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Uma visão geral de problemas muito interessantes do livro “Os 
nove capítulos da arte matemática” de Liu Hui, do seculo II d.C. 
Otilia T. Wiermann Paques – otilia@ime.unicamp.br 
Adilson Pedro Roveran - aproveran@yahoo.it 
 
Com a colaboração de integrantes do grupo de estudos em 
História da matemática no ensino de matemática do LEM – 
Laboratório de ensino de Matemática do IMECC/UNICAMP – 
2017. 
 
 
INTRODUÇÃO. 
 
Para discutir os mestres não basta se assegurar na dinâmica do 
pensamento científico, é necessário, também, ter ambiente social e 
político favorável. Na Grécia antiga, a base cultural do nascimento 
da ciência, foi também o nascimento da democracia. Conceber uma 
estrutura política democrática supõe de fato em aceitar que as 
melhores discussões emergem das discussões entre todos que de 
uma só autoridade. Anaximandro (Filósofo e astrônomo grego), 
nasceu em 610 a. C. em Mileto, onde também teria morrido, em 547 
a.C. Sabe-se que foi discípulo de Tales. São-lhe atribuídas a 
descoberta da obliquidade da elíptica, a introdução do quadrante 
solar e a invenção de mapas geográficos. Ele trouxe para o terreno 
do saber uma prática já corriqueira na Grécia: criticar a posição de 
um mestre, não para faltar de respeito com ele, mas sim para dividir 
uma melhor proposição. Com isso floresceu toda uma "civilização 
ocidental", com seu conhecimento científico que até hoje 
desenvolvemos. 
Isso não durou muito no Ocidente. Séculos depois, o império 
romano toma o poder para as mãos de uma só pessoa, depois os 
cristãos substituem o saber para as mãos do Divino e seus 
intermediários, os padres. De onde esse conhecimento se estagna 
mailto:otilia@ime.unicamp.br
mailto:aproveran@yahoo.it
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por um grande período no Ocidente. Ela é retomada no final da 
Idade Média. 
Por outro lado, uma revolução científica comparável à ocidental, 
não ocorreu na civilização chinesa, mesmo sabendo que durante 
séculos foi igual e mesmo em alguns casos superior, isso porque, 
para os historiadores das ciências, os mestres chineses não foram 
jamais criticados, jamais colocaram em discussão seus saberes. A 
ciência chinesa se desenvolveu pelo enriquecimento e 
aprofundamento das questões e nunca por colocar seus 
conhecimentos em discussão (Luminet, 2013). 
Se para a matemática ocidental os Elementos de Euclides (300 
a.C.), constituem o pilar dessa matemática, para os chineses Os 
nove capítulos da arte matemática, com as observações de Lui Hui 
pode ser considerado o correspondente. Constitui de 246 
problemas resolvidos e comentados por Liu Hui, na sua versão mais 
conhecida de hoje. O que se conhece é que este livro já era citado 
na Qin Dynasty (221-207 a.C.) e posteriormente recopiado por 
Zhang Chang (? -152 a.C.) e Geng Shouchang (no 1º século a.C.) 
e mais tarde na Former Han Dynasty (206aC - 8dC). 
 
Lui Hui 
Há poucas informações sobre o matemático chinês Liu Hui nascido 
no ano de 225, em Wei, China e morrido no ano de 280. É sabido 
que foi um oficial no Reino de Wei no século III d.C., após um 
colapso da grande dinastia Han. 
 
 
 
 
Liu Hui em 263 edita o livro com suas anotações suplementares 
usando suas próprias aproximações baseadas em novas teorias e 
ideias. É a tradução desse livro que foi analisada e estudada por 
pesquisadores do LEM (Laboratório de Educação Matemática - 
UNICAMP) na escrita desse texto. 
3 
 
A tradução dos Os nove Capítulos da Arte Matemática demorou 
muito tempo a aparecer, enquanto os matemáticos ocidentais 
buscavam o porquê de um problema, os orientais se interessavam 
em como. Daí o não interesse pela matemática oriental. Houve 
também, as duas grandes guerras, nas quais a ciência ocidental 
contribuiu muito para dominação do Ocidente sobre o Oriente. 
Somente no século XIX, que os historiadores das ciências iniciaram 
um estudo mais detalhado sobre a ciência oriental. Os nove 
capítulos da arte matemática aparece, pela primeira vez traduzido e 
comentado em 1999, por Kangshen, Crossley e Lun editado pela 
Science Press, Beijing, e logo em seguida pela Oxford University 
Press de N.Y. Existe uma tradução para o francês de 2004 de 
Chemla, K. e Shuchum, G. pela Editora de Savoir, que é dito "Pour 
la première fois en Occident", que não corresponde à verdade, mas 
tem seu valor . 
 
Os Nove capítulos da Arte Matemática tratam dos seguintes temas: 
Capítulo 1: Medidas de campos (Fang thien). 
Capítulo 2: Cereais (Su mei). 
Capítulo 3: Distribuição por proporções (Tshui fen). 
Capítulo 4: Quanto mede? (Shao kuang). 
Capítulo 5: Cálculos para construções (Shang kung) 
Capítulo 6: Impostos justos (Chung shu). 
Capítulo 7: Excesso e falta (Chun shu). 
Capítulo 8: Arranjos retangulares (Fang cheng). 
Capítulo 9: Triângulos retângulos (Gou gu). 
 
Os últimos problemas dos Os Nove capítulos da Arte Matemática 
exploram conteúdos elementares de agrimensura. Liu Hiu iniciou 
um processo de inserir mais problemas sobre esse assunto e 
acabou por criar uma outra obra denominada Haidao suanjing 
(Manual Matemático da Ilha do Mar) no final do século III. 
 
Os conteúdos dos capítulos são os seguintes: 
 
Capítulo 1 – Discute medidas de áreas de figuras planas. Cálculo 
com frações . 
4 
 
Capítulo 2 e Capítulo 3 – Contém uma variedade de problemas de 
agricultura, comércio e indústria. São resolvidos pela regra 
conhecida hoje como Regra de Três. Envolve também progressões 
aritméticas e geométricas. 
Capítulo 4 – São problemas que pedem as dimensões de uma 
figura plana, dada a sua área. O texto trata da extração de raízes 
quadradas e cúbicas. Também introduz algumas propriedades de 
raízes irracionais. 
Capítulo 5 – Este capítulo dá fórmulas de volumes de várias formas 
de figuras. 
Capítulo 6 – Trata de considerações sobre o cálculo de taxas, ou 
impostos. 
Capítulo 7 – Neste Capítulo os problemas seguem das regras da 
falsa posição e da dupla falsa posição. 
Capítulo 8 – O método de solução de sistemas lineares é 
equivalente ao método de eliminação de Gauss (que data do século 
XIX). Também dá regras para cálculos com números positivos e 
negativos. Um problema super interessante é de um sistema 
indeterminado de equações lineares de cinco equações com seis 
incógnitas. 
Capítulo 9 – Trata da regra Gougu, que hoje é chamada de teorema 
de Pitágoras. Aparecem problemas sobre triplas pitagoreanas e 
equações quadráticas. 
 
Durante os séculos VII-X a obra Os nove capítulos da Arte 
Matemática foi considerada uma enciclopédia matemática e depois 
passou a ser adotada como um texto fundamental para as pessoas 
que ingressavam no serviço do Estado e além de ser uma obra 
clássica para pesquisa da comunidade científica. 
 
A redação do Os nove capítulos da Arte Matemática é na forma de 
formulação de problemas e o procedimento de sua solução, sem 
nenhuma preocupação de uma generalização mais teórica. Sempre 
foi visto mais como uma série de exercícios escolares. Era usado 
principalmente pelos empregados governamentais. Daí a 
consideração de que a matemática chinesa só se ocupou em como 
5 
 
resolver um problema e nunca em saber se existia uma teoria mais 
geral que o validava. 
Chemla K. (2013) propõe uma releitura diferente dos Os nove 
Capítulos da Arte matemática, onde Liu Hui teria a noção de uma 
teoria mais geral da Matemática, para explicar seus algoritmos na 
solução dos problemas. Seu argumento é de que em vários 
problemas Hui usa o mesmo algoritmo, mesmo sendo em contextos 
completamente distintos. A autora usa vários exemplos no seu texto 
para comprovar sua tese. 
Usando ferramentas iguais em soluções de problemas de diferentes 
enunciados, isso garante a existência de uma teoria mais geral da 
Matemática que valida as soluções dos problemas, e não dar a 
cada um tratamento específico? Isso foi que levou os gregos à 
busca das teorias gerais da Matemática, e ainda é hoje o quebuscam os pesquisadores da Matemática. 
 
Por Eduardo Sebastiani Ferreira – esebastiani@uol.com.br 
 
O sistema de medidas na Qin e Han Dinastias eram os 
seguintes: 
 
1 - Medidas de comprimento: 
No “Os nove capitulos da arte matemática”, somente ocorrem 3 
unidades de medida, zhang, chi e cun. Se um comprimento era 
menor que 1 cun, ele era expresso em frações, por exemplo, 
problema 7.11, 4 chi 8 6/13 cun. Para medir campos, introduz 
uma outra unidade de comprimento, o bu. Define, também, 1 li = 
300 bu = 6 chi x 300 = 1800 chi. Podemos ver algumas 
equivalências, 1 cun = 2,304 cm. Um chi = 23,04 cm. Um bu = 6 chi 
= 1,3824m, 1 zhang = 2,304 m. 1li = 300 bu = 414,72 m; 1 zhang = 
10 chi. 
2 - Medidas de áreas: 
A regra para campos retangulares do capítulo 1 diz o seguinte: 
”multiplique o número de bu da largura pelo do comprimento para 
obter o bu produto. Dividindo pelo fator de conversão 240, bu 
mailto:esebastiani@uol.com.br
6 
 
(quadrados) em 1 mu dá o número de mu. 100 mu faz 1 qing”. Isto é 
a regra popular da área do retângulo. 
 
3 - Capacidade: 
Somente três unidades de capacidade aparecem hu, dou e sheng. 
(decrescendo no sistema decimal) (10 sheng = 1 dou, 1 hu = 100 
shengs). 
4 - Pesos: 
São dan, jun, jin, liang e zhu. As regras de conversão são: 
1 dan = 4 jun; 1 jun = 30 jin; 1 jin = 16 liang, 1 liang = 24 zhu 
5 – Tempo: 
O ano tinha 12 meses dos quais 6 tinham 30 dias e outros seis com 
29 dias, dando um total de 354 dias. Na China Antiga o dia era 
dividido em 12 partes iguais, cada parte (shichen) de 2 horas. Dia e 
noite eram iguais, tinham 6 shichen cada . 
Neste trabalho estudamos os problemas de todos os capítulos do 
Os nove capitulos da Arte Matemática,organizados por Liu Hui, 
procurando apresentar aos leitores os que achamos mais 
interessantes, o que são muitos. Os problemas são de ordem 
prática e podem facilmente serem estudados pelos nossos alunos 
do ensino fundamental como pelos universitários. Mantivemos a 
numeração original e apresentamos o “Método”, que foi a solução 
dada pelos chineses. Muitas vezes apresentamos a interpretação 
dada por Lui Hui seguida da nossa solução. Baseamos nossos 
estudos principalmente no livro: KANGSHEN, S. - CROSSLEY, J. -
LUN, A, W, C, - (1999) The Nine Chapters on the Mathematical Art. 
Companion and Commentary - Oxford Univ.Pre. UNK. 
Convem ressaltar que a obra Os nove capitulos da arte matemática, 
revela o poder da matemática chinesa na Antiguidade, contando-se 
entre as suas inovações : (Sá C.C.. et al, 2003). 
. uso de um sistema de frações . 
. resolução de sistemas de equações lineares empregrando 
técnicas matriciais. 
7 
 
. fórmulas exatas para calcular áreas e volumes complicados. 
.uso sofisticado do teorema de Pitágoras ( Swetz, 1994). 
 
