escolhida foi a peça com os
números (3,2).
b) Se o resultado divulgado foi n, teremos 10x + 30 + y = n. Então, como y 7 e 10x + 30
termina em 0, y é o dígito das unidades de n e x é o dígito das dezenas subtraído de 3.
14 Quantos dígitos tem um número muito grande?
Quantos dígitos possui o número 3100
? Bom, podemos dar uma resposta aproximada para
esta pergunta, sem usar a calculadora, simplesmente comparando-o com potências de 10.
Veja que 32
10 nos permite concluir que (32
)50
= 3100
1050
. Então, 3100
tem no máximo 50
dígitos pois, 1050
é o primeiro número com 51 dígitos. O número 3100
tem de fato 48 dígitos!
Agora é a sua vez. Seja N a quantidade de dígitos do número 2100
, determine um inteiro
positivo k tal que k ≤ N ≤ k +5.
14 Quantos dígitos tem um número muito grande? – Solução
Veja que 23
= 8 é menor que 10, então
2100
2102
= (23
)34
1034
.
Como 1034
é o primeiro número com 35 dígitos, 2100
possui no máximo 34 dígitos. Além
disso, veja que 27
= 128 é maior que 100. Daí
2100
298
= (27
)14
(102
)14
= 1028
.
Como 1028
é o menor número com 29 dígitos, 2100
possui pelo menos 29 dígitos. Fica então
demonstrado que k = 29 satisfaz a condição dado que 29 ≤ N ≤ 34.

15 O poderoso Raio Reflexivo
O herói de um desenho animado enfrenta mais uma vez seu arqui-inimigo e precisa desferir
seu famoso golpe do Raio Reflexivo. No quadrado da figura abaixo, o raio deverá, partindo
de F ricochetear, exatamente uma vez nos lados CD, AD e AB, nesta ordem, antes de atingir
o inimigo na posição E. Sempre que o raio ricocheteia em um dos lados do quadrado, o
ângulo de incidência é igual ao ângulo de saída como mostra a figura da direita. Sabendo
que BE = EF = FC = 2m e que o raio viaja a 1m/s, determine o tempo decorrido entre o
disparo do raio em F e sua chegada ao ponto E.
15 O poderoso Raio Reflexivo – Solução
Se a parede onde o raio reflete fosse um espelho, a sua trajetória também “apareceria” no
outro lado do espelho como uma continuação em linha reta da trajetória inicial. Assim,
após refletirmos o quadrado três vezes ao longo dos lados onde o raio incide, conseguire-
mos traçar uma trajetória imaginária com o mesmo comprimento da trajetória real. No de-
senho abaixo, o quadrado ABCD foi refletido incialmente com respeito ao lado DC e depois
seguido das reflexões nos lados DJ e JO. A soma dos quatro segmentos que compõem a
trajetória real coincide com o comprimento do segmento FW . Como OW = BE = EF, segue
que OE = FW .
Pelo Teorema de Pitágoras no triângulo OME, temos:
OE2
= OM2
+EM2
= 122
+102
= 244
Portanto, OE = 2 61m. Consequentemente, o raio levará 2 61 segundos para atingir o alvo.

16 O valor da expressão
Sejam a e b números reais positivos quaisquer. Determine o valor da expressão
ab
2
+ 8
ab +16
8
+ ab
.
16 O valor da expressão – Solução
Seja x =
ab
2
+ 8. Então:
x2
=
ab
2
+4 ab +8
= 4
ab +16
8
+ ab
= 4

 ab +16
8
+ ab


2
.
Assim, o valor da expressão procurada é
ab
2
+ 8
ab +16
8
+ ab
=
x
x/2
= 2.
17 Produto de dígitos
Observe a equação:
(1+2+3+4)2
= (1+2+3+4)(1+2+3+4)
= 1·1+1·2+1·3+1·4+2·1+2·2+2·3+2·4+
+ 3·1+3·2+3·3+3·4+4·1+4·2+4·3+4·4.
Note que são formados 4 × 4 = 16 produtos ao calcularmos (1 + 2 + 3 + 4)2
usando a pro-
priedade distributiva.
a) Quantos produtos serão formados ao calcularmos (1+2+3+4)3
também usando a pro-
priedade distributiva?
b) Qual a quantidade de números de dois algarismos que usam apenas os dígitos 1, 2, 3 e 4?

c) Qual a soma dos produtos dos dígitos de todos os números com quatro algarismos for-
mados apenas pelos dígitos 1, 2, 3 e 4?
17 Produto de dígitos – Solução
a) Cada produto que aparece na soma ﬁnal é uma expressão do tipo x · y · z onde x é um
número vindo do primeiro parênteses, y é um número vindo do segundo e z um número
vindo do terceiro. Como existem 4 opções possíveis para cada um desses números, pelo
princípio multiplicativo temos 4·4·4 = 64 tais produtos.
b) Tendo apenas 4 opções de dígitos, existem 4 opções de escolha para o dígito das dezenas
e quatro opções de escolha para o dígito das unidades. Assim, temos 4·4 = 16 números
de dois algarismos usando apenas os dígitos 1, 2, 3 e 4.
c) Calculemos inicialmente a soma dos produtos dos dígitos de todos os números com dois
algarismos que usam apenas os quatro dígitos dados. Pelo item anterior, existem 16 tais
números, a saber: 11, 12, 13, 14, 21, 22, 23, 24, 31, 32, 33, 34, 41, 42, 43, 44. A soma dos 16
produtos dos dígitos é:
1·1+1·2+1·3+1·4+2·1+2·2+2·3+2·4 +
3·1+3·2+3·3+3·4+4·1+4·2+4·3+4·4 = (1+2+3+4)2
.
Isso nos motiva a analisar o número (1 + 2 + 3 + 4)4
= 10000. Veja que se aplicarmos a
propriedade de distributividade irão aparecer 4 · 4 · 4 · 4 = 256 produtos e cada um deles
coincide com o produto dos dígitos dos números de quatro algarismos formados apenas
pelos dígitos 1, 2, 3 e 4. Assim, o valor procurado é 10000.
18 Ponto médio lembra base média
a) Na ﬁgura abaixo, AD = DC, AE = BD, ∠AEC = 90◦
. Determine o valor do ângulo ∠CBD.