BIBLIOGRAFIA 
CHEMILA, K - (2013) Problèmes et démonstration de La correction 
d´algorithmes en Chine ancienne. – Hal - achives ouvertes. Paris. 
CHEMLA,K. e SHUCHUN,G. - (2004) Les Neuf Chapitres - La 
classique mathématique de La Chine ancienne et ses commentaires 
- Editeur de Savoir –Paris. 
KANGSHEN, S. - CROSSLEY, J. - LUN, A, W, C, - (1999) The Nine 
Chapters on the Mathematical Art. Companion and Commentary - 
Oxford Univ.Pre. UNK. 
KATZ, V. - (2009) História da Matemática, Editor Gulbenkian. 
LUMINET, J. P. - (2013) La naissance de la science (1/3): 
Anaximandre de Milet - Luminiesciences: le blog de Jean-Pierre 
Luminet. Paris - acessado em 16 de dezembro de 2016. 
YABUUTI, K. Une histoire des mathématiques chinoises – tradução 
de C. Jami e K. Baba, Belin – Pour la science – 2000. 
SÁ, C. C. et al. História da Matemática. Universidade Aberta. – 2003 
- Lisboa. 
STRAFFIN, P. D. Liu Hui and the First Golden Age of chinese 
Mathematiques - (Beloit College) – Mathematics Magazine, Vol . 71, 
No.3 (jun.1998), p. 163-181. 
SWETZ, F. Learning Activities from the History of Mathematics, 
Portland Weston Waltch Publisher. 
YUN, Y. X. - Jiu Zhang Suan Shu and THE GAUSS ALGORITM 
FOR LINEAR EQUATIONS - Documenta Mathematica – Extra 
Volume ISMP (2012) p. 9-14. 
 
8 
 
 
 
 
1 
 
CAPÍTULO 1 - MEDIÇÃO DE CAMPOS (FANG THIEN) 
Este capítulo trata, essencialmente, do cálculo de áreas de campos e operações 
com frações. Trabalha com campos na forma retangular, quadriláteros, círculos, 
segmentos circulares e anéis. 
O capítulo 1 tem 38 problemas que podem ser classificados em dois grupos: 
1. Cálculo de áreas de figuras planas. 
Denomina de “figuras retilíneas”, os retângulos (Problemas 1-4, 19-24), triângulos 
(25-26) e trapézios (27-30) e calcula as suas áreas. De ”figuras curvilíneas”, que 
são os círculos (33-34), segmentos circulares (35-36) e anéis (37-38). 
As fórmulas para retângulos, triângulos, trapézios, anéis e círculos são exatas 
enquanto que a fórmula para segmentos circulares é aproximada. 
2- A teoria das frações. 
Este grupo compreende redução de frações (Problema 5-6), adição (7-9), subtração 
(10-14), divisão (17-18) e multiplicação (19-24). Introduz cálculos de áreas 
envolvendo lados de comprimento racionais. 
 
Fizemos a escolha de alguns problemas que julgamos interessantes e não 
repetitivos. 
 
Vamos conservar a numeração dos problemas como no livro. 
 
Problema 1 - Dado um campo retangular de largura 15 bu e 16 bu de 
comprimento, quanto mede sua área? 
Resposta: 1 mu 
Regra para a determinação da área de um campo retangular: Multiplique o 
número de bu da largura pelo comprimento para obter bu (quadrado). Divida, então, 
pelo fator de conversão de 240 bu (quadrados) em 1 mu dá o número de mu. 
15 bu x 16 bu = 240 bu ( quadrados) = 1 mu. 
 
Problema 25 - Dado um campo triangular com base 12 bu e altura 21 bu. Qual 
é a área? 
Resposta: 126 bu (quadrados). 
Regra da área de um campo triangular: Multiplique a metade da base pela altura. 
12 ∙ 
21
2
= 126 bu (quadrado) 
 
Problema 27 – Dado um campo trapezoidal com dois ângulos retos e bases 
medindo 30 bu e 42 bu, respectivamente, e altura 64 bu,encontre a sua área. 
2 
 
 
 
Reposta: 9 mu 144 bu (quadrado). 
Regra da área do trapézio: multiplique metade da soma das bases superior e 
inferior pela altura. 
64 ∙ 
(30+42)
2
= 2304 = 9 ∙ 240 + 144 = 9 mu e 144 bu (quadrado). 
 
Teoria das frações: 
A regra da redução de frações. Se o denominador e o numerador podem ser 
divididos por dois, então divida-os. Se não, escreva o denominador d e o 
numerador n na forma (n,d). Compare d e n e subtraia o menor número do maior e 
os coloque na forma acima. Repita o processo até obter (m,m) onde m é o máximo 
divisor comum, teng. Simplifique a fração original dividindo ambos os números pelo 
teng. 
Trata-se, afinal, de aplicar o processo de subtração recíproca para a determinação 
do máximo divisor comum de dois números, descrito por Euclides no Livro 7 de Os 
Elementos. 
 
Problema 6 - Reduza a fração 
𝟒𝟗
𝟗𝟏
 na sua forma irredutível. 
Resposta: 
7
13
. 
Método: Escreve-se, sucessivamente, usando a regra acima. 
(49 , 91); (49 , 42); (7 , 42); (7 , 35); (7 , 28); (7 , 21); (7 , 14); (7 , 7) 
7 é o máximo divisor comum (teng) do numerador e denominador e resulta a fração 
7
13
 , equivalente à fração dada. 
 
Observe que no Os nove capítulos da arte matemática, 160 dos 246 problemas 
envolvem cálculos com frações. Neste livro não aparecem frações com numerador 
maior que o denominador. Neste caso são reduzidas a frações mistas. 
Para somar ou subtrair frações, os matemáticos chineses reduziam ao 
denominador comum (mas sem a preocupação de ele ser o menor possível) 
deixando para o final a simplificação da fração resultante. 
 
Problema 8 - Dadas as frações 
𝟐
𝟑
,
𝟒
𝟕
 𝒆 
𝟓
𝟗
 . Somando-as quanto temos? 
Resposta: 𝟏 
𝟓𝟎
𝟔𝟑
 
3 
 
Solução: 
2
3
+ 
4
7
+ 
5
9
= 
2 ∙7 ∙9
3 ∙7 ∙9
+ 
4 ∙3 ∙9
3 ∙7∙9
+ 
5 ∙3 ∙7
3 ∙7 ∙9
= 
126+108+105
189
= 
339
189
= 1
150
189
= 1 
50
63
. 
 
 
Para multiplicarfrações se procedia exatamente como hoje. 
 
Problema 10 - De 
𝟖
𝟗
 subtraia 
𝟏
𝟓
. Quanto resta? 
Resposta: 
𝟑𝟏
𝟒𝟓
 
Método: Cada numerador é multiplicado pelos denominadores das outras frações. 
Então subtraia o menor (produto) do maior. O resto é o dividendo. Multiplique os 
denominadores como o divisor. Divida. 
 
Em linguagem moderna, esta regra pode ser descrita assim: 
𝑏
𝑎
− 
𝑑
𝑐
= 
𝑏𝑐 − 𝑎𝑑
𝑎𝑐
 
Então, temos: 
8
9
− 
1
5
= 
8 ∙5−9 ∙1
9 ∙5
= 
31
45
 
 
Problema 12 - Qual é maior 
𝟓
𝟖
 ou 
𝟏𝟔
𝟐𝟓
 ? 
Resposta: 
16
25
 é a maior e o excesso é 
3
200
. 
Método da comparação das frações: Cada numerador é multiplicado pelo 
denominador da outra fração. Subtrai o menor produto do maior. O resto é o 
dividendo; multiplique os denominadores como divisor. Divida para obter o excesso. 
 
Solução: No caso, tome 5 ∙ 25 = 125 e 16 ∙ 8 = 128. Como 125 < 128, 
𝟓
𝟖
 < 
𝟏𝟔
𝟐𝟓
 . O 
excesso é 
3
200
. 
 
A regra para dividir frações (diferente de hoje). 
Problema 17 - Sete pessoas devem dividir 𝟖
𝟏
𝟑
 de moedas. Quanto cabe a cada 
pessoa? 
Resposta: Para cada uma 1
4
21
 de moedas. 
Método da divisão de frações: Tome o número de pessoas como divisor e o 
número de moedas como dividendo. Divida. Se o dividendo ou o divisor for uma 
fração mista, converta-a a uma fração imprópria. Se ambas são frações mistas, 
converta-as a frações impróprias com denominador comum. 
 
a) A regra diz o seguinte, cada numerador é multiplicado pelo denominador da outra 
fração. Multiplique o denominador para uniformizar os denominadores. Ou seja: 
4 
 
𝑏
𝑎
∶ 
𝑑
𝑐
= 
𝑏𝑐
𝑎𝑐
∶ 
𝑑𝑎
𝑎𝑐
 e isto é igual a 
𝑏𝑐
𝑎𝑑
. 
b) Se ambos o dividendo e divisor são frações mistas: 
(𝑎 + 
𝑐
𝑏
) ∶ (𝑑 + 
𝑓
𝑒
) 
Então reduza-as a impróprias: 
𝑎𝑏 + 𝑐
𝑏
∶ 
𝑑𝑒 + 𝑓
𝑒
 
Dai como acima, 
𝑒 ∙ (𝑎𝑏 + 𝑐)
𝑒𝑏
∶ 
𝑏 ∙ (𝑑𝑒 + 𝑓)
𝑒𝑏
= 
𝑒 ∙ (𝑎𝑏 + 𝑐)
𝑏 ∙ (𝑑𝑒 + 𝑓)
 
Logo, no problema 17, temos 𝟖
𝟏
𝟑
: 𝟕 = 
𝟐𝟓
𝟑
∶ 𝟕 = 
𝟐𝟓
𝟑
∶ 
𝟕 ∙𝟑
𝟑
= 
𝟐𝟓
𝟐𝟏
= 𝟏
𝟒
𝟐𝟏
. 
 
Oservação: Li (1987) chama a atenção para o fato de os Os Nove capitulos da arte 
matemática ser o primeiro trabalho no mundo a discutir sistematicamente a 
manipulação de frações, o que só no século VII vem a acontecer na Índia e, ainda 
mais tarde, na Europa. O recurso ao mínimo múltiplo comum (Swetz ,1972) entre os 
denominadores não foi utilizado antes do seculo XV. 
 
Problema 31 - Dado um campo circular, com circunferência de 30 bu e 
diâmetro 10 bu. Qual é a sua área? 
Resposta: 75 bu (quadrado). 
O método da área de campos circulares: 
1ª regra: multiplique metade da circunferência pelo seu raio dá a área do círculo em 
bu (quadrado). 
2ª regra: um quarto do produto da circunferência e o diâmetro. 
3ª regra: um quarto do produto de três vezes o diâmetro ao quadrado. 
4ª regra: a circunferência ao quadrado dividido por 12. 
A primeira e a segunda regras são corretas. Nos dias de hoje é o mesmo que dizer 
que a área é 𝜋 ∙ 𝑟2. Na terceira e na quarta, está assumindo para o número é 𝜋 o 
valor de 3 
Para obter a resposta do problema 31 foi usada a 2ª regra, obtendo 75 bu 
(quadrado). 
Atualmente sabemos que este problema não tem solução, pois não existe um 
círculo com circunferência medindo 30 e raio 5, pois a circunferência mede 
2 ∙ 𝜋 ∙ 𝑟 = 10𝜋, que nunca será 30. Somente utilizando 𝜋 igual a 3 isto é possível. 
 
Um problema com medidas racionais. 
5 
 
Problema 32 - Dado um campo circular, com circunferência medindo 181 bu e 
diâmetro 𝟔𝟎
𝟏
𝟑
 bu , encontre a área deste campo. 
Resposta: 11 mu 90
1
12
 bu (1 mu = 240 bu quadrado) 
Método: Segue da primeira regra acima. 
181
2
 ∙ 
181
6
= 
32761
12
= 2730
1
12
= 11 mu 90
1
12
 bu (quadrado). 
 
Problema 36 - Dado um campo, na forma de segmento circular, cuja corda é 
𝟕𝟖
𝟏
𝟐
 bu, e flecha 𝟏𝟑
𝟕
𝟗
 bu encontre sua área. 
Resposta: 2 mu 155
56
81
 bu (quadrado). 
Método: Tome a corda e multiplique pela flecha; tome o quadrado da flecha; some 
e divida por dois. 
 
Em outras palavras: Se a é a corda de um segmento e b sua flecha, a área igual a 
1
2
 ∙ (𝑎𝑏 + 𝑏2). 
 
Sabemos que esta fórmula é falsa. Uma moderna fórmula aproximada de um 
segmento circular é dada por 
2
3
 𝑎𝑏, (pg 127, K,S;C,J;L,A.). Fazendo os cálculos 
verificamos que, com a fórmula dada no Os nove capitulos da arte matemática, 
obtemos um valor aproximado de 635,69 para a área do segmento circular e 
usando a fórmula moderna aproximada, obtemos o valor 721,03. 
Atualmente encontramos a área por: Área = 
𝑟2
2
 ∙ (𝛼 − sin 𝛼), onde r é o raio do 
círculo e 𝛼 é o ângulo central em radianos. Neste caso, o valor encontrado é 
738,28. 
 
6 
 
Problema 36 - Dado um campo em forma de anel circular, cujas 
circunferências interna e externa medem 𝟔𝟐
𝟑
𝟒
 bu e 𝟏𝟏𝟑
𝟏
𝟐
 bu, respectivamente, 
e largura 𝟏𝟐
𝟐
𝟑
 bu, qual é sua área? 
Resposta: 4 mu 156
1
4
 bu (quadrado). 
Método para campos anelares: Faça a soma das circunferências interna e 
externa, tome sua metade, multiplique pela largura do anel. O produto obtido é a 
área em bu (quadrado). 
A regra dada pode ser interpretada da seguinte forma, de acordo coma linguagem 
moderna. Sejam: 
C1 a circunferência externa e R seu raio; 
C2 a circunferência interna e r seu raio; 
A1 a área do círculo externo e A2 a área do círculo interno. 
 
A(anel) = 𝐴1 − 𝐴2 
A(anel) = 𝜋𝑅2 − 𝜋𝑟2 
A(anel) = 𝜋(𝑅2 − 𝑟2) 
A(anel) = 𝜋(𝑅 + 𝑟)(𝑅 − 𝑟) 
A(anel) = 
2𝜋
2
(𝑅 + 𝑟)(𝑅 − 𝑟) 
A(anel) = (
2𝜋𝑅
2
+ 
2𝜋𝑟
2
) (𝑅 − 𝑟) 
A(anel) = (
𝐶1+ 𝐶2
2
) (𝑅 − 𝑟) 
No problema 38 temos: 
𝐴 = (113
1
2
 + 62
3
4
) ∶ 2 ∙ 12
2
3
= 
𝐴 = (
227
2
+ 
251
4
) ∶ 2 ∙ 
38
3
= 
𝐴 = (
454
8
+ 
251
8
) ∙ 
38
3
 
𝐴 = 
705
8
 ∙ 
38
3
= 
26790
24
= 
13395
12
= 1116
1
4
 bu (quadrado). 
𝐴 = 4 mu 156
1
4
 bu (quadrado). 
 
7 
 
 
 
1 
 
CAPÍTULO 2 – CEREAIS (SU MEI). 
 
O capítulo 2 trata de taxas de conversão entre quantidades 
apresentadas em capacidade ou massa e geralmente aplica regras 
de proporção. 
Os tipos de problemas apresentados são: 
 - Uso da regra Jinyou (regra de três) – problemas 1 até 24. 
 - Transformação entre diferentes tipos de grãos – problemas 
25 a 31. 
 - Uso da regra Jinglu A (divisão entre inteiros) – problemas 32 
e 33 
 - Uso da regra Jinglu B (divisão entre racionais) – problemas 
34 a 37 
 - Regra Qilu – uma variação da regra Jinglu para o caso em 
que se deseja saber quantas moedas são necessárias para 
comprar um item. Normalmente não há respostas com frações – 
problemas 38 a 43. 
 - Regra Qilu inversa – usada quando o número de itens é 
maior que o número de moedas. Nesse caso a resposta é “quantos 
itens compra uma moeda ao invés de quantas moedas são 
necessárias para comprar um item” – problemas 44 a 46. 
 
No capítulo 2 são usadas as seguintes unidades de medida: 
 
CAPACIDADE 
 
1 hu = 10 dou 
1 dou = 10 sheng 
1 sheng = 10 ge 
1 ge = 2 yue 
 
Pode-se considerar uma aproximação para 1 sheng = 200 ml 
 
MASSA 
 
1 dan = 4 jun 
1 jun = 30 jin 
1 jin = 16 liang 
1 liang = 24 zhu 
 
Pode-se considerar uma aproximação para 1 jun de 250 g. 
 
Fizemos a escolha de alguns problemas que julgamos interessantes 
e não repetitivos. 
Vamos conservar a numeração dos problemas como no livro. 
2 
 
 
Para os problemas de 1 a 24 faz-se uso da tabela abaixo, que 
apresenta as taxas de conversão entre diferentes tipos de grãos. A 
resolução é feita com o uso da regra Jinyou (regra de três), cujo 
enunciado é: “Tome o número dado e o multiplique pela taxa 
procurada. O produto é o dividendo. A taxa dada é o divisor. Faça a 
divisão”. 
 
 
 
Problema 1- Dado 1 dou de grãos de milho, obter a quantidade 
correspondente de milho descascado. 
Resposta: 6 sheng de milho descascado 
Método: Usar a tabela de conversão(regra Jinyou), multiplicar por 
3 e dividir por 5. Note que a correspondência é de 30 para 50. 
Como 1 dou = 10 sheng, obtemos: 
10 .30
50
 = 6 𝑠ℎ𝑒𝑛𝑔. 
 
Problema 15 - Temos 7 dou e 5 
𝟒
𝟕
 sheng de grãos de milho para 
trocar por grãos de arroz com casca. Quanto obteremos em 
grãos de arroz com casca? 
Resposta: 9 𝑑𝑜𝑢 
24
35
 𝑠ℎ𝑒𝑛𝑔 de arroz com casca. 
Método: (Regra Jinyou) multiplique o valor disponível por 6 e divida 
por 5. 
De fato, pela tabela de conversão temos grão de milho: 50 e arroz 
com casca: 60. 
Como 7 dou e 5 
𝟒
𝟕
 sheng = 75 
𝟒
𝟕
 sheng, 
75 
4
7
 . 6
5
=
529
35
 . 6 =
3174
35
= 90 
24
35
 𝑠ℎ𝑒𝑛𝑔 = 9 𝑑𝑜𝑢 
24
35
 𝑠ℎ𝑒𝑛𝑔 
 
Problema 31 - 1 dou de grãos de trigo corresponde a quanto de 
trigo moído grosso? 
Resposta: 1 dou e 2 sheng de trigo moído grosso. 
Método: (Regra Jinyou) A taxa de transformação de trigo em trigo 
moído grosso é de 45 para 54. Para simplificar a conta, usa-se o 
máximo divisor comum entre 45 e 54, obtendo a razão 5 para 6, 
3 
 
logo divide-se 1 dou por 5 e multiplica-se o resultado por 6, obtendo 
1,2 dou ou 1 dou e 2 sheng. 
 
Regra Jinglu A. 
Tome o número de itens comprados como divisor e o número de 
moedas pago como dividendo. Divida. 
 
De acordo com a regra Jinglu A, a quantidade de moedas é o 
número dado. 1 item é a taxa procurada e o número de itens 
comprados é a taxa dada. Usando a regra de três (Jinyou) obtém-se 
o número procurado. O problema 32 é um exemplo da regra Jinglu 
A, quando a divisão é feita entre inteiros. 
 
Problema 32 - 160 moedas compram 18 tijolos. Quanto custa 
cada tijolo? 
Resposta: cada tijolo custa 8 
8
9
 moedas. 
Método: Divida 160 por 18, obtendo a quantidade de moedas 
procurada. 
160
18
= 
8 ∙ 18 + 16
18
= 8 
8
9
 
 
Regra Jinglu B. 
Tome a taxa procurada e multiplique pelo número de moedas como 
dividendo, tome o número de itens comprados como divisor. Divida. 
 
Observe que esta regra é exatamente a divisão de frações do 
capítulo 1. 
O problema 34 é resolvido com uso da regra Jinglu B. 
 
Problema 34 - 5785 moedas são necessárias para comprar 1 
hu, 6 dou e 7 
𝟐
𝟑
 sheng de laca. Quanto custa 1 dou de laca? 
Resposta: 1 dou de laca custa 345 
15
503
 moedas. 
Método: use a regra Jinglu B. 
Primeiro transforme a medida em sheng: 
1 hu, 6 dou e 7 
2
3
 sheng = 
503
3
 sheng. 
Então o preço unitário, isto é a taxa procurada é igual a 
5785 ∙ 1 ∶ 
503
3
 = 5785 ∙ 1 ∙ 
3
503
 = 
17355
503
 sheng = 
173550
503
 dou =
 345 
15
503
 dou . 
 
Para os próximos problemas será necessário usar a REGRA QILU 
e sua correspondente REGRA QILU INVERSA. Em notação 
moderna é o seguinte : 
4 
 
Sejam: a uma quantidade de moedas e b a quantidade de itens que 
a pode comprar, 
 
Regra QILU: Se a > b, então o preço unitário de cada item é maior 
que uma moeda. Se a/b não resulta em um número inteiro, e como 
na China antiga não havia uma definição para valores menores do 
que uma moeda, Os nove capitulos da arte matemática apresenta 
uma forma de representar essa situação: 
a = bq + r [*] (divisão euclidiana) (0 < r < b), então 
 
𝑎
𝑏
= 𝑞 +
𝑟
𝑏
 e, consequentemente, o valor unitário x, satisfaz 
 
q < x < q + 1 
 
Fica implícito que devem existir itens de menor qualidade custando 
uma moeda a menos que o item de qualidade superior e que o valor 
médio situa-se entre esses dois valores. Se tomarmos r itens da 
qualidade superior custando q + 1 moedas cada, e o resto, b – r, 
(itens de qualidade inferior) custando q moedas cada, o total de 
moedas a ser pago é exatamente: 
 
r (q + 1) + (b – r) q = qb + r = a, sendo então r (q + 1) o valor pago 
para a quantidade de itens de qualidade superior e (b – rq) de 
inferior. 
 
Problema 38 - 576 moedas são necessárias para comprar 78 
bambus. Os bambus são classificados em grossos ou finos. 
Quanto custa cada um em moedas? 
Resposta: 7 moedas para cada um dos 48 bambus finos e 8 
moedas para cada um dos 30 restantes. 
Método: Usa-se aqui a regra QILU: a = 576 e b = 78, temos q = 7 e 
r = 30. 
Assim r = 30 bambus de qualidade superior custando (7+1) = 8 
moedas cada um e (b - r) = 48 bambus de qualidade inferior, 
custando 7 moedas cada um. 
 
Problema 44 - 3970 moedas são necessárias para comprar 1 
dan, 2 jun, 28 jin 3 liang e 5 zhu de seda. A seda é classificada 
como de qualidade inferior e superior. Quanto custa cada tipo 
em zhu? 
Para a conversão deve-se usar: 
1 dan = 46080 zhu 
1 jun = 11520 zhu 
1 jin = 384 zhu 
5 
 
1 liang = 24 zhu 
Resposta: 6 zhu por moeda para pagar 60594 zhu de seda de 
qualidade superior, o que resulta em 1 dan, 1 jun, 7 jin, 12 liang e 
18 zhu. 
5 zhu por moeda para pagar 19355 zhu de seda de qualidade 
inferior, o que resulta em 1 jun, 20 jin, 6 liang e 11 zhu. 
 
Método: Regra QILU inversa: Como a < b, então o valor unitário é 
menor que uma moeda. Neste caso, a idéia é mudar o 
questionamento para quantos itens podem ser comprados com uma 
moeda, daí ser chamada de regra QILU inversa . 
De [*] acima , 
 
𝑏
𝑎
= 𝑝 
𝑠
𝑎
 , sendo (0 < s < a) e, como supomos que uma moeda 
compra y itens, p < y < p + 1 
 
Assim como na regra QILU, está implícito que, simetricamente (em 
relação à regra QILU), uma pessoa compra mais itens de inferior 
qualidade por moeda que de qualidade superior. Assim, se usamos 
s moedas do total a para os itens de qualidade inferior, custando p 
+ 1 itens por moeda, o restante, a – s, moedas será usado para 
comprar os itens de qualidade superior. O total de itens a serem 
comprados é: 
 
s (p + 1) + (a – s) p = pa + s = b , sendo então s (p + 1) a 
quantidade de itens de qualidade inferior e a – sp é a quantidade de 
itens de qualidade superior. 
No problema, temos 
1 dan, 2 jun, 28 jin 3 liang e 5 zhu = 79109 zhu, = b, a = 13970 
79949 : 13970 = 5 (parte inteira) = p 
Pela regra Qilu inversa, 
s (p + 1) + (a – s) p = pa + s = b 
s . 6 + (13970 – s) 5 = 79949 
6s + 69850 – 5s = 79949 
s = 10099 zhu 
p = 5 
p + 1 = 6 
s (p + 1) = 6 . 10099 = 60594 zhu. 
 
 
 
1 
 
CAPÍTULO 3 - DISTRIBUIÇÃO POR PROPORÇÃO (TSHUI FEN) 
Os 20 problemas deste capítulo tratam de distribuições 
proporcionais, incluindo proporções diretas, inversas e compostas. 
Assim ele pode ser visto como uma continuação da regra de três do 
capítulo 2. 
 