b) No triângulo ABC abaixo, BD é bissetriz do ângulo ∠ABC, E é o ponto médio de AC e
∠ADB = 90◦
. Se AB = 12cm e BC = 20cm, calcule o comprimento do segmento DE.
18 Ponto médio lembra base média – Solução
a) Pelo ponto D, trace o segmento perpendicular ao lado BC como indica a ﬁgura abaixo.
Como D é ponto médio de AC e DF AE, podemos concluir que DF é base média do
triângulo AEC com respeito à base AE. Portanto, se AE = 2x, então DF = AE/2 = x.
Daí, sen∠DBC = DF/BD = x/2x = 1/2. Consequentemente, ∠DBC = 30◦
.
b) Prolongue o segmento AD até ele intersectar o lado BC em F. Como BD é bissetriz de
∠ABF, segue que os triângulos ABD e BDF possuem os mesmos ângulos e um lado
em comum. Sendo assim, são congruentes e BF = AB = 12cm. Daí, FC = 8cm. Além
disso, como AD = DF e AE = EC, podemos concluir que DE é base média do triângulo
AFC, ou seja, DE = FC/2 = 4cm.

19 Números bacanas
Um número natural é bacana se a soma de todos os seus divisores positivos (incluindo 1 e
n) é maior ou igual ao dobro do número. Por exemplo, 12 é bacana pois 1+2+3+4+6+12 =
28 ≥ 24 = 2·12 enquanto que 4 não é bacana pois 1+2+4 8 = 2·4. Demonstre que existem
infinitos números que são bacanas e infinitos números que não são bacanas.
19 Números bacanas – Solução
Veja que nenhum número primo é bacana, pois se p é primo a soma dos seus divisores po-
sitivos é p + 1 2p. Como existem infinitos números primos, segue que existem infinitos
números que não são bacanas. Se p é um primo maior que 3, o número n = 12p possui pelo
menos os seguintes divisores positivos distintos:
p +2p +3p +4p +6p +12p = 28p
24p
= 2n.
Assim, todo número da forma 12p com p primo maior que 3 é bacana. Novamente, como
existem infinitos números primos, temos uma coleção infinita de números bacanas.
20 Jogando com o resto na divisão por 3
Arnaldo e Bernaldo decidem jogar um jogo que possui um número limitado de jogadas. Ar-
naldo escreve o número 1 no quadro em sua primeira jogada. Em seguida, Bernaldo escreve
2 ou 4 no quadro. Depois disso, Arnaldo escreve 3 ou 9 no quadro. Os dois continuam jo-
gando alternadamente mantendo a regra de que na jogada n o jogador escreve n ou n2
no
quadro. Arnaldo vence o jogo se, após a última jogada, a soma dos números no quadro for
divisível por 3. Se a soma não for divisível por 3, então Bernaldo vence.
a) Suponha que o jogo acabe na jogada de número 15. Mostre que Bernaldo pode garantir a
vitória.
b) Suponha que o jogo acabe na jogada de número 7. Nesse caso, qual dos dois jogadores
poderá sempre garantir a vitória independentemente de como o seu adversário jogue?
Como ele deverá jogar para vencer?

20 Jogando com o resto na divisão por 3 – Solução
a) Veja que 15 é divisível por 3, então independente da última jogada, 15 ou 152
, o resto na
divisão por 3 não será alterado. Vejamos a jogada de número 14. Veja que 14 deixa resto
2 na divisão por 3 enquanto que 142
= 196 deixa resto 1 na divisão por 3. Como 14 é par,
quem fará tal jogada é Bernaldo. Ele pode garantir sua vitória da seguinte forma:
i) Se a soma dos 13 primeiros números deixar resto 0 ou 2 por 3, Bernaldo deve jogar
14, tornando o resto 2 ou 1 (que é o resto de 2+2 = 4).
ii) Se a soma dos 13 primeiros deixar resto 1, então Bernaldo deve usar 196 tornando o
resto total 2.
Logo, Bernaldo pode garantir sua vitória em qualquer caso.
b) Observe que 7 e 72
= 49 deixam resto 1 na divisão por 3. Então a sétima jogada acrescen-
tará 1 ao resto da soma dos números anteriores da escolha. Estendendo esse raciocínio,
vemos que 1, 3, 4, 6 e 7 deixam os mesmos restos que seus quadrados na divisão por 3.
Assim, não importa o que seja feito nessas jogadas correspondentes a esses números, elas
contribuirão com os restos:
1+0+1+0+1 = 3.
Como a soma anterior deixa resto 0 por 3, as jogadas relevantes são as de número 2 (que
pertence Bernaldo) e a de número 5 (que pertence a Arnaldo). Para Arnaldo garantir sua
vitória, basta que ele jogue da seguinte forma:
i) Se Bernaldo jogar 2, Arnaldo deve jogar 25 totalizando 2 + 25 = 27 que deixa resto 0
por 3.
ii) Se Bernaldo jogar 4, Arnaldo deve jogar 5 totalizando 4+5 = 9 que deixa resto 0 por
3.
Desse modo, Arnaldo pode garantir sua vitória em qualquer caso.
21 Teoremas de Quadradágoras
Quadradágoras era um enorme admirador de Pitágoras. Em suas investigações, ele desco-
briu dois teoremas sobre quadriláteros:
a) “Se um quadrilátero ABCD é tal que ∠ABC = ∠ADC = 90◦
, então AB2
−CD2
= AD2
−
BC2
.”
b) “Se um quadrilátero ABCD é tal que ∠ACB = ∠ADC = 90◦
, então AB2
= BC2
+CD2
+
AD2
.”
Prove esses resultados.