O problema 1 trata de proporcionalidade direta. 
Problema 1 - Existem 5 oficiais de diferentes escalões (posições 
hierárquicas): Dafu, Bugeng, Zanniao, Shangzao e Gongshi. 
Juntos caçaram 5 cervos. Se a divisão da caça deve ser feita de 
acordo com sua posição hierárquica, quanto cada um deverá 
receber? 
Resposta: Dafu receberá 1 
2
3
 de cervo, Bugeng receberá 1 
1
3
 de 
cervo, Zanniao receberá 1 cervo, Shangzao receberá 
2
3
 de cervo e 
Gongshi receberá 
1
3
 de cervo. 
Método: Mantenha o peso de cada posição como a razão da 
distribuição. Tome sua soma como divisor. Multiplique 5 cervos por 
cada razão como dividendo. Divida, dando o número de cervos para 
cada oficial. 
Liu: O peso para cada posição significa Dafu 5, Bugeng 4, Zanniao 3, 
Shangzao 2 e Gongshi 1. Pelas regras vigentes, “conceder 
recompensas de acordo com suas posições”, as razões de 
distribuição são as razões buscadas, sua soma, as razões dadas e a 
quantidade de cervos, os números dados. Aplicando a regra 
obteremos a resposta. 
Em linguagem moderna: 
Seja x a quantidade de cervos que Gongshi deverá receber, 2x para 
Shangzao, 3x para Zannio, 4x para Bugeng e 5x para Dafu. 
5𝑥 + 4𝑥 + 3𝑥 + 2𝑥 + 𝑥 = 5 , 15𝑥 = 5. 
𝑥 =
1
3
 𝑐𝑒𝑟𝑣𝑜, 2𝑥 =
2
3
 𝑐𝑒𝑟𝑣𝑜, 3𝑥 = 1 𝑐𝑒𝑟𝑣𝑜, 4𝑥 = 1
1
3
 𝑐𝑒𝑟𝑣𝑜,
5𝑥 = 1
2
3
 𝑐𝑒𝑟𝑣𝑜 
O problema 2 trata de uma sequência geométrica. 
Problema 2: Uma vaca, um cavalo e um carneiro comeram todas 
as sementes de um campo. O dono do campo pediu 5 dou de 
grãos de milho como compensação. O dono do carneiro disse: 
meu carneiro come metade do que come um cavalo. O dono do2 
 
cavalo disse: meu cavalo come metade do que come uma vaca. 
A compensação deve ser distribuída de acordo com as razões. 
Quanto pagará cada um? 
Resposta: O dono da vaca paga 2 dou 8
4
7
 sheng, o dono do cavalo 
paga 1 dou 4 
2
7
 sheng e o dono do carneiro paga 7
1
7
 sheng. 
Método : Mantenha as razões para distruibuição : vaca 4, cavalo 2 e 
carneiro 1. Tome sua soma como divisor. Multiplique por 5 dou por 
cada razão como dividendo. Divida dando o número de dou. 
Método moderno: 
𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑒 𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒𝑖𝑟𝑜
𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑒 𝑜 𝑐𝑎𝑣𝑎𝑙𝑜
= 
1
2
∶ 1 
𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑒 𝑜 𝑐𝑎𝑟𝑛𝑒𝑖𝑟𝑜
𝑞𝑢𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑒 𝑎 𝑣𝑎𝑐𝑎
= 
1
4
∶ 1 
 
1
4
∶ 
1
2
∶ 1 = 1 ∶ 2 ∶ 4 
𝑥 : quanto come o carneiro. 
𝑥 + 2𝑥 + 4𝑥 = 5 
7𝑥 = 5 
𝑥 =
5
7
 dou = 
50
7
 sheng = 7 
1
7
 sheng. ( para o carneiro). 
 
O problema 8 trata de proporcionalidade inversa. 
Problema 8 – Existem 5 oficiais de diferentes escalões (posições 
hierárquicas): Dafu, Bugeng, Zangiao,Shangzao e Gongshi. 
Juntos devem pagar o total de 100 moedas. Se este pagamento 
deve ser partilhado de acordo com o escalão de cada um, o 
mais importante paga menos e o de menor importância paga 
mais. Quanto deverá pagar cada um? 
Resposta: Gongshi paga 43
109
137
, Shangzao paga 21
123
137
 moedas, 
Zanniao paga 14
82
137 
 moedas, Bugeng paga 10
130
137
 moedas e Dafu 
paga 8
104
137
 moedas. 
Método: Mantenha os recíprocos das posições como razões para 
compartilhar. Tome sua soma como divisor. Multiplicando 100 
moedas por cada razão, temos cada dividendo. Divida dando o 
número de moedas de cada posição. 
Ou seja: Como a distribuição é inversamente proporcional à posição 
hierárquica, o de menor escalão deverá pagar 1 cota, o segundo em 
posição meia cota, o terceiro um terço da cota, o quarto um quarto 
3 
 
da cota e o mais graduado um quinto da cota. A soma das cotas é 
100 moedas. Basta multiplicar o denominador da soma das cinco 
cotas por 100 e dividir pelo numerador para encontrar o valor de uma 
cota, que será atribuída ao de menor graduação (Gongshi). Os 
outros oficiais terão seu pagamento calculado de acordo com a cota 
que lhe cabe. 
 
Proposta moderna de resolução: o primeiro (em importância) deve 
pagar 
1
5
 do rateio, denotado por x, o segundo 
1
 4
, o terceiro 
1
3
, o quarto 
1
2
 e o quinto 1 unidade. Assim : 
 
𝑥
5
+ 
𝑥
4
+ 
𝑥
3
+ 
𝑥
2
+ 𝑥 = 100; 
137𝑥
60
= 100, 
𝑥 = 43
109
137
,
𝑥
2
= 21
123
137
,
𝑥
3
= 14
82
137 
,
𝑥
4
= 10
130
137
,
𝑥
5
= 8
104
137
. 
 
Problema 20: Se alguém empresta 1000 moedas a um juro 
mensal de 30 moedas, quanto de juro deverá ser pago se 
emprestar 750 moedas por 9 dias? 
Resposta: O juro deverá ser de 6 
3
4
 de moeda. 
Método: Tome um mês com 30 dias e multiplique por 1000 moedas, 
como divisor. Multiplique o juro 30 pelo número de moedas do 
empréstimo, e ainda por 9 dias como dividendo. Divida, dando o 
número de moedas. 
Ou seja: considere um mês de 30 dias. O produto 30 ∙ 1000 será o 
divisor. O empréstimo de 750 moedas por 9 dias deverá gerar um 
juro de 750 ∙ 9 ∙ 30, se considerarmos a taxa para 30 dias. Dividindo-
o por 30000 obtém-se a taxa de 6,75 moedas, ou seja, 6 
3
4
 de moeda. 
Outra forma de resolver o problema é por meio de uma tabela que 
pode ser construida com os alunos do oitavo ano do Ensino 
Fundamental: 
 
Quantidade de 
moedas (a) 
Dias (b) a . b Juro (a.b/1000) 
1000 30 30000 30 
1000 3 3000 3 
1000 9 9000 9 
3000 9 27000 27 
750 9 6750 6,75 ou 6 ¾ 
4 
 
 
CAPITULO 4 – QUANTO MEDE? ( SHAO KUANG) 
 
Este capítulo contém problemas envolvendo cálculos para encontrar 
o lado ou o diâmetro etc, de áreas ou volumes dados. Ou seja, 
envolve extração de raízes quadradas e cúbicas. Por exemplo, dada 
a área de um quadrado, encontrar o seu lado. A inspiração original 
para resolver numericamente equações algébricas de graus 
elevados está fortemente ligada com os cálculos apresentados nele. 
 
Os 24 problemas desse capítulo podem ser divididos em três grupos: 
1. Medidas pequenas: regra para somas de inteiros com frações 
unitárias. Problemas de 1 a 11. 
2. A regra da extração de raízes quadradas. Problemas de 12 a 
18. 
3. A regra da extração de raízes cúbicas. Problemas de 19 a 24. 
 
O primeiro grupo é uma extensão da teoria de frações do capítulo 1. 
O algoritmo para encontrar o máximo divisor comum (mdc) de 
naturais foi desenvolvido no capítulo 1, mas o mínimo múltiplo 
comum (mmc) não foi introduzido. Assim os chineses não somam as 
frações usando o mmc dos denominadores, mas de uma regra muito 
simples e muito interessante, que é a regra das medidas pequenas. 
No segundo e terceiro grupos, os algoritmos são completos e 
corretos. Contudo Liu Hui nos mostra geometricamente porque eles 
são corretos. 
 
Observação importante: uma das mais significantes contribuições da 
China Antiga é a solução numérica de equações polinomiais. A fonte 
original de todos estes trabalhos é Os nove capitulos da arte 
matemática, na extração de raízes quadradas e cúbicas. O processo 
para determinar a raiz quadrada de um número, traduzido nos 
tempos atuais, é muito próximo do “algoritmo da raiz quadrada” 
(método da chave), que era ensinado no Brasil nas escolas, até há 
pouco tempo. Para a raiz cúbica, é idêntico ao da raiz quadrada, 
baseado no desenvolvimento do cubo de um binômio. 
 
Fizemos a escolha de alguns problemas que julgamos interessantes 
e não repetitivos. 
 
Regra para a soma de inteiros e frações unitárias(regra das 
medidas pequenas): mantenha a parte inteira e a parte fracionária 
dos bu. Multiplique o inteiro e todos os numeradores pelo maior 
denominador. Reduza as frações a inteiros sempre que possível. 
Agora vai repetindo o processo até que todos os numeradores sejam 
inteiros. Some-os como divisor. Multiplique o número dos bu 
(quadrados) pelo denominador resultante como dividendo e divida 
dando o número de bu como comprimento. 
Veja esta regra comentada no problema 6. 
 
Problema 1 - Dado um campo retangular, cuja largura é 1 ½ bu e 
cuja área é 1 mu, encontrar o seu comprimento . 
Resposta : 160 bu. 
Método: A = 1 mu = 240 bu (quadrado). Largura l = 1 
1
2
 = 
3
2
 . 
Assim o comprimento é igual a 240 x 
2
3
 = 160 bu. 
 
Problema 2 - Dado um campo retangular, cuja largura é 1 ½ bu e 
um terço, e área 1 mu, encontrar o seu comprimento . 
Resposta : 130 
10
11
 bu. 
Método: A = 1 mu = 240 bu (quadrado). Largura l = 1 
1
2
+ 
1
3
 = 
3
2
+ 
1
3
 = 
11
6
. 
Assim o comprimento é igual a 240 x 
6
11
 = 130 
10
11
 bu. 
 
Problema 3 - Dado um campo retangular, cuja largura é 1 ½ bu 
mais um terço e um quarto e área 1 mu, encontrar o seu 
comprimento . 
Resposta: 115 
1
5
 bu. 
Método: A = 1 mu = 240 bu (quadrado). Largura l = 1 + 
1
2
 + 
1
3
 + 
1
4
 
 =
4 + 2 + 
4
3
 + 1
4
 = 
12 + 6 + 4 + 3
4 ∙ 3
 = 
25
12
 . 
Assim o comprimento é igual a 240 x 
12
25
 = 115 
1
5
 bu. 
 
Problema 4 - Dado um campo retangular, cuja largura é 1 ½ bu 
mais um terço, um quarto, e um quinto e área 1 mu, encontrar o 
seu comprimento . 
Resposta : 105 
15
137
 bu. 
Método: Largura l = 1 + 
1
2
 + 
1
3
 + 
1
4
 + 
1
5
 = 
5 + 
5
2
 + 
5
3
 + 
5
4
 + 1
5
 = 
20 + 10 + 
20
3
 + 5 + 4
5 ∙ 4
 = 
60 + 30 + 20 + 15 + 12
5 ∙ 4 ∙ 3
 = 
137
60
 . 
Assim o comprimento é igual a 240 x 
60
137
 = 105 
15
137
 bu . 
 
Problema 5 - Dado um campo retangular, cuja largura é 1 ½ bu 
mais um terço, um quarto, um quinto e um sexto e área 1 mu, 
encontrar o seu comprimento . 
Resposta: 97 
47
49
 bu. 
Método: Largura l = 1 + 
1
2
 + 
1
3
 + 
1
4
 + 
1
5
+ 
1
6
 = 
6 + 3 + 2 + 
6
4
 + 
6
5
 + 1
6
 = 
30 + 15 + 10 + 
30
4
 + 6 + 5
6 ∙ 5
 = 
120 + 60 + 40 + 30 + 24 + 20
6 ∙ 5 ∙ 4
 = 
294
120. 
Assim o comprimento é igual a 240 x 
120
294
 = 97 
47
49
 bu. 
 