21 Teoremas de Quadradágoras – Solução
a) Como ∠ABC = ∠ADC = 90◦
, sabemos que os triângulos ABC e ADC são retângulos.
Pelo Teorema de Pitágoras, temos
AB2
+BC2
= AC2
AD2
+CD2
= AC2
.
Portanto,
(AB2
−CD2
)−(AD2
−BC2
) = (AB2
+BC2
)−(AD2
+CD2
) = AC2
− AC2
= 0
e, consequentemente AB2
−CD2
= AD2
−BC2
.
b) De ∠ACB = ∠ADC = 90◦
, sabemos que os triângulos ACB e ADC são retângulos.
Usando o Teorema de Pitágoras teremos
AC2
= AD2
+CD2
AB2
= BC2
+ AC2
= BC2
+(AD2
+CD2
)
= BC2
+CD2
+ AD2
.
22 Número de divisores de um livre de quadrados
Seja n um número inteiro positivo. Se, para cada divisor primo p de n, o número p2
não di-
vide n, dizemos então que n é livre de quadrados. Mostre que todo número livre de quadra-
dos tem uma quantidade de divisores que é igual a uma potência de 2.
22 Número de divisores de um livre de quadrados – Solução
Suponha que n é um número livre de quadrados e considere sua fatoração em primos:
n = p
α1
1 · p
α2
2 ·...· p
αk
k
.
Como n é livre de quadrados, os expoentes αi são todos iguais a 1. Portanto,
n = p1 · p2 ·...· pk.
Para contarmos os dividores de n, basta contarmos quantos números possuem ou não cada
um desses primos pi . Como temos duas possibilidades para cada um desses primos ﬁgurar
em um divisor, a saber, estar ou não estar na fatoração dele, pelo princípio multiplicativo
temos
2·2··...·2 = 2k
divisores.

23 Quadriláteros de mesma área não são congruentes
Na ﬁgura abaixo, os trapézios retângulos ABCD e AEFG, com BC EF e CD FG, possuem
a mesma área. Sabendo que BC = 4, AD = 7, CT = 1 e T D = 2, determine a medida do
segmento DG.
23 Quadriláteros de mesma área não são congruentes – Solução
Trace a perpendicular por B ao lado D A, intersectando EF em Y e AD em X . Chamemos
DG de x e EY de y. Veja a ﬁgura abaixo:
Os triângulos EY B e AX B possuem os mesmos ângulos e, consequentemente são se-
melhantes. Desse modo,
y
3
= 1
1+2
e, por conseguinte y = 1.
Calculemos as áreas dos trapézios dados:
[ABCD] =
CD ·(BC + AD)
2
=
3·(4+7)
2
=
33
2
e
[AEFG] =
FG ·(EF + AG)
2
=
2·((x +5)+(x +7))
2
= 2x +12.
Como [ABCD] = [AEFG], temos 33 = 4x +24 e DG = x = 9/4.

24 Produto de tangentes
a) Veriﬁque que (1+ tgk)(1+ tg(45◦
−k)) = 2.
b) Dado que
(1+ tg1◦
)(1+ tg2◦
)·...·(1+ tg45◦
) = 2n
,
encontre n.
24 Produto de tangentes – Solução
a)
tg(45◦
−k)+1 =
sen(45◦
−k)
cos(45◦ −k)
+1
=
sen45◦
cosk −cos45◦
senk
cos45◦ cosk + sen45◦ senk
+1
=
¨¨¨
2/2 cosk −¨¨¨
2/2 senk
¨¨¨
2/2 cosk +¨¨¨
2/2 senk
+1
=
cosk
cosk
−
senk
cosk
cosk
cosk
+
senk
cosk
+1
=
1− tgk
1+ tgk
+1
=
2
1+ tgk
.
Consequentemente, (tg(45◦
−k)+1)(tgk +1) = 2.
b) O item anterior nos permite agrupar os primeiros 44 termos do produto dado, através de
pares da forma (tg(45◦
−k)+1)(tgk +1), em 22 produtos iguais a 2. Como 1+ tg45◦
= 2,
segue que 2n
= 223
e n = 23.

25 Bissetrizes no quadrilátero
No quadrilátero ABCD, o lado AD é tal que AD = AB +CD. Se P é o ponto de encontro das
bissetrizes de ∠B AD e ∠CD A, mostre que BP = PC.
25 Bissetrizes no quadrilátero – Solução
Considere um ponto E sobre o lado AD de modo que AE = AB. Consequentemente, ED =
AD−AE = AD−AB = CD. Além disso, como AP e BP são bissetrizes, temos B AP ≡ APE
e PED ≡ PDC pelo caso de congruência (L.A.L.). Daí, de BP = PE e PE = PC, segue que
BP = PC.
26 Razão entre segmentos e ponto médio
Sejam D um ponto no lado AB do triângulo ABC e F a interseção de CD e da mediana
AM. Se AF = AD, encontre a razão entre BD e F M.

26 Razão entre segmentos e ponto médio – Solução
Seja E o ponto de interseção da reta paralela ao lado AB, que passa pelo ponto M, com o
segmento CD. Como ME AB, segue que ∠MED = ∠ED A. Além disso, como ∠AFD =
∠EF M e o triângulo AFD é isósceles, podemos concluir que EF M também é isósceles
com EM = F M. Dado que M é ponto médio de BC e EM BD, o segmento EM é uma base
média do triângulo CDB. Assim,
BD
F M
=
BD
EM
= 2.
27 Segmentos perpendiculares
Na ﬁgura abaixo, ABCD é um quadrado e os pontos K , L e M estão sobre os lados AB, BC e
CD de modo que K LM é um triângulo isósceles retângulo em L. Prove que AL e DK são
perpendiculares.