Problema 6 - Dado um campo retangular, cuja largura é 1 ½ bu 
mais um terço, um quarto, um quinto, um sexto e um sétimo e 
área 1 mu, encontrar o seu comprimento . 
Resposta: 92 
68
121
 bu. 
Método: Largura l = 1 + 
1
2
 + 
1
3
 + 
1
4
 + 
1
5
+ 
1
6
+ 
1
7
 . O maior 
denominador é 7. 
Multiplique o inteiro e todos os numeradores por este denominador e 
divida cada numerador por este denominador, ou seja: 
7 + 
7
2
 + 
7
3
 + 
7
4
 + 
7
5
 + 
7
6
 + 1
7
 = 
Faça o mesmo na próxima etapa, encontrando o maior denominador. 
Neste caso é o 6. 
= 
42 + 21 + 14 + 
21
2
 + 
42
5
 + 7 + 6
7 ∙ 6
 = 
Observe que não foi utilizada inteiramente a regra, pois foi feita uma 
simplificação que não reduziu a inteiro. 
A próxima etapa. O maior denominador é o 5. 
= 
210 + 105 + 70 + 
105
2
 + 42 + 35 +30
7 ∙ 6 ∙ 5
 = 
A próxima etapa. O maior denominador é o 2. 
= 
420 + 210 + 140 + 105 + 84 + 70 +60
7 ∙ 6 ∙ 5 ∙ 2
 = 
1089
420
 . 
Assim o comprimento é igual a 240 x 
420
1089
 = 92 
68
121
 bu . 
 
Problema 11 - Dado um campo retangular, cuja largura é 1 ½ bu 
mais um terço, um quarto, um quinto, um sexto, um sétimo, um 
oitavo, um nono, um décimo, um onze avos e um doze avos e 
área 1 mu, encontrar o seu comprimento . 
Resposta : 77 
29183
86021
 bu. 
Método: Largura l =1 + 
1
2
 + 
1
3
 + 
1
4
 + 
1
5
+ 
1
6
+ 
1
7
 + 
1
8
 + 
1
9
 + 
1
10
 + 
1
11
 
+ 
1
12
 = 
=
12 + 6 + 4 + 3 + 
12
5
 + 2 + 
12
7
 + 
12
8
 + 
12
9
 + 
12
10
 + 
12
11
 + 1
12
 = 
= 
132 + 66 + 44 + 33 + 
132
5
 + 22 + 
132
7
 + 
132
8
 + 
132
9
 + 
132
10
 + 12 + 11
12 ∙11
 = 
= 
1320 + 660 + 440 + 330 + 264 + 220 + 
1320
7
 + 165 + 
1320
9
 + 132 + 120 + 110
12 ∙ 11 ∙ 10
 = 
=
11880 + 5940 + 3960 + 2970 + 2376 + 1980 + 
11880
7
 + 1485 + 1320 + 1188 + 1080 + 990
12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 9
 
= 
= 
83160 + 41580 + 27720 + 20790 + 16632 + 13860 + 11880 + 10395 + 9240 + 8316 + 7560 + 6930
12 ∙ 11 ∙ 10 ∙ 9 ∙ 7
 
= 
258063
83160
 
Assim o comprimento é igual a 240 x 
83160
258063
 = 77 
29183
86021
 bu. 
 
 
O método das Medidas Pequenas também vale para frações 
ordinárias. 
 
 
O Método da extração da raiz quadrada será explicado ao longo 
do próximo problema . 
 
Problema 12 - Dada a área de um quadrado de 55 225 bu 
(quadrado), encontre o seu lado . 
Resposta: 235 bu. 
Método da raiz quadrada: Vamos encontrar a raiz quadrada do 
número acima, usando uma notação moderna, mas de acordo com a 
regra do Os nove capitulos da arte matemática. 
Tome x como a solução. Logo S = x2 = 55225 . 
1) Para estimar o primeiro dígito da raiz, transformamos a 
equação acima diminuindo a raiz para x1 = x /100 e obtenha 
10 000 x1
2 = 55225. (pois como 55225 está em dezenas de 
milhares, o lado será em centenas). 
2) Para estimar x1, encontre, [x1] ( onde [ ] significa a parte inteira 
de x1), tal que 
[x1]
2 ≤ 5 < ([x1] +1)
2 . Assim tome [x1] = 2. 
3) Subtraia a raiz, y = x1 – [x1] = x1 – 2, e a equação se transforma 
em 10 000 (y + 2)2 = 55225, ou seja, 10 000 y2 + 40 000y = 
=15 225. 
Pelo algoritmo “da chave” 
 55.225 200 
 - 40.000 
 15.225 
 
Ou seja, geometricamente, 
15225 é a área do gnômom restante, quando se retira a área 
do quadrado (40000). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
40000 55225 = 
200 = 10[x1] 
200 = 10[x1] 
 
 
4) Aumente agora a raiz, y1 = 10 y, e temos 100 y1
2 + 4000y1 = 
15225. 
Estime [y1] tal que 4000[y1] ≤ 15225 < 4 000 ([y1]+1). 
Assim tome [y1] = 3 e opere, obtendo 2325. 
Pelo algoritmo “da chave” 
 55.225 200+30 
 - 40.000 2 . 200 = 400 
 15.225 (400 + 30) . 30 = 12900 
 - 12.900 
 2.325 
 
 Geometricamente: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5) Subtraia a raiz z = y1 – [y1] = y1 -3, dando 100 ( z + 3)
2 + 4000 
(z+3) = 15225. 
Ou seja: 100 z2+ 4600 z = 2325. 
6) Aumente a raiz, z1 = 10 z, dando z1
2 + 460 z1 = 2325. Neste 
caso [z1] = 5. E finalmente temos x = 100 [x1] + 10 [y1] + [z1] = 
235. 
 
 
 
 
 
 
55225 
30 = 10 [y1] 
= 
200 = 10[x1] 
200 = 10[x1] 30 = 10 [y1] 
40000 
55225 
30 = 10 [y1] 
= 
200 = 10[x1] 
200 = 10[x1] 3
0
 =
 1
0
 [
y 1
] 
40000 
5 
5 
Pelo algoritmo “da chave” 
 55.225 200+30+5 
 - 40.000 2 . 200 = 400 
 15.225 (400 + 30) . 30 = 12900 
 - 12.900 
 2.325 2 . 230 = 460 
 - 2.325 (460 + 5) . 5 = 2325 
 0 
 
No método do Os nove capitulos da arte matemática se, continuando 
o processo sobrar um resto, o número S é chamado não extraível e o 
lado do quadrado é igual à raiz quadrada de S. 
 
Problema 15 - Dada a área de 564 752 ¼ bu quadrados, 
encontrar o lado do quadrado. 
Resposta: 751 ½ bu. 
Método: é como anterior, só que envolve números racionais, então 
basta fazer a raiz quadrada do numerador e do denominador e 
dividir. 
 
Regra de como encontrar a circunferência conhecendo a área: 
dada uma área em bu quadrados de uma circunferência. Multiplique 
por 12. Extraia a raiz quadrada do produto dando a circunferência. 
Liu explica: No Os nove capitulos da arte matemática ,a razão entre 
a circunferência e o seu diâmetro é igual a 3 ( número π = 3). (Para 
este valor de π esta fórmula acima está correta). Contudo Liu dá a 
seguinte fórmula: a área deve ser multiplicada por 3,14 e dividida por 
25. Extraia a raiz quadrada deste resultado e obtenha a 
circunferência. Ou seja, Liu considera π = 3,14. 
Observação importante: ver página 106, tabela 1.6.(????o que é isto) 
 
Problema 17 - Se a área da circunferência é 1518 
𝟑
𝟒
 bu 
quadrados, qual é a sua circunferência? 
Resposta: 135 bu . 
Método: como acima a circunferência C = √12𝐴 , onde A é a área 
dada. 
Logo C = √12 ∙ 
6075
4
= √
72900
4
= 135 bu. 
Para Liu, C = √
3,14 ∙
6075
4
25
 que é aproximadamente igual a 138 
1
10
 bu. 
 
Regra de extrair a raiz cúbica. 
Problema 19 - Dado um volume de 1 860 867 chi cúbicos, qual o 
lado do cubo? 
Resposta: 123 chi. 
Método da raiz cúbica: Vamos encontrar a raiz cúbica do número 
acima, usando uma notação moderna, mas de acordo com a regra 
do Os nove capitulos da arte matemática . 
Tome x como a solução, logo V = x3 = 1860867. 
1) Para estimar o primeiro dígito da raiz, transformamos a 
equação acima diminuindo a raiz para x1 = x /100 e obtenha 
1 000 000 x1
3 = 1 860 867. (pois como 1 860 867 está em 
milhões, o lado será em centenas). 
2) Para estimar x1, encontre, [x1] ( onde [ ] significa a parte inteira 
de x1 ), tal que 
[x1]
3 ≤ 1 < ([x1] + 1)
3 . Assim tome [x1] = 1. 
3) Subtraia da raiz , y = x – [x1] = x – 1, obtendo 1 000 000y
3 + 
3 000 000 y2 + 3 000 000 y = 860 867. 
 
Pelo método da chave: 
 3 1 860 867 100 
 - 1 000 000 
 860 867 
 
4) Aumente a raiz, y 1 = 10 y , e obtenha 1 000 y1
3 + 30 000 y1
2 + 
3 000 000y1 = 860 867. 
5) Para estimar y1 encontre, [y1] (onde [ ] significa a parte inteira 
de y1), tal que 
300000 [y1] ≤ 860867 < 300000 ([y1] + 1). Assim [y1] = 2. 
 
 
 
 
Pelo método da chave: 
 3 1 860 867 100+20 
 - 1 000 000 (30000 + 300 . 20 + 202). 20 = 728000 
 0 860 867 
 728 000 
 132 867 
 
6) Subtraia a raiz, z = y1- [y1] = y1 – 2, obtendo 1 000 z
3 + 36 000z2 
+ 432 000 z = 132 867. 
7) Aumente a raiz, z1 = 10 z, assim z1
3 + 360 z1
2 + 432 000 z = 
132 867. 
8) Estime [z1] = 3 e finalmente obtenha x = 100 [x1] + 10 [y1] + [z1] 
= 123. 
Pelo método da chave: 
 3 1 860 867 100+20+3 
 - 1 000 000 (30000+ 300 . 20 + 202) . 20 = 728000 
 0 860 867 43200 + 360 . 3 + 32) . 3 = 
 - 728 000 29600 + 3240 + 27 = 132867 
 132 867 
 - 132 867 
 0 
Liu explica geometricamente: 
 
 
Regra para encontrar o diâmetro de uma esfera. 
 
A regra é a seguinte: Dado o volume da esfera em chi cúbicos. 
Multiplique-o por 16 e divida por 9. Extraia a raiz cúbica do resultado 
e obtenha o diâmetro da esfera. 
Ou seja , considera o volume V como sendo V = (9/16) d3, onde d é o 
diâmetro da esfera. ( que está errada, mesmo considerando pi = 3). 
A fórmula exata para o volume de uma esfera é V = 
1
6
 𝜋 𝑑3. 
A fórmula exata para o volume da esfera foi somente conhecida nos 
séculos V ou VI com Zu Kengzhi. 
 
Problema 23 - Dado o volume da esfera de 4 500 chi cúbicos. 
Qual é o seu diâmetro? 
Reposta: 20 chi . 
Método: √4500 ∙ 
16
9
 = 20
3
 
1 
 
 
CAPÍTULO 5 - CÁLCULO PARA CONSTRUÇÕES (SHANG 
KUNG). 
Os 28 problemas deste capítulo se referem principalmente a 
cálculos de volumes de terraplanagens, capacidade de celeiros de 
diferentes formas e o trabalho dado pelos trabalhadores. São 
classificados em três grupos: 
1- Volumes de diferentes sólidos, sendo que alguns têm nomes 
ocidentais e outros chineses: as fórmulas dadas são corretas 
(tomando 𝜋 = 3 para as fórmulas de volumes de cilindros, 
cones e troncos de cones). Existem 14 diferentes tipos de 
sólidos discutidos. Os tipos são: cubóides (isto é, 
paralelepípedos retangulares), (problemas 8, 27), prismas de 
secção trapezoidal constante, (problemas 2-7), troncos de 
pirâmides (problema 10) e pirâmides (problema 12), prisma 
triangular reto (problema 14), yangma problema (15), bie’nao 
(problema 16), xianchu (problema 17), chumeng (problema 
18) , chutong (problema 19), panchi (problema 21) e minggu 
(problema 22). Os outros três tipos são com algumas 
superfícies curvas, como cilindros (problemas 9, 18), cone 
(problemas 13-25), tronco de cone (problema 11) e quchu 
(problema 20) que é como um vaso de plantas. 
2- Para encontrar o lado, altura ou circunferência de um sólido 
cujo volume é dado (26-28). 
3- Para encontrar o número de trabalhadores se seu trabalho 
diário per capita e o total do trabalho são conhecidos. 
(problemas 4-7, 21-22). 
 