27 Segmentos perpendiculares – Solução
Sejam ∠MLC = α e ∠B AL = β. Como ∠K LM = ∠K BL = ∠LCM = 90◦
, segue que ∠K LB =
∠LMC = 90◦
−α. Além disso, como K L = LM, os triângulos retângulos LMC e BLK são
congruentes. De BL = CM e BK = LC, segue que
AK = AB −BK = BC −LC = BL.
Os triângulos K AD e ABL são congruentes pois AK = BL, AB = AD e ∠ABL = ∠K AD.
Consequentemente, ∠ADK = β e ∠L AD = 90◦
−∠B AL = 90◦
−β. Como os ângulos ∠L AD e
∠K D A são complementares, segue ﬁnalmente que AL e K D são perpendiculares.
28 Trocando números usando MDC e MMC
Em uma lousa são escritos os 2014 inteiros positivos de 1 até 2014. A operação permitida é
escolher dois números a e b, apagá-los e escrever em seus lugares os números mdc(a,b)(Má-
ximo Divisor Comum) e mmc(a,b)(Mínimo Múltiplo Comum). Essa operação pode ser feita
com quaisquer dois números que estão na lousa, incluindo os números que resultaram
de operações anteriores. Determine qual a maior quantidade de números 1 que podemos
deixar na lousa.
28 Trocando números usando MDC e MMC – Solução
A maior quantidade de números 1 que podemos deixar é 1007. Primeiro vamos mostrar
como obtê-los. Para isso, basta tomar os pares de números consecutivos, (1,2), (3,4), (5,6),
..., (2013,2014) e realizar a operação em cada par. Sabendo que números consecutivos não
têm fator comum, cada um dos máximos divisores comuns será 1.
Não é possível obter mais do que isso pois a quantidade de números pares não se altera
no decorrer das operações. Isso ocorre pois, se operarmos com dois números pares, tere-
mos como resultado dois números pares, se operarmos com dois números ímpares teremos
como resultado dois números ímpares e se operarmos com um número par e um número
ímpar obteremos também um número par e um número ímpar. Começamos com 1007 nú-
meros pares e sempre teremos 1007 números pares.

29 A diagonal de um retângulo
No desenho abaixo, ABCD é um retângulo e E é o pé da perpendicular traçada de A até a
diagonal BD. As distâncias do ponto E aos lados DC, BC e AB são n, 1 e x, respectivamente.
Seja ainda d o comprimento da diagonal BD.
a) Verifique que DE = x2
1+ x2.
b) Verifique que n = x3
.
c) Verifique que d2/3
− x2/3
= 1.
29 A diagonal de um retângulo – Solução
a) Seja y = DG. Pelo Teorema de Pitágoras no triângulo BEF, temos BE2
= x2
+ 1. Pelas
relações métricas do triângulo retângulo AEB, temos
x2
= y ·1
= y
AE2
= y(y +1)
= x2
(x2
+1).
Agora, pelas relações métricas no triângulo retângulo ABD, temos
x2
(1+ x2
) = AE2
= BE ·ED = 1+ x2 ·ED,
ou seja, ED = x2
1+ x2.
b) Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo EDG, obtemos
n2
= EG2
= ED2
−DG2
= x4
(1+ x2
)− x4
= x6
.
Assim, n = x3
.

c)
d = BE +ED
= 1+ x2 + x2
1+ x2
= (1+ x2
)3/2
.
Daí, d2/3
= 1+ x2
= 1+n2/3
e o resultado segue.
30 Dígitos repetidos
a) Usando que
10n
−1
9
n
, veriﬁque que:
4028
2014
2014
)2
.
b) Considere o número de 4028 dígitos
2013
2012
96.
Calcule X .
c) Mostre que o número 444...444
n vezes
(n−1) vezes
9 é um quadrado perfeito.
d) Mostre que o número
4028
2014
é um quadrado perfeito.
30 Dígitos repetidos – Solução
a)
2014
2014
)2
= 2·
102014
−1
9
+ 3·
102014
−1
9
2
=
18(102014
−1)
81
+
9·104028
−18·102014
+9
81
=
9(104028
−1)
81
=
104028
−1
9
4028
.

b)
2013
2012
96
2013
·102015
+2·102014
+888...888
2014
+8
=
102013
−1
9
·102015
+2·102014
+8·
102014
−1
9
+8
=
104028
−102015
+18·102014
+8·102014
−8+9·8
9
=
104028
+16·102014
+64
9
=
102014
+8
3
2
.
Portanto,
X =
102014
+8
3
=
102014
−1
3
+3
2014
+3
2013
6.
c)
n vezes
(n−1) vezes
9 = 444...444
n vezes
·10n
+888...888
n vezes
+1
= 4·
10n
−1
9
·10n
+8·
10n
−1
9
+1
=
4·102n
+4·10n
+1
9
=
2·10n
+1
3
2
.
Como
2·10n
+1
3
=
6·10n
−6
9
+1 = 666...666
n vezes
+1 é um inteiro, segue que o número dado é
um quadrado perfeito.

d)
4028 vezes
2014
=
104028
−1
9
−2·
102014
−1
9
=
104028
−2·102014
+1
9
=
102014
−1
3
2
.
Para ﬁnalizar, basta provar que
102014
−1
3
é inteiro e para isso veja que
102014
−1
3
= 3·
102014
−1
9
2014
.
31 Radicais sucessivos
Encontre as soluções da equação
x + 4x + 16x + ...+ 4nx +3 = 1+ x.
31 Radicais sucessivos – Solução
Elevemos a equação dada ao quadrado n vezes, obtendo
x + 4x + 16x + ...+ 4nx +3 = 1+2 x +x
4x + 16x + ...+ 4nx +3 = 1+2 x
¨¨4x + 16x + ...+ 4nx +3 = 1+4 x +¨¨4x
16x + ...+ 4nx +3 = 1+4 x
... = ...
4n−1x + 4nx +3 = 1+2n−1
x
$$$$
4n−1
x + 4nx +3 = 1+2n
x +$$$$
22n−2
x
4nx +3 = 1+2n
x
¨
¨¨4n
x +3 = 1+2n+1
x +¨¨¨
22n
x
3 = 1+2n+1
x.
Portanto, x = 2−n
, ou seja, x = 2−2n
.

32 Valores possíveis das raízes
Na equação x2
+px +q = 0, os coeficientes p e q podem assumir quaisquer valores do inter-
valo [−1,1]. Quais são os possíveis valores das raízes de tal equação?
32 Valores possíveis das raízes – Solução
As raízes da equação são dadas por r =
−p ± p2 −4q
2
. O valor máximo α de tal expressão
deve ocorrer quando −p e ± p2 −4q forem máximos. Como p2
− 4q ≤ 12
− 4(−1) = 5 e
−p ≤ 1, segue que
α =
1+ 12 −4(−1)
2
=
1+ 5
2
.
De modo similar, podemos verificar que o valor mínimo é −α. Se y é uma raiz de tal equação
e m é tal que |m| ≤ 1, então z = my é uma raiz de x2
+ pmx + qm2
e os coeficientes ainda
estão em [−1,1]. Consequentemente, todos os os números do intervalo [−α,α] podem ser
raízes de tais equações e, como vimos no início, nenhum outro número fora deste intervalo
pode sê-lo.
33 Ímpares que de 5 em 5 e 9 em 9 somam quadrados perfeitos
Os números que são inteiros positivos elevados ao quadrado são chamados quadrados per-
feitos, por exemplo, 16 é um quadrado perfeito pois é igual a 42
. Um fato curioso é que
números que são quadrados perfeitos deixam apenas restos 0 ou 1 na divisão por 4. Com
isso podemos provar, por exemplo, que 2014 não é um quadrado perfeito pois 2014 deixa
resto 2 na divisão por 4.
a) Sabendo que todo número inteiro ímpar é da forma 2k + 1, mostre que os quadrados
perfeitos ímpares deixam resto 1 na divisão por 8.
b) É possível colocar 45 números inteiros ímpares em sequência de modo que a soma de
quaisquer 5 consecutivos e de quaisquer 9 consecutivos sejam quadrados perfeitos?
33 Ímpares que de 5 em 5 e 9 em 9 somam quadrados perfeitos – Solução
a) Desenvolvamos o produto notável relativo ao quadrado de um número ímpar (2k +1)2
:
(2k +1)2
= 4k2
+4k +1
= 4k(k +1)+1.
Como pelo menos um dentre k e k + 1 é par, segue que k(k + 1) é par e que 4k(k + 1) é
múltiplo de 4·2 = 8. Consequentemente, 4k(k +1)+1 deixa resto 1 na divisão por 8.

b) Provaremos por contradição que não é possível. Suponha que seja possível encontrar tal
sequência de números. Como a soma de 9 números ímpares é ímpar, separando todos os
números da sequência em 5 grupos de 9 números consecutivos, podemos concluir que
a soma total é igual à soma de 5 quadrados perfeitos de números ímpares. Assim, como
cada um deles deixa resto 1 na divisão por 8, em virtude do item anterior, a soma total
deixaria o mesmo resto que
1+1+1+1+1 = 5
na divisão por 8. A soma de 5 números ímpares também é um número ímpar. Conse-
quentemente, separando a lista total em 9 grupos de cinco números consecutivos, pode-
mos concluir que a soma total também é igual à soma de 9 quadrados perfeitos ímpares.
Assim, como cada um deles deixa resto 1 na divisão por 8, novamente em virtude do item
anterior, a soma total deixaria o mesmo resto que
1+1+1+1+1+1+1+1+1 = 9
na divisão por 8. Ou seja, a soma total deixaria resto 1 na divisão por 8.
Obtemos uma contradição, pois a soma dos 45 números está deixando dois restos dife-
rentes, 1 e 5, na divisão por 8 e isso mostra que não é possível existir tal sequência.
34 Soma de dois primos é múltiplo de seis
Sejam p, q e r três números primos maiores que 3. Sabe-se que o número p +q +r também
é primo. Mostre que p + q, p +r ou q +r é um múltiplo de 6.
34 Soma de dois primos é múltiplo de seis – Solução
Primeiramente vejamos que, se um número n é maior que 3 e deixa resto 0, 2, 3 ou 4 na
divisão por 6, então esse número não pode ser primo. Para isso, basta mostrar que o número
pode ser escrito como o produto de dois números maiores que 1:
n = 6m +0 = 2·3·m;
n = 6m +2 = 2·(3m +1);
n = 6m +3 = 3·(2m +1);
n = 6m +4 = 2·(3m +2).
Logo, números primos maiores que 3 deixam resto 1 ou 5 na divisão por 6. Apliquemos isso
aos números do enunciado. Como p + q +r também é primo, podemos concluir que os três
não podem deixar todos restos iguais a 1 ou todos restos iguais a 5, pois isso faria com que
p + q +r fosse um múltiplo de 3 maior que 3 e naturalmente não poderia ser primo. Então,
dentre os números p, q e r, pelo menos um deixa resto 1 e pelo menos outro deixa resto 5 na
divisão por 6. Somando-os, chegamos a um número múltiplo de 6.