As fórmulas dadas são corretas, mas não se tem idéia de como elas 
foram deduzidas. 
Liu Hui observa que as primeiras provas que conhecemos sobre os 
volumes dos 14 sólidos são dadas no Os nove capitulos da arte 
matemática . Comenta ainda que muitas deduções das fórmulas 
aparecem de mais de uma maneira. Liu ainda comenta que muitas 
destas fórmulas e suas aplicações são estudadas nas escolas e em 
cálculos práticos atualmente na China. Muitos destes sólidos têm 
2 
 
dimensões dadas por números racionais e se referem à agricultura 
na China Antiga. Este trabalho nos mostra com bons exemplos 
aplicações da Matemática na vida real. 
 
A maioria dos problemas deste capítulo são aplicações de fórmulas, 
então fizemos a escolha de alguns problemas que julgamos 
interessantes. 
 
São usadas as seguintes unidades: zhang, chi e cun, 1 zhang = 10 
chi = 100 cun e 1 chi = 10 cun. 
 
Problema 7- Dado um canal com largura superior de 1 zhang e 
8 chi, largura inferior de 3 chi e 6 cun , profundidade de 1 zhang 
e 8 chi e comprimento de 51 824 chi. Qual é o seu volume? 
Ainda mais, a cota do trabalho de um homem no outono sendo 
de 300 chi cúbicos, quantos homens serão necessários? 
Resposta : 10 074 585 chi (cúbicos) 5 cun (cúbicos). 33 582 
trabalhadores. 
Regra: A secção do canal é considerada constantemente 
trapezoidal. Suas dimensões são dadas no problema. O volume V = 
1
2
 (𝑎 + 𝑏) ℎ𝑗, onde a e b são as larguras, h profundidade da secção 
constante e j é o comprimento do canal. Veja a figura abaixo. 
Tome o número de chi (cúbicos) do volume como dividendo, o 
número de chi (cúbicos) para a cota do trabalho de um homem no 
outono como divisor. Divida, dando o número de homens requerido. 
 
 
 
 
Observação: Para o inverno era cotado 444 chi (cúbicos) para cada 
homem, na primavera 766 chi (cúbicos) e no verão, 871 chi 
(cúbicos). 
j 
b 
 
h 
a 
3 
 
 
Problema 15 - (sobre um sólido que não temos o nome: 
yangma. Atualmente um canto de um telhado de quatro águas 
é chamado de um yangma). Dado um yangma, com largura de 5 
chi, comprimento de 7 chi e altura de 8 chi, encontrar o seu 
volume. 
Resposta: 93 
1
3
 chi (cúbicos). 
Regra: multiplique a largura por seu comprimento, e então pela 
altura e divida por 3. 
(isto porque 3 yangma constroem um cubo). 
 
Ele está relacionado com cubos e qiandu, veja a figura abaixo: 
 
 
Qiandu é um prisma triangular reto. 
 
Problema 16: Dado um bie’nao com largura inferior de 5 chi, 
sem comprimento, um comprimento superior de 4 chi, sem 
largura, e uma altura de 7 chi. Encontre o seu volume. 
Resposta: 23 
1
3
 chi (cúbicos). 
Regra: multiplique a largura pelo comprimento e então multiplique 
pela altura e divida por 6. 
Veja as figuras. A segunda mostra o osso da tartaruga. 
 
Liu diz o seguinte: na regra, bie é uma tartaruga e nao o osso da 
sua perna dianteira. É dito que metade de um yangma é como a 
perna dianteira de uma tartaruga, daí o seu nome. Cortando um 
yangma no meio dão dois bie’nao. O volume de um bie’nao é 
metade deste yangma. Dai a regra “divida por 6”. 
 
CAPÍTULO 6 – TAXAS JUSTAS (JUNG SHU) 
Neste capítulo foram apresentados problemas que tratam de 
transportes de cereais depositados num entreposto, como taxas. 
Estas taxas, ou impostos, são calculados de acordo com a distância 
ao entreposto e o custo do trabalho. Tem também problemas que 
dizem respeito à perseguição de caça. Este último tipo de problema 
foi introduzido pelos árabes na Europa, onde veio a adquirir bastante 
popularidade entre os seculos XII e XV. 
Os 28 problemas deste capítulo proporcionam um desenvolvimento 
posterior da teoria de proporção dos capitulos 2 e 3. São classificados 
em 4 grupos. 
1) proporções diretas e inversas . 
a) Envolvendo adição e subtração como no capítulo 3 
(problemas 15 e 17). 
b) Problemas sobre relações entre distância, velocidade e tempo 
(Problemas 12 - 14 e 16). O método usado é simples, mas 
interessante. 
2) Distribuição proporcional. 
a) Somente os 4 primeiros problemas deste capítulo se referem 
a taxas justas. (Problemas 1 - 4). 
b) Problemas de trabalho cooperativo (problemas 9, 20 - 26). 
c) Progressões aritméticas. Em alguns problemas são dados o 
primeiro e o último termos, (problema 17), em outros a soma dos 
primeiros ou dos últimos termos (problemas 18 e 19). Nestes casos os 
problemas são reduzidos a distribuição proporcional. 
3) Proporções compostas (problemas 7, 9) (incluindo o vigésimo do 
capitulo 3, só existem 3 problemas deste tipo no Nine Chapters). 
4) Proporções contínuas (problemas 10, 11, 27, 28) . 
 
Fizemos uma escolha de alguns problemas que julgamos 
interessantes. Nos problemas apresentamos a resposta e o método 
ou regra, como no Nine Chapter. Em alguns problemas apresentamos 
uma solução atual. 
 
Unidades de medidas que ocorrem neste capítulo: 
 
Medidas de comprimento: Somente ocorrem 3 unidades: zhang, chi e 
cun ,bu e li. 
1 zhang = 10 chi e 1 chi = 10 cun, 1 li = 300 bu = 6 chi x 300 = 1800 
chi. Podemos ver algumas equivalências destas medidas, no livro Une 
histoire des matématiques chinoises Kiyosi Yabuuti, 1 cun = 2,304 cm. 
1 chi = 23,04 cm. 1 bu = 6 chi = 1,3824 m, 1 zhang = 2,304 m. 1 li = 
300 bu = 414,72 m. 
Medidas de Capacidade: Somente três unidades: hu, dou e sheng. 
10 sheng = 1 dou, 1 hu = 100 sheng. 
Medidas de peso: dan, jun, jin, liang e zhu. 1 dan = 4 jun; 1 jun = 30 
jin; 1 jin = 16 liang, 1 liang = 24 zhu. 
 
Regra das taxas justas para regular as diferentes despesas para 
distância e serviços, etc no transporte. 
 
Problema 1 - A tarefa dada é transportar o painço do entreposto 
às 4 cidades, A, B, C e D. A cidade A se encontra a 8 dias do 
entreposto, e tem 10.000 casas; a cidade B se encontra a 10 dias 
do entreposto e compreende 9.500 casas; a cidade C se encontra 
a 13 dias do entreposto e comprende 12.350 casas; a cidade D se 
encontra a 20 dias do entreposto e compreende 12.200 casas. Se 
deve repartir entre as 4 cidades, 250.000 hu de painço em 10.000 
carrinhos. É assumido que a divisão seja proporcional à 
distância do entreposto e ao número de casas. Quais são as 
quantidades de painço e o número de carrinhos? 
Resposta: Cidade A transporta 83.100 hu de painço, empregando 
3.324 carrinhos, a cidade B, 63.175 hu de painço, 2.527 carrinhos, 
cidade C, 63.175 hu de painço, 2.527 carrinhos, cidade D, 40.550 hu 
de painço, 1.622 carrinhos. 
Regra das taxas justas (junshu): Divida o número de casas em cada 
cidade pelo número de dias de viagem de cada cidade ao entreposto, 
para ter a taxa de distribuição: A, 1.250, B, 950, C, 950 e D, 610. 
Soma-as como divisor. Multiplique o total de número de carrinhos por 
cada uma das razões como dividendo. Divida, dando o número de 
carrinhos usados para cada cidade. Se existem frações, arredonde-as 
(como abaixo) a inteiros. Multiplique o número de carrinhos por 25 hu 
para ter a quantidade de painço transportado por cada cidade. 
No caso, temos: o divisor é 1.250 + 950 + 950 + 610 = 3.760. O 
total de carrinhos é 10.000. 
Tome 10.000 𝑥 1.250 que será o dividendo. Então para a cidade A, o 
número de carrinhos é 10.000 𝑥 1.250
3.760
= 3.324 
176
376
. 
Da cidade B, 10.000 𝑥 
950
3.760
= 2.526 
224
376
, 
Da cidade C, 10.000 𝑥 
950
3.760
= 2.526 
224
376
, 
Da cidade D, 10.000 𝑥 
610
3.760
= 1.622 
128
376
. 
A regra de Liu para arredondamento era a seguinte: (o número de 
carrinhos não pode ser fracionário, assim eles devem ser 
arredondados, e é razoável combinar a fração menor com a maior). 
Tome a parte fracionária de B, que é a maior, 
224
376
 e a de A, 176
376
. 
Some–as dando 1 
24
376
. Some 1 a B e mantenha o resto 
24
376
. Assim A 
fica com 3.324 e B com 2.527 carrinhos. Agora tome a menor fração, 
que é a de D, 
128
376
 e some com 
24
376
. E finalmente some com a maior 
parte fracionária, que é a de C, 
224
376
, obtendo exatamente 1, que é 
adicionado a C. Assim C fica com 2.527. 
Ou seja, A com 3.324, B com 2.527, C com 2.527 e D com 1.622. 
Para encontrar a quantidade de painço: para a cidade A, 3.324 𝑥 25 =
 83.100 hu, para a B, 2.527 𝑥 25 = 63.175 , para C, 2.527 𝑥 25 =
 63.175 e para a D, 1.622 𝑥 25 = 40.550 hu. 
 
Observação de Liu Hui: Junshu significa a distribuição justa do serviço 
de transporte. Para distribuir de acordo com o número de casas e o 
número de dias para chegar ao entreposto é chamado de jun. O 
serviço, transportar o painço é chamado de shu. 
 
Problema 7 - Um trabalhador é contratado para carregar 𝟐 hu de 
sal numa distância de 𝟏𝟎𝟎 li. Por esse serviço ele ganha 𝟒𝟎 
moedas. Supondo que ele carregou 𝟏 hu, 𝟕 dou 𝟑 
𝟏
𝟑
 sheng de sal 
por 𝟖𝟎 li, quanto ele deve receber? 
Resposta: 27 
11
15
 moedas. 
Método: Multiplique o número de sheng em 2 hu de sal, por 100 li, 
como divisor. Multiplique 40 moedas pelo número de sheng da tarefa 
presente e por 80 li, como dividendo. Divida dando o número de 
moedas. 
Solução atual: sabemos que 1 hu 7 dou 3 
1
3
 sheng = 
520
3
 sheng. 
Para resolver, usamos a regra de três composta, chamando de 𝑥 o 
número de moedas a encontrar, 
520
3
 sheng --------- 80 li ------------ 𝑥 moedas 
200 sheng ------------ 100 li ------------- 40 moedas. 
𝑥 = 
40 ∙80 ∙ 
520
3
200 ∙100
= 27 
11
15
. 
É a mesma solução dada pelo Método, contudo numa outra 
linguagem. 
 