35 Pontuações em um torneio de Xadrez
Em um torneio de xadrez, todos os jogadores enfrentaram todos os outros exatamente uma
vez. Em cada partida, o jogador ganha 1 ponto se vencer, 1/2 se empatar e 0 ponto se perder.
Ao ﬁnal do torneio, um repórter somou as pontuações de todos os jogadores e obteve 190
pontos. Nesse tipo de torneio, o vencedor é aquele que faz mais pontos.
a) Quantos jogadores participaram do torneio?
b) André participou do torneio e fez 9 pontos. Mostre que, mesmo sem saber as outras pon-
tuações, André não foi o vencedor do torneio.
35 Pontuações em um torneio de Xadrez – Solução
a) Seja J o número de jogadores. Cada partida vale no total 1 ponto, seja 1 + 0 = 1 ou
1/2 + 1/2 = 1. Então a pontuação total é igual ao número de partidas. Como cada um
dos J jogadores enfrenta cada um dos outros J − 1 jogadores, poderíamos pensar que o
total de jogos seria J(J −1) embates. Entretanto, cada partida acaba sendo contada duas
vezes e portanto o total de partidas é J(J−1)
2
. Usando o número obtido pelo jornalista,
temos
J(J −1)
2
= 190
J(J −1) = 380
= 20·19.
Daí J = 20.
b) Como no total foram 190 pontos para 20 competidores, a média de pontos é 190
20 = 9,5
pontos. Como André está abaixo da média de pontos e sempre existe um jogador que fez
pelo menos tantos pontos quanto a média, podemos concluir que ele não foi o vencedor
do torneio.
36 Equação com radicais
Resolva em R a equação x2 +9+ x2 −6x +10 = 5.

36 Equação com radicais – Solução
Primeira Solução: Podemos eliminar radicais elevando membros da equação abaixo ao
quadrado:
x2 +9+ x2 −6x +10 = 5
( x2 −6x +10)2
= (5− x2 +9)2
x2
−6x +10 = 25−10 x2 +9+ x2
+9
10 x2 +9 = 6x +24
25(x2
+9) = (3x +12)2
25x2
+225 = 9x2
+72x +144
16x2
−72x +81 = 0
(4x −9)2
= 0.
Consequentemente, 4x − 9 = 0, ou seja x =
9
4
. Para veriﬁcar que x =
9
4
é a solução, basta
escrever
x2 +9+ x2 −6x +10 =
81
16
+9+
81
16
−6·
9
4
+10
=
15
4
+
5
4
= 5.
Segunda Solução: Considere no plano cartesiano os pontos F, D e E de coordenadas (x,0),
(0,3) e (3,−1), respectivamente.
Podemos associar as distâncias entre alguns pontos aos radicais dados:
DF = x2 +9
FE = (x −3)2 +12
= x2 −6x +10
DE = 9+16
= 5.

Pela desigualdade triangular,
x2 +9+ (x −3)2 +12 = DF +FE
≥ DE
= 5.
Com igualdade apenas quando D, F e E são colineares. Portando, o ponto F deve coincidir
com a interseção G entre DE e o eixo Ox, ou seja, x = 9/4.
Observação: Um problema relacionado que admitiria a mesma abordagem por meio de
Geometria Analítica seria o:
Qual o menor valor da função real
f (x) = a2 + x2 + (b − x)2 +c2,
onde a,b,c são reais positivos?
Repetindo o argumento anterior, se E = (b,−c), D = (0,a) e F = (x,0), temos
f (x) = FE +FD e, pela desigualdade triangular, f (x) ≥ DE onde a igualdade ocorre apenas
se D, F e E são colineares. O ponto de interseção de DE e o eixo Ox é (
ab
a +c
,0) e, portanto, o
mínimo ocorre em x =
ab
a +c
.
37 Números em sequência que se repetem
Uma propriedade interessante do número 2013 é que 3 é o último dígito da soma 2 +0 +1.
Repetindo-se esse processo, isto é, escrevendo-se à direita o último dígito da soma dos três
dígitos anteriores, teremos uma sequência:
2,0,1,3,4,8,5,7...
a) Prove que começando com a sequência 2,0,1, nessa ordem, podemos também encontrar
os três números consecutivos 1,2,2, nessa ordem.
b) Observe que se uma sequência de três números consecutivos aparecer novamente na
mesma ordem, então toda a sequência se “repetirá” sucessivamente. Por exemplo, a se-
quência abaixo não é a sequência do enunciado, mas se repete a cada quatro números
...124312431243...12431243...
Veriﬁque que alguma sequência de três dígitos se repete na sequência do enunciado.

c) Suponha que na primeira aparição de “a,b,c” na sequência, o número imediatamente
anterior seja x, e que na sua segunda aparição seja y, ou seja, na sequência iremos en-
contrar os números na seguinte ordem:
...,x,a,b,c,..., y,a,b,c ...
Mostre que x = y.
d) Dado que 1,2,2 apareceu na sequência, nessa ordem, mostre que eventualmente apare-
cerá novamente a sequência de dígitos 2,0,1, também nessa ordem.
37 Números em sequência que se repetem – Solução
a) Basta continuarmos a escrever mais termos da sequência seguindo a regra do enunciado:
2,0,1,3,4,8,5,7,0,2,9,1,2,2,...
b) Veja que temos no máximo 10 valores possíveis para cada um dos três números a, b e c.
Portanto, existem no máximo 10·10·10 = 1000 sequências distintas de três números. En-
tão, se tomarmos os 1003 primeiros números, teremos 1001 sequências de três números
consecutivos desde os três primeiros até os três últimos deles. Como só existem 1000 se-
quências possíveis, alguma delas se repetirá, ou seja, existem três números consecutivos
a,b,c que aparecem mais de uma vez na sequência.
c) Em virtude do aparecimento do dígito c, x + a +b e y + a +b devem ser iguais a c, 10+c
ou 20+c. Efetuando-se a subtração x − y, podemos obter −20, −10, 0, 10 ou 20. Como x
e y são dígitos, essa diferença só poderá assumir o valor 0 e, consequentemente x = y.
d) Pelo item b), sabemos que os números se repetem em algum momento. Pelo item c),
vemos que se três números se repetem o dígito imediatamente anterior a eles também
se repete e, por conseguinte, todos os anteriores correspondentes também se repetem.
Logo, a tripla de dígitos 2,0,1 irá se repetir. Como, pelo item a), partindo de 2,0,1 chega-
se a 1,2,2, então quando 2,0,1 se repetir, teremos “partido” de 1,2,2 e chegado a 2,0,1.
2,0,1,3,4,8,5,7,0,2,9,1,2,2,...9,2,0,1,3,4,8,5,7,0...

38 Somando e subtraindo números de cobrinhas
A folha do caderno de desenho de João é um enorme plano cartesiano quadriculado. Um
dos seus desenhos preferidos é a criação de cobrinhas cobrindo os lados dos quadradinhos
com sua caneta. Basicamente uma cobrinha é uma sequência de 2n pontos distintos P1, P2,
..., P2n escolhidos nos vértices dos quadradinhos dos tabuleiros de modo que pontos com
índices consecutivos estão no lado de um mesmo quadradinho do tabuleiro. Por exemplo,
na ﬁgura abaixo, temos uma cobrinha unindo os seguintes pontos do plano cartesiano:
P1 = (0,0), P2 = (1,0), P3 = (1,1), P4 = (1,2), P5 = (2,2), P6 = (2,3)
P7 = (3,3), P8 = (4,3), P9 = (4,4), P10 = (5,4), P11 = (6,4), P12 = (6,5).
Depois de desenhar cobrinhas no tabuleiro, João gosta de calcular a soma das coordenadas
dos pontos de índices ímpares, isto é, dos pontos P1, P3, ..., P2n−1 , e subtrair desse número
o resultado da soma das coordenadas dos pontos de índices pares, isto é, dos pontos P2, P4,
..., P2n.
a) Para n = 3, ou seja, com 6 pontos, desenhe “cobrinhas” em que o resultado obtido por
João seja −1, −3, 1 e 3.
b) Dependendo de n, quais os possíveis valores que João pode obter?
Observação: A “cobrinha” pode também conter pontos com coordenadas negativas, basta
que ela “se mova” para a esquerda do eixo y ou para baixo do eixo x.

38 Somando e subtraindo números de cobrinhas – Solução
a) A ﬁgura a seguir mostra como obter os valores −1, 1, 3 e −3 para o caso n = 3.
b) Sejam S(Pn) a soma das coordenadas do ponto Pn e S o número obtido por João. Quere-
mos calcular os possíveis valores de S.
S = (S(P1)+S(P3)+...+S(P2n−1))−(S(P2)+S(P4)+...+S(P2n))
= (S(P1)−S(P2))+(S(P3)−S(P4))+...+(S(P2n−1)−S(P2n)).
Veja que cada diferença (S(Px) − S(Px+1)) é igual a 1 ou −1 pois eles são vértices de um
mesmo quadradinho da folha de caderno. Desse modo, S é adição de n parcelas ±1, ou
seja,
S = ±1+±1+...±1.
A soma máxima é n, quando todos os termos forem +1 e a mínima é −n, quando todos
forem −1. Será que S pode assumir qualquer valor entre n e −n? Note que se n é par,
S é a soma de uma quantidade par de parcelas ímpares e isso naturalmente produz um
número par. Se n é ímpar, S é a soma de uma quantidade ímpar de parcelas ímpares e
isso naturalmente produz um número ímpar. Portanto, S só pode assumir os valores que
diferem por um número par de n, ou seja, valores do conjunto
A = {−n,−(n −2),...,n −2l,...,n −2,n},
O exemplo anterior nos fornece uma ideia de como mostrar que qualquer número da
forma k = n −2l do conjunto A pode ser obtido.

Desenhe uma “cobrinha” com comprimento n+k = 2n−2l no eixo y e com comprimento
n −k = 2l no eixo x como indicado no desenho abaixo
Os segmentos no eixo y darão como contribuição o número
n +k
2
= n −l e os do eixo x o
número −
n −k
2
= l. O resultado total é
n +k
2
−
n −k
2
= k.
39 Quadrado encostando na reta
a) Todo número real ao quadrado é maior ou igual a 0, sendo 0 apenas se o número elevado
ao quadrado for o próprio 0. Consequentemente, para quaisquer números reais a e b
temos (a −b)2
≥ 0. Prove que
a2
+b2
2
≥ ab
com igualdade ocorrendo somente quando a = b.
b) A ﬁgura a seguir mostra um quadrado de lado 1 com um vértice em comum com uma reta
horizontal. Considerando todas as posições em que o quadrado “encosta” apenas um de
seus vértices na reta, qual a maior área possível do pentágono ABCEF onde E e F são as
projeções ortogonais dos vértices A e C na reta horizontal?

39 Quadrado encostando na reta – Solução
a) Desenvolvendo o produto notável, temos
(a −b)2
≥ 0 ⇔ a2
−2ab +b2
≥ 0 ⇔ a2
+b2
≥ 2ab ⇔
a2
+b2
2
≥ ab.
Veja que a igualdade da última expressão acontece apenas quando há igualdade na primeira,
ou seja, quando a = b.
b) Considere a ﬁgura abaixo.
Seja ∠F AD = α. Como ∠AFD = ∠ADC = 90◦
, temos:
∠FD A = 90◦
−∠F AD = 90◦
−α,
∠CDE = 180◦
−∠ADF −90◦
= α,
∠DCE = 90◦
−∠CDE = 90◦
−α.
Como os triângulos F AD e EDC possuem os mesmos ângulos e um lado correspon-
dente de mesma medida, eles são congruentes pelo caso de congruência (A.L.A.). Sejam
a e b os comprimentos de seus catetos como indicado na ﬁgura. Assim, a área do pentá-
gono ABCEF é
[ABCEF] = [F AD]+[EDC]+[ABCD] = 2·
a ·b
2
+1·1 = ab +1.
Pelo Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo AFD, sabemos que a2
+b2
= 1. Final-
mente, usando o resultado do item a), obtemos:
[ABCEF] = ab +1
≤
a2
+b2
2
+1
=
3
2
,
com igualdade apenas quando a = b. Portanto, a maior área possível do pentágono
ABCEF é 3/2.

ÍNDICE DE PROBLEMAS
Nível 1
A pintura de Paladino, 17, 72, 73
Botões no tabuleiro 6 por 6, 23, 87
Calculando áreas, 15, 66, 67
Cobrindo tabuleiros, 20, 79
Contando Chocolates, 20, 80
Contando triângulos, 14, 64, 65
Cortando bandeirinhas de São João, 24,
88
Cozinhando arroz instantâneo no tempo
certo, 21, 82
Dividindo chocolates, 14, 65
Empurrando bloquinhos, 19, 77
Escrevendo números em círculos, 13, 63
Formando figuras com triângulos, 21, 81
Formando números usando dígitos, 17,
71
Frações irredutíveis, 25, 91, 92
Grupos de quatro números com mesma
soma, 25, 93
Jogando com as barras de chocolate, 19,
76, 77
Número de segmentos, 16, 69
Números bacanas, 14, 66
Números no círculo com dígitos em co-
mum, 20, 81
Palitos formando quadrados, 16, 70, 71
Perímetros de prédios, 22, 84
Pesando Moedas, 24, 89, 90
Pintando cubinhos, 15, 67, 68
Pontos na copa do mundo, 19, 78
Prolongando segmentos, 16, 68, 69
Pulos do grilo sem cair do penhasco, 21,
83
Quadrados mágicos, 23, 86
Quantas semirretas?, 17, 72
Reis dominando o tabuleiro 6 por 6, 22,
85
Soma constante, 18, 74, 75
Trilhos do trem, 17, 73
Um jogo aritmético, 17, 74
Nível 2
Abandono do grupo, 29, 99
Arranjos de flores no quadrado, 36, 113
As diagonais de Carlitos, 34, 108, 109
Bissetrizes, 29, 98, 99
Conjunto de pesos suspensos, 27, 95
Cortando um bolo usando o compasso,
42, 127
Crianças dando voltas no lago, 38, 116
Descobrindo os números curiosos, 38, 117
Desigualdade triangular, 32, 104, 105
Distribuindo os pontos entre os itens, 31,
102
Eliminando radicais, 31, 103
Espaço útil do quarto, 28, 96
Formando figuras com triângulos, 41, 125,
126
Formando frações com dominós, 28, 97
Formigas no retângulo, 43, 130
Inteiros positivos espertinhos, 37, 115
Jogando com dominós, 40, 120
Lados desconhecidos do hexágono equiân-
gulo, 43, 129
Marcando casinhas do tabuleiro 8 por 8,
39, 119
Mudando de cor com fios mágicos, 39, 118
Pintando de preto e branco, 41, 124
Previsões astrológicas, 35, 111
Quadrado inclinado, 36, 112
Quadriláteros com todos os lados iguais
não são congruentes, 42, 128
Razão entre segmentos, 35, 110
Retângulos encaixados, 41, 123

174 ÍNDICE DE PROBLEMAS
Separando em conjuntos de mesmo pro-
duto, 40, 121
Soluções do sistema, 30, 100
Somando e multiplicando os números das
cinco crianças, 38, 116
Somando e subtraindo em um quadrado
3 por 3, 40, 122
Somando no tabuleiro de Xadrez, 37, 114
Transportando líquidos em tambores, 33,
107
Área do retângulo, 32, 105, 106
Áreas entre círculos, 30, 101
Ângulos em bicos, 33, 106, 107
Ângulos no triângulo, 30, 100
Nível 3
A diagonal de um retângulo, 57, 158
Bissetrizes no quadrilátero, 55, 155
Cubo cortado, 46, 133, 134
Dígitos repetidos, 57, 159
Equação com radicais, 59, 164, 165
Formando triângulos obtusângulos, 48,
138
Jogando com o resto na divisão por 3, 54,
150, 151
Mágica com dominós, 51, 144, 145
Mágica com números de 1 a 50, 48, 137
Meninos e meninas na sorveteria Sorvete
Matemático, 49, 141
Número de divisores de um livre de quadra-
dos, 54, 152
Números em sequência que se repetem,
59, 166, 167
Números bacanas, 53, 150
O poderoso Raio Reﬂexivo, 52, 146
O valor da expressão, 52, 147
Polígonos tombados, 49, 139, 140
Polígono no relógio, 45, 131
Ponto médio lembra base média, 53, 148,
149
Pontuações em um torneio de Xadrez, 59,
164
Produto de dígitos, 52, 147, 148
Produto de tangentes, 55, 154
Quadrado encostando na reta, 61, 170,
171
Quadriláteros de mesma área não são con-
gruentes, 55, 153
Quantos dígitos tem um número muito
grande?, 51, 145
Radicais sucessivos, 58, 161
Razão entre segmentos e ponto médio, 56,
155, 156
Segmentos perpendiculares, 56, 156, 157
Soma de dois primos é múltiplo de seis,
58, 163
Somando e subtraindo números de co-
brinhas, 60, 168, 169
Somando os números ímpares de 1000 a
2014, 50, 143
Tecla da calculadora, 47, 134
Teoremas de Quadradágoras, 54, 151, 152
Termos esquecidos da P.A., 47, 136
Trapézio com diagonais perpendiculares,
50, 142
Trocando números usando mdc e mmc,
56, 157
Um diâmetro que também é altura, 45,
132
Uma fatoração esperta, 47, 135
Valores possíveis das raízes, 58, 162
Ímpares que de 5 em 5 e 9 em 9 somam
quadrados perfeitos, 58, 162

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