Problema 10 - (de regra de três combinada). Um jin de seda crua 
faz 12 liang de seda fervida, e um jin de seda fervida faz 1 jin 12 
zhu de seda seca. Quanto de seda crua precisamos para fazer 1 
jin de seda seca? 
Resposta: 1 jin 4 liang 16 
16
33
 zhu. 
Método: Multiplique 12 liang de seda fervida por 1 jin 12 zhu de seda 
seca, como divisor. Multiplique o número de liang em 1 jin de seda 
crua pelo número de zhu em 1 jin de seda fervida, então multiplique 
por 1 jin de seda seca, como dividendo. Divida, dando o número 
pedido de jin de seda crua. 
Solução atual: 
Seda crua Seda fervida Seda seca 
1 jin = 16 liang = 16 ∙ 24 zhu 12 liang = 12 ∙ 24 zhu 
 1 jin = 16 liang = 16 ∙ 24 zhu 1 jin 12 zhu = 
33
2
 liang = 
33
2
. 24 zhu 
𝑦 𝑥 1 jin = 16 liang = 16 ∙ 24 zhu 
 
Logo 𝑥 =
16 .24 .16 .24
33
2
 .24
 e 𝑦 = 
16 .24 . 𝑥
12 .24
. 
𝑦 = 
16 . 16 . 16 .24
33
2
 . 12
 zhu = 
2048 .24
99
= 
16384
33
 zhu. 
𝑦 = 496 
16
33
 zhu = 20 𝑙𝑖𝑎𝑛𝑔 16 
16
33 
 zhu = = 1 𝑗𝑖𝑛 4 𝑙𝑖𝑎𝑛𝑔 16 
16
33
 zhu 
 
Problema 14 - (de perseguição a caça). Uma lebre corre 𝟏𝟎𝟎 bu à 
frente de um cão. O cão persegue a lebre durante 𝟐𝟓𝟎 bu, mas a 
lebre ainda está a 𝟑𝟎 bu adiante dele. Quanto tem ainda o cão de 
correr para apanhar a lebre? 
Resposta: 107 
1
7
 bu. 
Método: Tome 100 bu da lebre que está na frente e subtraia 30 bu 
que o cão está atrás. O resto é o divisor. Multiplique 30 bu que o cão 
está atrás pelo número de bu que o cão está perseguindo a lebre. 
Divida e tenha o número de bu pedido. 
Ou seja tome 
250 ∙30
100−30
= 
7500
70 
= 107 
1
7
 bu. 
Solução atual : 
100 − 30 = 70 é a razão da lebre andar na frente e 250 é a razão 
de perseguição do cão . Reduza a 7 e 25. De acordo com a regra de 
três, 
25
7
= 
𝑥
30
. Logo 𝑥 = 
25
7
 ∙ 30 = 107 
1
7
 bu. 
 
Problema 16 - (foi considerado o problema mais difícil do 
capítulo). Existem dois senhores, um possui uma hospedaria e o 
outro é seu convidado. Certo dia o convidado vai embora a 
cavalo numa velocidade de 300 li por dia. Depois de 
𝟏
𝟑
 de dia, o 
hospedeiro descobre que o convidado esqueceu sua mala na 
hospedaria e sai para encontrá-lo. O hospedeiro encontra o 
convidado e retorna para a sua hospedaria em 
𝟑
𝟒
 de dia. Qual foi a 
velocidade do hospedeiro? 
Resposta: 780 li. 
Método: Mantenha 
𝟑
𝟒
 dia e subtraia 
𝟏
𝟑
 dia. Divida ao meio e tome isto 
como divisor. Some este resultado a 
𝟏
𝟑
 dia. Multiplique esta soma por 
300 li como dividendo. Divida e obtenha a distância que o hospedeiro 
percorre num dia. 
Solução atual: Subtraindo 
𝟑
𝟒
 dia de 
𝟏
𝟑
 dia temos o tempo do hospedeiro 
para ir e voltar ao lugar onde encontrará o convidado. Dividindo por 2, 
temos o tempo de um percurso. Ou seja 
3
4
− 
𝟏
𝟑
= 
𝟓
𝟏𝟐
 e 
𝟓
𝟏𝟐
∶ 2 = 
5
24
 . 
Assim para o convidado temos 
300 li-------------- 1 dia 
 
 𝑥 li------------- 
𝟓
𝟏𝟐
 dia 
ou seja x = 62,5 li. Assim o convidado está a 100 li + 62,5 li, = 162,5 li 
quando se encontra com o hospedeiro. Logo a velocidade do 
hospedeiro 𝑣 =
162,5
5
24
= 780 li ao dia. 
 
Problema 18 – de progressão aritmética. (aqui é conhecido o 
número de termos e a soma de alguns primeiros termos). Cinco 
pessoas A, B, C, D e E, querem compartilhar cinco moedas 
proporcionalmente. Suponhamosque A e B ganham mais, e que 
a soma das suas moedas seja igual à soma dos outros três. 
Quanto vai ganhar cada um? 
Resposta: A ganha 1 
2
6
 de moedas, B, 1 
1
6
 de moedas, C, 1 moeda, 
D, 
5
6
 de moedas e E, 
4
6
 de moedas. 
Método: Mantenha as razões para compartilhar como 1, 2, 3, 4 e 5. A 
soma das duas maiores é 9, enquanto que das três menores é 6. 6 é 
menor que 9 de 3. Some 3 a cada uma das razões para a partilha, 
obtendo 4, 5, 6, 7 e 8. Tome a soma como divisor, ou seja, 30. 
Multiplique as moedas a serem compartilhadas por cada uma das 
razões obtendo 20, 25, 30, 35 e 40. Considere-os como dividendos. 
Divida dando as moedas pedidas para cada pessoa (ou seja, 
8
6
 , 
7
6
 , 1, 
 
5
6
 e 
4
6
). 
Solução atual: Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 a quantidade de moedas de cada um. 
Então, 𝑎 + 𝑏 = 𝑐 + 𝑑 + 𝑒. 
E 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 = 5 . Então 𝑎 + 𝑏 = 
5
2
. Seja 𝑟 a razão da 
Progressão aritmética e fixe 𝑐 = 1. Assim 𝑏 = 1 + 𝑟 e 𝑎 = 1 + 2𝑟. 
De a + b = 
5
2
= 2 + 3𝑟, obtemos 𝑟 =
1
6
. E temos a resposta. 
Método atual: 
O compartilhamento proporcional indica que temos uma PA de cinco 
termos. Atribuindo ao termo médio o valor 1 (𝐶 = 1), podemos dizer: 
𝐴 = 1 + 2𝑟, 𝐵 = 1 + 𝑟, 𝐷 = 1 – 𝑟 e 𝐸 = 1 – 2𝑟 
Se 𝐴 + 𝐵 = 
5
2
 e 𝐶 + 𝐷 + 𝐸 = 
5
2
 => 𝐷 + 𝐸 = 
3
2
 
𝐶 + 2𝑟 + 𝐶 + 𝑟 = 
5
2
 => 
2 + 3𝑟 = 
5
2
 => 
𝑟 = 
1
6
 , o que verifica a resposta acima. 
 
Problema 20 - (de trabalho cooperado). Um pato selvagem voa do 
mar do sul ao mar do norte em 7 dias, enquanto que um ganso 
selvagem leva 9 dias para ir do mar do norte ao mar do sul. 
Supondo que os dois pássaros começam no mesmo momento, 
quando eles vão se encontrar? 
Resposta: 3 
15
16
 dias. 
Método: Some o número de dias como divisor, seu produto como 
dividendo. Divida e obtenha o número de dias pedido. 
 
Solução: O pato voa 
1
7
 da jornada por dia, e o ganso, 
1
9
 da jornada. Ou 
homogeneizando os denominadores, o pato voa 
9
63
 e o ganso 
7
63
. Em 
outras palavras, se a distância entre os mares do sul e norte tem 63 
partes, o pato voa 9 partes num dia e o ganso, 7 partes num dia. 
Divida a distância entre o mar do sul ao mar do norte pela soma das 
jornadas diárias dos dois pássaros dando o número de dias antes que 
eles se encontrem. Ou seja, 
63
16
= 3 
15
16
 = dias. 
Solução atual: 
Se o pato voa 
1
7
 da jornada em um dia e o ganso, 
1
9
 da jornada em um 
dia, associando-se seus movimentos, teremos que a velocidade do 
pato é 
9
63
 dia e a do ganso, 
7
63
 dia. 
Considere a posição de cada um 𝑝 para o pato e 𝑔 para o ganso. 
Quando 𝑝 = 𝑔 eles estarão no mesmo local. Assim, podemos 
escrever suas funções horárias: 
𝑝 = 0 + 
9
63
 𝑡 e 𝑔 = 1 – 
7
63
 𝑡 
𝑝 = 𝑔 => 
9
63
 𝑡 = 1 – 
7
63
 𝑡 => 
16
63
 𝑡 = 1 => 
𝑡 = 
63
16
 dia que é o instante em que pato e ganso se encontram no 
mesmo local. 
Então 𝑡 = 3 
15
16
 dias 
 
Problema 28 - (proporções contínuas). Uma pessoa está 
transportando ouro através de 5 passagens. Na primeira 
passagem ele paga uma taxa de uma parte em 2. Na segunda 
passagem, uma parte em 3, na terceira, uma parte em 4, na quarta 
uma parte em 5 e na quinta, uma parte em 6. Supondo que o total 
das taxas nas cinco passagens é apenas 1 jin, quanto ouro ele 
está carregando na saída? 
Resposta: 1 jin 3 liang 4 
4
5
 zhu. 
Método: mantenha 1 jin, multiplique pelas razões sucessivamente 
como dividendo. Subtraia o primeiro pelo ultimo; o resto é o divisor. 
Divida, dando o numero de jin. 
Solução atual: seja 𝑥 o valor em ouro que ele tem na saida. Na 
primeira passagem ele paga 
𝑥
2
, de taxa, e resta 
𝑥
2
. Na segunda ele 
paga 
𝑥
2
 ∙ 
1
3
= 
𝑥
6
 e resta 
2𝑥
6
= 
𝑥
3
. Na terceira ele paga 
𝑥
3
 ∙ 
1
4
= 
𝑥
12
 e resta 
3𝑥
12
. Na quarta ele paga 
3𝑥
12
 ∙ 
1
5
= 
𝑥
20
 e resta 
𝑥
5
. Na quinta ele paga 
𝑥
5
 ∙ 
1
6
= 
𝑥
30
 e resta 
𝑥
6
. O total dos impostos foi de 
5
6
 𝑥 = 1 jin. Assim 
𝑥 = 
6
5
 jin = 1 jin 3 liang 4 
4
5
 zhu . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 
 
 
CAPÍTULO 7 - EXCESSO E FALTA (CHUN SHU). 
Este capítulo contém 20 problemas que, com exceção de um deles, 
o problema 16, conduzem a soluções de uma equação linear ou de 
um sistema de duas equações lineares. As equações lineares são 
resolvidas pela Regra da Dupla Falsa Posição e os sistemas de duas 
equações lineares pela Regra do Excesso e Déficit. Mostraremos a 
relação entre estas duas regras. 
A Regra da Dupla Falsa Posição foi trazida à Europa pelos árabes na 
Idade Média. Fibonacci, no seu livro Liber Abaci, reserva um 
capítulo, o 13, para esta regra. Este método não exige nenhuma 
álgebra, foi ensinado nos livros–textos de aritmética até 
recentemente, no século XIX. 
 
Regra da Dupla Falsa Posição. 
Dada uma equação linear 𝑎𝑥 + 𝑏 = 𝑐 , a regra consiste em fazer 
duas suposições diferentes (e provavelmente falsas) para 𝑥, obtendo 
(provavelmente) erros diferentes. Assim, assumindo 𝑥 = 𝑎1, obtém-
se um erro 𝑐1 , deste modo, 𝑎𝑎1 + 𝑏 = 𝑐 + 𝑐1 . Assumindo 𝑥 = 𝑎2 , 
obtém-se um erro 𝑐2. Deste modo 𝑎𝑎2 + 𝑏 = 𝑐 + 𝑐2. 
Agora multiplique cruzado 𝑎2𝑐1 e 𝑎1𝑐2 . Tome a diferença (𝑎2𝑐1 −
 𝑎1𝑐2), e divida pela diferença dos erros, 𝑐1 − 𝑐2. Isto dá o valor de x. 
(este método funciona mesmo, veja no livro do Fernando Gouvea, 
Matemática através dos tempos, pg. 127). 
Notação da multiplicação em cruz: 𝑐1 𝑐2 
 𝑎1 𝑎2 
𝑥 = 
𝑎2𝑐1 − 𝑎1𝑐2
𝑐1 − 𝑐2
 
 
𝑎 =
𝑐1−𝑐2
𝑎1−𝑎2
 𝑒 𝑐 − 𝑏 =
𝑎2𝑐1−𝑎1𝑐2
𝑎1−𝑎2
 e 
𝑥 =
𝑐−𝑏
𝑎
=
𝑎2𝑐1−𝑎1𝑐2
𝑐1−𝑐2
 (1) 
 
Regra do (um) excesso e (um) déficit. 
2 
 
Considere a regra do (um) Excesso e Déficit no caso onde 𝑥 pessoas 
compram um item custando 𝑦 moedas. Se cada uma pagar a1, temos 
um excesso de 𝑐1; se cada uma pagar 𝑎2 temos um déficit de −𝑐2. No 
caso 𝑐1 e 𝑐2 são positivos. Supondo que 𝑎1 > 𝑎2 , então temos o 
sistema 
 𝑎1𝑥 − 𝑦 = 𝑐1 
 𝑦 – 𝑎2𝑥 = 𝑐2 
 
Homogeneizando o sistema, ou seja, multiplicando a primeira 
equação por 𝑐2 e a segunda por 𝑐1, e subtraindo, obtemos 𝑥 (𝑎1𝑐2 +
𝑎2𝑐1) = 𝑦 (𝑐2 + 𝑐1), ou seja 
 
𝑦
𝑥
=
𝑎1𝑐2+𝑎2𝑐1
𝑐1+𝑐2
 (2). 
 
Esta fórmula é a mesma que (1) acima. Na primeira encontramos o 
valor de 𝑥 e na segunda, que vem de um problema de duas 
variáveis, 𝑥 e 𝑦 , a razão 
𝑦
𝑥
, que é exatamente a parte que cada 
pessoa paga do objeto. 
De (2) e das equações acima obtemos que 
 
𝑥 =
𝑐1 + 𝑐2
𝑎1− 𝑎2
 𝑦 = 
𝑎1𝑐2+𝑎2𝑐1
𝑎1− 𝑎2
 
O Capítulo 7 pode ser dividido em duas partes. Nos primeiros oito 
problemas são discutidos todos os possíveis casos e suas soluções 
sobre o problema do excesso e déficit. 
Os Problemas de 1 a 4 possuem um excesso (ying (𝑐1)) e um déficit 
(buzu (−𝑐2)). Os Problemas 5 e 6, dois excessos ou dois déficits 
(𝑐1 ∙ 𝑐2 > 0 ). O problema 7 tem um excesso e um ajuste exato 
(𝑐1 > 0 e 𝑐2 = 0 ou 𝑐1 = 0 e 𝑐2 > 0). O problema 8 tem um déficit e 
um ajuste exato (𝑐2 < 0 e 𝑐1 = 0 ou 𝑐2 = 0 e 𝑐1 < 0). 
 
Os doze problemas restantes, exceto o 16 são resolvidos pela Regra 
da Dupla Falsa Posição e abrangem quatro temas: Problemas com 
distâncias, velocidades e tempo para corpos em movimento 
(Problemas 10, 11, 12 e 19) (no capítulo 6 as velocidades eram 
constantes, neste capítulo envolvem velocidades variadas), 
Problemas comerciais (Problemas 13, 17 e 20), Problemas variados 
(Problemas 9, 14, 15 e 18). O problema 16 não é resolvido pela regra 
3 
 
da falsa posição, mas pela regra QILU (Regra de Três simples) do 
capítulo 2, doOs nove capítulos da arte matemática. 
 
Neste capítulo são usadas as seguintes unidades de medida: 
 
CAPACIDADE: dou e sheng. 
 
1 dou = 10 sheng. 
Pode-se considerar uma aproximação para 1 sheng = 200 ml 
 
COMPRIMENTO, li chi e cun. 
 
1 li = 1800 chi 
1 chi = 10 cun 
 
MASSA, jin, liang e zhu 
 
1 jin = 16 liang 
1 liang = 24 zhu. 
 
Fizemos a escolha de alguns problemas que julgamos interessantes 
e não repetitivos. 
 
Problema 1 - Várias pessoas compram em conjunto um objeto. 
Se cada pessoa contribuir com 8 moedas, sobram (excesso) 3; 
se cada pessoa pagar 7, faltam (déficit) 4. Quantas eram as 
pessoas e qual era o preço do objeto? 
Resposta: 7 pessoas, preço do objeto 53. 
 
Método: Regra do (1) excesso e (1) déficit. 
Disponha as razões de contribuição em uma linha. Acima desta linha 
disponha o déficit e excesso correspondentes. Multiplique em cruz e 
combine-os como dividendo. Combine o excesso e déficit como 
divisor. Divida dividendo pelo divisor. Se forem frações, reduza-as 
(combinar significa subtrair). 
Para relacionar o excesso e o déficit para o objeto comprado junto: 
conserve as razões de contribuição. Subtraia o menor do maior, 
tome o resto para reduzir o divisor e o dividendo. O dividendo 
reduzido é o preço de cada item. O divisor reduzido é o número de 
pessoas. 
 
4 
 
Ou seja, sejam 𝑥 o número de pessoas comprando um objeto 
custando 𝑦 moedas. Temos as equações que são geradas pelas 
informações do problema: 
8𝑥 – 𝑦 = 3 (sendo 3 o excesso de moedas), 𝑦 – 7𝑥 = 4 (sendo 4 o 
déficit de moedas). 
O método garante que 
𝑦
𝑥
= 
53
7
 e daí, como 8 – 7 = 1 , temos 
𝑦 = 
53
1
 = 1 e 𝑥 = 
7
1
= 7. 
 
Problema 4 - Várias pessoas da comunidade compram gado. Se 
cada grupo de 7 famílias da comunidade contribuir com 190, o 
déficit é de 330. Se cada grupo de 9 famílias da comunidade 
contribuir com 270, o excesso é de 30. Qual o número de 
famílias da comunidade e o preço de cada gado? 
Resposta: 126 famílias, preço do gado 3750. 
Método: Sejam 𝑥 o número de famílias da comunidade e 𝑦 o preço 
do gado, logo 
𝑦
𝑥
 = 
75000
7
360
, então 𝑥 = 
360
20
7
 e 𝑦 = 
75000
7
20
7
. 
Solução atual: Podemos modelar o problema com as equações: 
{
190𝑥
7
= 𝑦 − 330
270𝑥
9
= 𝑦 + 30
 
que dão as soluções acima. 
 
Problema 6 - Várias pessoas compram ovelhas. Se cada uma 
contribui com 5, o déficit é 45. Se cada uma contribui com 7, o 
déficit é 3. Qual é o número de pessoas, e qual é o preço de 
cada ovelha? 
Resposta: 21 pessoas, preço da ovelha 150. 
Método: Regra para dois déficits: Sejam 𝑥 a quantidade de 
pessoas e 𝑦 o preço de cada ovelha, então 
𝑦
𝑥
 = 
−15+315
−3+45
= 
300
42
. Logo 
𝑦 = 
300
2
 𝑒 𝑥 = 
42
2
. 
Solução atual: Podemos modelar o problema com as equações: 
{
 𝑦 − 5𝑥 = 45
𝑦 − 7𝑥 = 3
 
que dão as soluções acima. 
 
Problema 7 - Algumas pessoas compraram porcos. Se todas as 
pessoas contribuírem com 100, o excesso é 100, se 
5 
 
contribuírem com 90 é exatamente o suficiente. Qual o número 
de pessoas e o preço de cada porco? 
Resposta: 10 pessoas, preço do porco, 900. 
Método: Regra para um excesso e um ajuste exato. Tome o 
excesso ou déficit como dividendo. Mantenha as razões de 
contribuição: subtraia a menor da maior, o resto é o divisor. Divida o 
dividendo pelo divisor, obtendo o número de pessoas. Para encontrar 
o preço do item multiplique o número de pessoas pela razão de 
contribuição (do ajuste exato). Este é o preço do item. 
A regra significa que o número de pessoas é 
𝑐1
𝑎1− 𝑎2
, e o preço de cada 
item é 𝑎2 ∙ 
𝑐1
𝑎1− 𝑎2
, se 𝑐1 é o excesso ou o número de pessoas é 
𝑐2
𝑎1− 𝑎2
, 
e o preço de cada item é 𝑎1 ∙ 
𝑐2
𝑎1− 𝑎2
, onde 𝑐2 é o déficit. 
Ou seja, sejam 𝑥 a quantidade de pessoas e 𝑦 o preço do porco. 
Então: 
𝑥 = 
100
100−90
 = 10, e 𝑦 = 10 ∙ 90 = 900. 
 
Solução atual: das informações do problema temos: 
{
 100𝑥 − 𝑦 = 100
90𝑥 − 𝑦 = 0
, 
Resolvendo por Cramer, obtemos 𝑥 = 10 e 𝑦 = 900. 
Os próximos problemas são resolvidos com a regra da Dupla Falsa 
Posição: 
Problema 9 - Uma cuba com capacidade de 10 dou contém uma 
certa quantidade de painço descascado (sem casca). São 
adicionados grãos de painço (com casca) até encher a 
cuba. Quando o painço é descascado descobre-se que a cuba 
contém ao todo 7 dou de painço descascado. 
Qual a quantidade de painço existente inicialmente na cuba? 
Resposta: 2 dou e 5 sheng. 
Método (dupla falsa posição): O método é supor originalmente que 
existam 2 dou (20 sheng) de painço descascado, o déficit é 2 sheng. 
Se a suposição for 3 dou, (30 sheng) o excesso é 2 sheng. Então, 
pela regra (1), a solução é 
−60−40
−2−2
= 
100
4
= 25 sheng que dá 2 dou e 5 
sheng. 
 
Solução atual: seja 𝑥 a quantidade de painço que estava incialmente 
na cuba. Sabendo-se que a razão do painço descascado obtido do 
painço é 
3
5
 (capítulo 2, pg 141 do livro de KANGSHEN, S. - 
6 
 
CROSSLEY, J. - LUN, A, W, C, - (1999) The Nine Chapters on the 
Mathematical Art), temos a equação: 
3
5
 (10 − 𝑥) + 𝑥 = 7, cuja solução 
é 𝑥 = 
5
2
 dou ou seja, 2 dou e 5 sheng. 
 
Problema 10 - Há um muro de 9 chi de altura. É plantada uma 
trepadeira em cima do muro, e o seu caule cresce para baixo 7 
cun por dia. É plantada uma outra trepadeira abaixo do muro e o 
seu caule cresce para cima 1 chi por dia. Em quantos dias elas 
se encontram e quanto é que cada uma das plantas cresce? 
Resposta: 5
5
17
 dias, a planta de cima cresce 3 chi 7
1
17
 cun; a de 
baixo cresce 5 chi 2
16
17
 cun. 
Método da dupla falsa posição. Se assumirmos 5 dias, o 
crescimento conjunto será de 5 vezes 17 cun, ou seja 85 cun, o que 
acarreta um déficit de 5 cun. Se forem 6 dias, o crescimento conjunto 
será de 6 vezes 17 = 102 cun, o que gerará um excesso de 1 chi 2 
cun que é igual a 12 cun. Usando o método da dupla falsa posição 
obtemos: 
5 −5 
 6 12 
−30 − 12 . 5
−5 − 12
= 
90
17
 
90
17
 = 5
5
17
 dias. 
Multiplicando esse tempo pela taxa de crescimento de cada planta, 
chegaremos à resposta: 7 cun . 
90
17
 = 
630
17
 cun ou 3 chi 7 
1
17
 cun para a 
planta de cima e 10 cun . 
90
17
 = 
900
17
 cun ou 5 chi 2 
16
17
 cun. 
 
Solução atual: sejam 𝑐 a posição da planta que cresce para baixo, 𝑏 
a posição da planta que cresce para cima e 𝑡 o tempo de 
crescimento (para cima ou para baixo).Temos : 
𝑐 = 90 – 7𝑡 e 𝑏 = 10𝑡 . Quando se encontram, 𝑐 = 𝑏 , ou 
90 – 7𝑡 = 10𝑡, e 𝑡 = 
90
17
 dias que é igual a (5 
5
17
). A planta de cima 
cresce para baixo (nesse intervalo), 90 – 7 ∙ 
90
17
 chi, ou seja, 3 chi 7 
1
17
 cun e a planta de baixo cresce para cima , 10 ∙ 
90
17
, ou seja, 5 chi 
2 
16
17
 cun. 
 
7 
 
Problema 12 - Há uma parede com 5 chi de espessura, dois 
ratos escavam em direções opostas, um túnel. No primeiro dia o 
rato grande escava 1 chi e o pequeno, também, escava 1 chi. A 
partir do segundo dia o rato grande duplica, diariamente, o que 
escava e o pequeno reduz, diariamente, a metade do que 
escava. Em quantos dias os dois ratos se encontram? Quais as 
distâncias escavadas pelos dois? 
 
Resposta: 2 
2
17
 dias. A distância escavada pelo rato grande é de 
3 chi 4 
12
17
 cun e do rato pequeno 1 chi 5 
5
17
 cun . 
 
Usando o método da dupla falsa posição, 
 −0,5 3,75 
2 3 
 
Obtemos o número de dias igual a 
2 ∙3,75+3 ∙0,5
3,75+0,5
= 
9
4,25
 , que é igual a 
2 
2
17
 dias. 
 
No terceiro dia a velocidade do rato maior é 4 chi por dia e do rato 
menor, 
1
4
 chi por dia. Logo o rato grande cava, no terceiro dia, 4 ∙ 
2
17
 
que é igual a 
8
17
 chi e o rato pequeno, 
1
4
 . 
2
17
 que é igual a 
1
34
 chi. 
Somando os resultados dos comprimentos, eles cavaram 
respectivamente: