poti nível 1

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POLOS OLÍMPICOS DE
TREINAMENTO INTENSIVO
nível 1
teoria dos números
geometria
combinatória
Introdução
Sem vínculo oficial. Janeiro/2022.
O objetivo desta série de pdfs é único: organizar, quase que sistematicamente, os
excelentes materiais disponibilizados gratuitamente no site do POTI (Polos Olímpicos de
Treinamento Intensivo). O POTI tem sua versão presencial e virtual. Aqui, encontram-se
materiais do site https://poti.impa.br (i.e., versão virtual) (avá). Mas, afinal, o que é o
POTI? Mantido e organizado pelo Instituto de Matemática Pura e Aplicada (IMPA),
consiste num programa de treinamentos para estudantes do ensino fundamental II e médio
que desejam participar de olimpíadas de matemática, notadamente a OBM*.
Ao todo, serão três pdfs: um para cada um dos três níveis. Decidi compilar** assim pois,
ao juntar todos os níveis em um único pdf, obtive um pdf com mais de 2300 páginas, o
que não seria prático porque certamente levaria uma eternidade para ser completamente
aberto. Por observação, acredito que os materiais em pdf, principalmente dos níveis 2 e 3,
tenham sido elaborados em 2012 por diversos professores com vasta experiência em
olimpíadas (e em preparação olímpica). Posteriormente, fora elaborado um curso básico
(em 2015) para o nível 2 composto apenas por problemas resolvidos e mais listas foram
adicionadas no site, notadamente do nível 2.
Adendo: é possível encontrar alguns errinhos na numeração das aulas. Por exemplo, o
curso de teoria dos números do nível 3 tem duas aulas de número 6, mas, na verdade, uma
dessas aulas era para ser a aula de número 5 (congruências e bases). Ou também, ter no
título “grafos I” mas não ter pelo menos uma outra aula “grafos II” (curso de
combinatória, nível 2). Sendo assim, elaborei um sumário e acredito que sua ordem seja a
correta, ou que, pelo menos, seja a ordem caso não houvessem os pequenos errinhos na
numeração das aulas.
Aqui, temos os materiais elaborados para o nível 1 (6º e 7º anos), divididos em três partes:
teoria dos números (chamada de aritmética no nível 1), geometria e combinatória. Cada
uma dessas partes contêm várias aulas sobre assuntos recorrentes em olimpíadas de
matemática. Cada uma dessas aulas contêm parte teórica, problemas resolvidos,
problemas propostos, soluções… O POTI é, de certo, a melhor e mais completa referência
em português para se estudar matemática olímpica gratuitamente.
* A OBM (Olimpíada Brasileira de Matemática) e a OBMEP (Olimpíada Brasileira de
Matemática das Escolas Públicas e Privadas) não são a mesma olimpíada (algumas
pessoas não sabem).
** Material elaborado pelo IMPA. Compilado por Alexander Kahleul. Todo o crédito para
o IMPA.
Sumário
Sem vínculo oficial. Janeiro/2022.
teoria dos números (aritmética) 4
Aula 1 - operações aritméticas elementares 5
Aula 2 - múltiplos, divisores e primos I 18
Aula 3 - problemas de álgebra I 30
Aula 4 - dígitos e sistema decimal 41
Aula 5 - problemas de álgebra II 54
Aula 6 - sequências 64
Aula 7 - múltiplos, divisores e primos II 77
Aula 8 - problemas gerais 85
Aula 9 - problemas de teoria dos números e contagem 97
geometria 109
Aula 1 - áreas 110
Aula 2 - segmentos e perímetros 144
Aula 3 - objetos tridimensionais 172
Aula 4 - ângulos 187
Aula 5 - congruência de triângulos 214
Aula 6 - teorema de pitágoras 235
Aula 7 - semelhança e segmentos proporcionais 255
combinatória 277
Aula 1 - jogos e brincadeiras I 278
Aula 2 - jogos e brincadeiras II 285
Aula 3 - raciocínio lógico I 291
Aula 4 - raciocínio lógico II 297
Aula 5 - paridade 304
Aula 6 - percebendo padrões 310
Aula 7 - exemplos e contra-exemplos 318
Aula 8 - configurações mágicas 324
Aula 9 - tabuleiros 333
Aula 10 - contagem I (princípio multiplicativo) 339
Aula 11 - contagem II 345
POLOS OLÍMPICOS DE
TREINAMENTO INTENSIVO
teoria dos números (aritmética)
nível 1
Operações Aritméticas Elementares - Aula 01
Problemas sobre operações aritméticas elementares utilizam, além dos conceitos de soma,
subtração, multiplicação e divisão, os conceitos de fração e potência. Essa seção é muito
importante, já que as contas permeiam todo o resto do material. Boas contas!
Problema 1. Calcule os valores das seguintes expressões:
(a)
107
5× 104
(b)
2
1− 23
(c)
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
10
)
(d) 26 + 26 + 26 + 26 − 44
Solução.
(a)
107
5× 104
=
107−4
5
=
103
5
=
1000
5
= 200
(b)
2
1− 2
3
=
2
3
3
− 2
3
=
2
1
3
=
2× 3
1× 3
3
=
6
1
= 6
(c)
(
1− 1
2
)(
1− 1
3
)(
1− 1
4
)
· · ·
(
1− 1
10
)
=
(
1
2
)(
2
3
)(
3
4
)
· · ·
(
9
10
)
=
1
10
(d) 26 + 26 + 26 + 26 − 44 = 4.26 − 44 = 22.26 − 224 = 28 − 22.4 = 28 − 28 = 0
1 Porcentagem
Esses próximos exemplos contém os conceitos de porcentagem de um número e também
a ideia de aumento e redução percentual, os dois tipos de aplicação de porcentagem em
problemas de olimṕıada. Bons estudos!
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Problema 2. (OBMEP 1a Fase) Em 2009 uma escola tinha 320 alunos esportistas, dos
quais 45% jogavam vôlei. Em 2010 essa porcentagem diminuiu para 25%, mas o número
de jogadores de vôlei nâo se alterou. Qual era o número de alunos esportistas em 2010?
Solução. Primeiramente vamos ver quantos alunos jogavam vôlei em 2009, são 45% de
320, ou seja
45
100
× 320 = 144. Agora veja que em 2010 25% = 25
100
=
1
4
dos esportistas
eram jogadores de vôlei, portanto o total de alunos esportistas em 2010 será 4×144 = 576.
Problema 3. (OBM 1a Fase) Se Joana comprar hoje um computador de 2000 reais, ela
conseguirá um desconto de 5%. Se ela deixarpara amanhã, irá conseguir o mesmo desconto
de 5%, mas o computador irá aumentar 5%. Se ela esperar, o que acontecerá?
a) Nada, pois pagará a mesma quantia.
b) Ela perderá 100 reais.
c) Ela ganhará 105 reais
d) Ela perderá 95 reais.
e) Ela perderá 105 reais.
Solução. Alternativa D - Comprando hoje o computador, Joana gastaria 1900 reais. Es-
perando o próximo dia, o preço do computador subiria para 2100 reais e ela gastaria
95
100
× 2100 = 1995 reais. Assim, ela perderia 95 reais. Podemos fazer a conta de uma vez
só, já que um desconto de 5% em cima de 2000 reais pode ser escrito como (1−5%)×2000 =
(1 − 0, 05) × 2000 = 0, 95 × 2000 = 1900 reais, e o aumento de 5% em cima do preço de
1900 reais pode ser escrito como (1 + 5%)×1900 = (1 + 0, 05)×1900 = 1, 05×1900 = 1995
reais. A conta poderia ser escrita como (1− 5%)× (1 + 5%)× 2000 = 1995 reais.
2 Problemas
Operações Aritméticas Elementares: Problemas Introdutórios
Problema 4. Quanto é o dobro de 24 mais o triplo de 13 menos o quádruplo de 15?
Problema 5. Quanto é 99 + 999 + 9999?
Problema 6. Podemos afirmar que 0, 12 + 0, 22 é igual a?
Problema 7. Sabendo que 987× 154 = 151998 podemos concluir que 9870× 1, 54 é igual a
(a) 15,1998
(b) 1519,98
(c) 15199,8
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
(d) 151998
(e) 1519980
Problema 8. Simplifique a fração
2004 + 2004
2004 + 2004 + 2004
.
Problema 9. Em maio, o valor total da conta de telefone celular de Esmeralda foi 119,76
reais, sem os impostos. Esse valor corresponde aos itens: chamadas, acesso á internet,
envio de mensagens. Se ela gastou 29,90 reais com acesso á Internet e 15,50 reais com o
serviço de envio de mensagens, quanto foi que ela gastou com chamadas?
Problema 10. Uma data curiosa neste ano é o dia 11/11/11, pois o dia, mês e dois últimos
d́ıgitos do ano são iguais. No ano passado, esse padrão aconteceu em 10/10/10. Quantos
dias há desde 10/10/10 até 11/11/11, incluindo o dia 10 e o dia 11?
Problema 11. Marina, ao comprar uma blusa de R$17,00, enganou-se e deu ao vendedor
uma nota de R$10,00 e outra de R$ 50,00. O vendedor, distráıdo, deu o troco como se
Marina lhe tivesse dado duas notas de R$ 10,00. Qual foi o prejúızo de Marina?
Problema 12. Pedro vende na feira cenouras a R$1,00 por quilo e tomates a R$1,10 por
quilo. Certo dia ele se distraiu, trocou os preços entre si, e acabou vendendo 100 quilos de
cenoura e 120 quilos de tomate pelos preços trocados. Quanto ele deixou de receber por
causa de sua distração?
Problema 13. Na adição de termos iguais 20132013 + 20132013 + · · ·+ 20132013 = 20132014
, escrita de forma simplificada, foram escritos muitos sinais de adição (+). Quantos foram
escritos?
Operações Aritméticas Elementares: Problemas Propostos
Problema 14. Uma professora de Matemática escreveu uma expressão no quadro-negro e
precisou sair da sala antes de resolvê-la com os alunos. Na ausência da professora, Carlos,
muito brincalhão, foi ao quadro-negro e trocou todos os algarismos 3 por 5, os 5 por 3, o
sinal de + pelo de × e o de × pelo de +, e a expressão passou a ser (13÷5)× (53 + 2)−25.
Qual é o resultado da expressão que a professora escreveu?
Problema 15. Qual é o algarismo das unidades do número 1 × 3 × 5 × 7 × 9 × 11 × 13 ×
15× 17× 19− 2015?
Problema 16. Dividindo-se o número 44
4
por 44 obtemos?
Problema 17. Efetuando as operações indicadas na expressão
(
22007 + 22005
22006 + 22004
)
× 2006 ob-
temos um número de quatro algarismos. Qual é a soma dos algarismos desse número?
Problema 18. Perguntado, Arnaldo diz que 1 bilhão é o mesmo que um milhão de milhões.
Professor Piraldo o corrigiu e disse que 1 bilhão é o mesmo que mil milhões. Qual é a
diferença entre essas duas respostas?
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Problema 19. Representamos por n! o produto de todos os inteiros positivos de 1 a n. Por
exemplo, 5! = 5×4×3×2×1 = 120. Calculando a soma 1!+2!+3!+4!+ · · ·+2010!+2011!,
qual é o algarismo das unidades do resultado obtido?
Problema 20. Colocando sinais de adição entre alguns dos algarismos do número 123456789
podemos obter várias somas. Por exemplo, podemos obter 279 com quatro sinais de adição:
123 + 4 + 56 + 7 + 89 = 279. Quantos sinais de adição são necessários para que se obtenha
assim o número 54?
Problema 21. A fração
a
b
, onde a e b são inteiros positivos, representa um número entre 0
e 1, na posição indicada no desenho a seguir. Qual é um posśıvel valor para a soma a + b?
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 5
Problema 22. Colocando apenas parêntesis, tantos quantos necessários, mas usando apenas
as adições e subtrações já indicadas, podemos fazer com que a expressão 1 − 2 + 3 − 4 +
5− 6 + 7− 8 + 9− 10 represente o maior número posśıvel. Qual é este número?
Porcentagens: Problemas Introdutórios
Problema 23. Uma loja de CD’s realizará uma liquidação e, para isso, o gerente pediu
para Anderlaine multiplicar todos os preços dos CD’s por 0, 68. Nessa liquidação, qual é o
desconto que a loja está oferecendo em seus produtos?
Problema 24. Por conta de uma erupção de um vulcção, 10% dos voos de um aeroporto
foram cancelados. Dos voos restantes, 20% foram cancelados pela chuva. Que porcentagem
do total de voos deste aeroporto foram cancelados?
Problema 25. Em uma prova de olimṕıada, 15% dos estudantes não resolveram nenhum
problema, 25% resolveram pelo menos um problema, mas cometeram algum erro, e os
restantes, 156 estudantes, resolveram todos os problemas corretamente. Quantos estudantes
participaram da olimṕıada?
Problema 26. Aumentando 2% o valor um número inteiro positivo, obtemos o seu sucessor.
Qual é a soma desses dois números?
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Problema 27. Diamantino colocou em um recipiente três litros de água e um litro de suco
composto de 20% de polpa e 80% de água. Depois de misturar tudo, que porcentagem do
volume final é polpa?
Porcentagens: Problemas Propostos
Problema 28. Uma classe tem 22 alunos e 18 alunas. Durante as férias, 60% de todos
os alunos dessa classe foram prestar trabalho comunitário. No mı́nimo, quantas alunas
participaram desse trabalho?
Problema 29. Três anos atrás, a população de Pirajussaráı era igual à população que
Tucupira tem hoje. De lá para cá, a população de Pirajussaráı não mudou mas a população
de Tucupira cresceu 50%. Atualmente, as duas cidades somam 9000 habitantes. Há três
anos, qual era a soma das duas populações?
Problema 30. A massa de gordura de uma pessoa corresponde a 20% de sua massa total.
Essa pessoa, pesando 100 kg, fez um regime e perdeu 40% de sua gordura, mantendo os
demais ı́ndices. Quantos quilogramas ela pesava ao final do regime?
Problema 31. O tanque do carro de Esmeralda, com capacidade de 60 litros, contém uma
mistura de 20% de álcool e 80% de gasolina ocupando metade de sua capacidade. Esmeralda
pediu para colocar álcool no tanque até que a mistura ficasse com quantidades iguais de
álcool e gasolina. Quantos litros de álcool devem ser colocados?
Problema 32. Num folheto de propaganda, uma montadora explica que um véıculo equi-
pado com a tecnologia flex fuel, bicombust́ıvel, pode usar álcool, gasolina, ou uma mistura
de álcool e gasolina em qualquer proporção. Testes realizados com cinco proporções apre-
sentaram os seguintes desempenhos:
Proporção de combust́ıvel Consumo
Álcool Gasolina (km por litro)
— 100% 14
40% 60% 13,2
50% 50% 11,8
70% 30% 10
100% — 8
Considere que o preço do litro de álcool é R$1,00 e o preço do litro de gasolina é R$2,00.
Nesse problema você pode utilizar calculadora!
Numa viagem de 400 km com esse véıculo:
(a) Quantos reais seriam gastos se o véıculo fosse abastecido somente com álcool?
(b) Qual das cinco proporções apresentadas possibilita o menor gasto com combust́ıvel?
5
POTI - Aritmética - Nı́vel1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Problema 33. Francisca compra produtos em grande quantidade para uma rede de restau-
rantes. No momento ela deve comprar detergente ĺıquido, escolhendo entre as marcas A, B
e C, que são vendidas em frascos com volumes diferentes. As três tem a mesma qualidade
e um galão com 80 litros do detergente B custa 50 reais, mas
• o detergente A é 40% mais caro que o B e contém 20% menos ĺıquido que o C;
• o detergente C custa 50% a mais que A e contém 50% mais ĺıquido que o B;
Francisca pensou e comprou a marca mais econômica. Qual é a marca mais econômica?
Utilize uma calculadora para fazer esse problema.
Problema 34. Segundo uma reportagem da revista Veja, 20% dos brasileiros nunca foram
ao dentista. Considere que a população do Brasil é de 200 milhões, dos quais 38 milhões
moram na zona rural, responda:
(a) Qual é o número de brasileiros que nunca foram ao dentista?
(b) A partir dos dados do problema, podemos afirmar que há residentes da zona urbana
que nunca foram ao dentista?
Problema 35. Um fabricante de chocolate cobrava R$ 5,00 por uma barra de 250 gramas.
Recentemente o peso da barra foi reduzido para 200 gramas, mas seu prećo continuou R$
5,00. Qual foi o aumento percentual do preço do chocolate desse fabricante?
Problema 36. Na escola de Esmeralda, neste ano, o aumento do número de alunos em
relação ao ano passado foi de 10% para os meninos e 20% para as meninas. Há atualmente
230 alunos, exatamente 30 a mais do que no ano passado. Quantas meninas há na escola?
Problema 37. Na população de uma espécie rara de 1000 aves da floresta amazônica, 98%
tinham cauda de cor verde. Após uma misteriosa epidemia que matou parte das aves
com cauda verde, esta porcentagem caiu para 95%. Quantas aves foram eliminadas com a
epidemia?
Problema 38. Júlia comprou 3 camisetas iguais e pagou sua compra com desconto de 10%,
enquanto que seu irmão comprou 2 camisetas iguais ás de Júlia com desconto de 5%. Júlia
gastou 12 reais a mais que seu irmão. Qual era, em reais, o preço sem desconto de cada
camiseta?
Problema 39. A quantidade de água de uma melancia corresponde a 95% de seu peso.
Joaquim retirou água dessa melancia até que a quantidade de água correspondesse a 90%
de seu peso, que passou a ser 6 kg. Qual era o peso original da melancia?
Problema 40. A Fuvest, maior vestibular do páıs, seleciona os estudantes que ingressarão
na Universidade de São Paulo (USP). Em valores aproximados, a cada ano são 150 mil can-
didatos, dos quais são escolhidos os 10 mil novos estudantes da USP. A Fuvest é composta
de duas fases. Em cada curso, o número de estudantes que são aprovados para a segunda
fase é aproximadamente igual a três vezes o número de vagas. Por exemplo, na carreira de
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Engenharia da Computação são oferecidas 900 vagas e, dos 9000 candidatos iniciais, 2700
classificam-se para a segunda fase. Em Medicina, 90% dos candidatos são eliminados na
primeira fase. Encontre o quociente A/B, onde A é o número de candidatos e B o número
de vagas da carreira de Medicina na primeira fase.
Problema 41. Atacando a defasagem salarial decorrente da inflação, os funcionários de
faculdades de Los Angeles, EUA, assinaram e enviaram ao governo a seguinte mensagem:
Prezados Senhores,
Estamos unidos num único propósito: queremos um aumento salarial.
Aumento Salarial(%) Inflação Anual(%) Ganho(%)
1990 0 6 −6
1991 0 3, 5 −3, 5
1992 0 3, 2 −3, 2
1993 0 2, 5 −2, 5
1994 3 2, 5 +0, 5
1995 2, 7 2, 3 +0, 4
−14, 3
Estamos cansados de trabalhar com números negativos! Utilizando uma calculadora, res-
ponda as perguntas:
(a) Suponha que em 1990 o funcionário Arnald tinha um salário mensal de US$1.000, 00.
Qual é o salário de Arnald no final de 1995?
(b) Suponha que em 1990 o funcionário Bernald tinha um gasto mensal de US$1.000, 00.
Qual o gasto mensal de Bernald no final de 1995, levando-se em consideração que ele
continua gastando com as mesmas coisas desde 1990?
(c) Baseados na tabela, os funcionários pediram um aumento salarial de 14, 3%. Nesse
caso, seriam realmente repostas todas as perdas salariais?
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Operações Aritméticas Elementares: Soluções dos Introdutórios
4) (OBM 1a Fase) O valor procurado é 2× 24 + 3× 13− 4× 15 = 4839− 60 = 27
5) (OBMEP 1a Fase) 99 + 999 + 9999 = (100− 1) + (1000− 1) + (10000− 1) = 11100− 3 =
11097.
6) (OBM 1a Fase) 0, 12 + 0, 22 = (
1
10
)2 + (
2
10
)2 =
1
100
+
4
100
=
5
100
=
1
20
7) (OBMEP 1a Fase) Temos 9870 × 1, 54 = 987 × 10 × 154
100
=
987× 154
10
=
151998
10
=
15199, 8
8) (OBM 1a Fase)
2004 + 2004
2004 + 2004 + 2004
=
2.2004
3.2004
=
2
3
9) (OBM 1a Fase) Ela gastou com chamadas 119, 76− 29, 90− 15, 50 = 74, 36 reais.
10) (OBM 1a Fase) Vamos quebrar o peŕıodo em duas partes. Temos: De 10/10/10 até
09/10/11, há 365 dias. De 10/10/11 até 11/11/11 há 22 dias mais 11 dias, ou seja, 33
dias. Logo, de 10/10/10 até 11/11/11, incluindo o dia 10 e o dia 11, há 365 + 33 = 398
dias.
11) (OBMEP 1a Fase) Marina, ao dar 60 reais para pagar uma conta de 17 reais, deveria
receber 60− 17 = 43 reais de troco, mas recebeu somente 20− 17 = 3 reais. Logo, seu
prejúızo foi de 43 − 3 = 40 reais. Uma outra maneira de resolver o problema é notar
que, ao confundir uma nota de 10 reais com uma de 50 reais, Marina teve um prejúızo
de 50 − 10 = 40 reais. Esta solução mostra que o prejúızo de Marina não depende do
preço da blusa.
12) (OBMEP 1a Fase) Solução 1: Se Pedro não tivesse trocado os preços, a quantia que
ele teria recebido pela venda de 100 quilos de cenoura e 120 quilos de tomate seria
100 × 1 + 120 × 1, 10 = 100 + 132 = 232 reais. A quantia que ele recebeu, de fato, foi
de 100× 1, 10 + 120× 1 = 110 + 120 = 230 reais. Logo, por causa de sua distração, ele
perdeu 232− 230 = 2 reais. Solução 2: Como a diferença dos preços dos dois produtos
é R$ 0,10 por quilo, ao trocar os preços Pedro ganhou 100 × 0, 10 = 10 reais na venda
das cenouras e perdeu 120× 0, 10 = 12 reais na venda dos tomates. Logo, no final, ele
perdeu 2 reais.
13) (OBM 1a Fase) Veja que 20132014 = 20131.20132013, logo nessa soma temos 2013 termos
20132013. Veja também que essa soma começa com um 20132013 e termina com 20132013,
portanto entre os números teremos um sinal de mais a menos. Portanto são 2012 sinais
de +.
Operações Aritméticas Elementares: Soluções dos Problemas Propostos
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
14) (OBMEP 1a Fase) Para encontrar a expressão que a professora escreveu no quadro
negro, precisamos destrocar tudo o que Carlos trocou, logo o resultado da expressão
que professora escreveu no quadro negro é (15÷ 3) + (35× 2)− 23 = 5 + 70− 23 = 52
15) (OBMEP 1a Fase) O número 1 × 3 × 5 × 7 × 9 × 11 × 13 × 15 × 17 × 19 termina em
5, pois qualquer número ı́mpar diferente de 1 que multiplicar 5, termina em 5. Logo, o
algarismo das unidades do número 1× 3× 5× 7× 9× 11× 13× 15× 17× 19− 2015 é 0.
16) (OBM 1a Fase) Nessa divisão perceba que a base é 4:
44
4
44
=
4(4
4
)
44
= 44
4−4 = 416−4 = 412
17) (OBM 1a Fase)
(
22007 + 22005
22006 + 22004
)
× 2006 = 2
2005.22 + 22005
22004.22 + 22004
× 2006 =
22005.
(
22 + 1
)
22004. (22 + 1)
×
2006 =
22005
22004
× 2006 = 2.2006 = 4012
18) (OBM 1a Fase) Arnaldo: 1 bilhão = 1.000.000× 1.000.000 = 1.000.000.000.000. Profes-
sor Piraldo: 1 bilhão = 1.000×1.000.000 = 1.000.000.000. A diferença é: 1.000.000.000.000−
1.000.000.000 = 999.000.000.000.
19) (OBM 1a Fase) Observe que 5!, 6!, 7!, 8!, ... terminam em 0, já que todos eles possuem
2 e 5 dentro da multiplicação, ou seja, são múltiplos de 2 × 5 = 10 e, por isso mesmo,
terminam em 0. Assim, o algarismo das unidades de 5! + 6! + ... + 2010! + 2011! é igual
a 0, e como 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 2 + 6 + 24 = 33, que termina em 3, temosfinalmente
que 1! + 2! + 3! + 4! + 5! + 6! + ... + 2010! + 2011! termina em 3 + 0 = 3.
20) (OBMEP 1a Fase) Como queremos obter a soma 54, devemos colocar sinais de adição
entre todos os algarismos a partir do 5, isto é, 1?2?3?4? 5 + 6 + 7 + 8 + 9︸ ︷︷ ︸
30
= 54
Logo precisamos que 1?2?3?4?5 = 24. Com o mesmo argumento usado anteriormente,
vemos que isso só pode ser feito como 12+3+4+5. Logo 12+3+4+5+6+7+8+9 = 54
é a expressão procurada, para a qual necessitamos de 7 sinais de adição.
21) (OBM 1a Fase) Alternativa E - A soma a + b é 1 se a = 0 e b = 1, ou seja,
a
b
= 0,
incompat́ıvel com o desenho. A soma é 2 se
a
b
=
1
1
= 1, também incompat́ıvel. E a
soma é 3 se
a
b
=
1
2
ou
a
b
=
2
1
= 2 > 1, ambos incompat́ıveis. Os casos em que a soma é
4 são:
a
b
=
1
3
<
1
2
ou
a
b
=
2
2
= 1 ou
a
b
=
3
1
= 3 > 1 , todos incompat́ıveis. Como todas
as quatro primeiras alternativas são falsas, a alternativa E é a verdadeira. De fato, a
soma é 5 nos casos:
a
b
=
1
4
<
1
2
ou
a
b
=
2
3
>
1
2
ou
a
b
=
3
2
> 1 ou
a
b
=
4
1
= 4 > 1 , dos
quais a possibilidade a = 2 e b = 3 dá a fração
a
b
=
2
3
≈ 0, 67.
22) (OBM 2a Fase) Primeiro note que só vale colocar parênteses logo depois de sinais de −,
já que se o fizermos em frente ao sinal de + não alteramos o resultado.
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
Ao efetuarmos os parênteses, o 2 terá sinal de − necessariamente. Suponha que não
colocamos parênteses depois do sinal de − do 2. Então o 4 também deve ter sinal de −
quando efetuamos os parênteses, e a soma é no máximo 1−2+3−4+5+6+7+8+9+10 =
43.
Então é mais vantajoso colocar parênteses entre o − e o 2. Ao fazermos isso, ao
efetuarmos os parênteses o 3 deve ter necessariamente sinal de −, e a soma é no
máximo 1 − 2 − 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 45. Podemos obter esse resultado:
1− (2 + 3− (4 + 5)− (6 + 7)− (8 + 9)− 10) = 45.
Então a maior soma posśıvel é 45.
Porcentagem: Soluções dos Problemas Introdutórios
23) (OBM 1a Fase) Ao multiplicar os preços por 0, 68 = 68% a loja oferece um desconto
100%− 68% = 32%.
24) (OBM 1a Fase) Seja N o número de voos. Se 10% dos voos foram cancelados, restaram
90% de N. Dos voos restantes, 20% foram cancelados pela chuva, ou seja, 20% de 90%
de N = 0, 20× 0, 90×N = 0, 18×N = 18% de N. Dessa forma, a porcentagem do total
de voos que foram cancelados é 28%.
25) (OBM 1a Fase) Os 156 estudantes que resolveram todos os problemas corretamente
correspondem a 100%−25%−15% = 60% do total. Logo, o número total de estudantes
é
600
100
.156 = 260.
26) (OBM 1a Fase) Se 2% de um número é igual a 1, então esse número é 50, pois, sendo
x esse número temos
2
100
.x = 1 ⇔ 1
50
.x = 1. Seu sucessor é 51, portanto a soma de
ambos é 101.
27) (OBM 1a Fase) A mistura final tem 0, 2 litros de polpa e litros de água. A porcentagem
de polpa em relação ao volume da mistura é
0, 2
4
=
2
40
= 0, 05 = 5%.
Porcentagem: Soluções dos Problemas Propostos
28) (OBM 1a Fase) De todos os alunos dessa classe, 60%.(22 + 18) = 0, 6.40 = 24 foram
prestar trabalho comunitário. O número mı́nimo de alunas que participaram desse
trabalho é obtido quando número de alunos que participaram é máximo, ou seja, quando
22 alunos se envolveram, restando assim o mı́nimo de 24−22 = 2 vagas para as meninas.
29) (OBM 1a Fase) Seja p a população de Tucupira há três anos. Atualmente, Tucupira tem
p+ 50% de p = p+ 0, 5p, população igual à atual de Pirajussaráı. Temos 1, 5p+ 1, 5p =
9000⇔ 3p = 9000⇔ p = 3000. Há três anos, a soma das populações das duas cidades
era 1, 5p + 0, 5p = 1, 5.3000 + 3000 = 4500 + 3000 = 7500 pessoas.
10
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
30) (OBM 2a Fase) Como 20% da massa total dessa pessoa correspondem á massa de gor-
dura, ela tem
20
100
.100 = 20 kg de gordura. Ela perdeu 40% da sua gordura, ou seja,
perdeu
40
100
.20 = 8 kg de gordura, e como manteve os demais ı́ndices, ela pesava ao final
do regime 100− 8 = 92 kg.
31) (OBM 2a Fase) O tanque contém uma mistura de 30 litros, sendo 0, 2× 30 = 6 litros de
álcool e 30− 6 = 24 litros de gasolina. Portanto, para que as quantidades de gasolina e
álcool fiquem iguais, devem ser colocados no tanque 24− 6 = 18 litros de álcool.
32) (OPM Primeira Fase)
(a) Somente com álcool, o véıculo percorre 400 km com 1 litro de combust́ıvel. Logo
serão necessários
400
8
= 50 litros, gerando um gasto de 50× 1 = 50 reais.
(b) As proporções de combust́ıvel apresentadas possibilitam os seguintes gastos para
se percorrer os 400 km:
400
14
× (0%× 1, 00 + 100%× 2, 00) ≈ 57, 14 reais
400
13, 2
× (40%× 1, 00 + 60%× 2, 00) ≈ 48, 48 reais
400
11, 8
× (50%× 1, 00 + 50%× 2, 00) ≈ 50, 84 reais
400
10
× (70%× 1, 00 + 30%× 2, 00) ≈ 52, 14 reais
400
8
× (100%× 1, 00 + 0%× 2, 00) = 50, 00 reais
Assim, a proporção que possibilita o menor gasto com combust́ıvel é formada por 40%
de álcool e 60% de gasolina.
33) (OPM Primeira Fase) Vejamos primeiramente o preço de cada marca de detergente,
lembrando que os volumes são diferentes. A marca B custa 50 reais, e como o detergente
A é 40% mais caro que a marca B, entã o preço de A é (1+40%)×50 = (1+0, 4)×50 =
1, 4×50 = 70 reais. O detergente C custa 50% a mais que a marca A, portanto preço da
marca C é (1+50%)×70 = (1+0, 5)×70 = 1, 5×70 = 105 reais. Agora vamos calcular
os volumes. O volume de B é de 80 litros, e como o detergente C contém 50% mais
liquido que B, o volume de C é de (1+50%)×80 = (1+0, 5)×80 = 1, 5×80 = 120 litros.
O detergente A tem um volume 20% menor que o detergente C, portanto o detergente A
tem (1−20%)×120 = (1−0, 2)×120 = 0, 8×120 = 96 litros. Para pensar em economia
podemos fazer um quociente, do volume pelo preço, quanto maior esse quociente então
isso quer dizer se leva um volume maior de detergente. Para o detergente A o quociente
é
96
70
≈ 1, 37, para o detergente B 80
50
= 1, 6 e finalmente para o detergente B temos o
quociente
120
105
≈ 1, 14. Portanto o detergente B é o mais econôomico.
34) (OPM Fase Final)
11
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
(a) 20% de 200 milhões é
20
100
.200000000 = 40000000 .
(b) Há mais pessoas que não vão ao dentista do que moradores da zona rural, em
outras palavras, se considerarmos que todos os 38 milhões de habitantes da zona
rural nunca foram ao dentista ainda restariam 40− 38 = 2 milhões de pessoas que
nunca foram ao dentista, e que são da zona urbana.
35) (OBMEP 1a Fase) Inicialmente o fabricante cobrava R$ 20,00 por quilo e passou, com
o aumento de preço, a cobrar R$ 25,00 por quilo. Logo o aumento do preço foi de R$
5,00 por quilo e o aumento percentual de
5
20
= 25%.
36) (OBM 2a Fase) Seja x a quantidade de meninas no ano passado. Então havia 200 − x
meninos. Assim, como o aumento foi de 10% para meninos, 20% para meninas e 30 no
total, temos 0, 10.(200 − x) + 0, 20x = 30 ⇔ x = 100. Logo, após o aumento de 20%,
existem 100.1, 20 = 120 meninas na escola.
37) (OBM 2a Fase) Inicialmente existiam 980 aves com a cauda verde e 20 das demais. Após
a epidemia, estas 20 aves correspondem a 5%, donde o total de aves agora é 20×20 = 400
(sendo 380 da cauda verde). Portanto, morreram 600 aves.
38) (OBM 2a Fase) Seja p o preço de cada camiseta em reais. Júlia comprou 3 camisetas e
pagou por elas 3p reais. Mas como teve 10% de desconto, ao final pagou 100%− 10% =
90% desse valor, ou seja, pagou 90%.3p = 0, 9.3p = 2, 7p reais. O irmão de Júlia
comprou 2 camisetas e pagou por elas 2p reais. Mas como teve 5% de desconto, ao final
pagou 100% − 5% = 95% desse valor, ou seja, pagou 95%.2p = 0, 95.2p = 1, 9p reais.
Como Júlia gastou 12 reais a mais que seu irmão, temos que 2, 7p = 1, 9p+12⇔ 0, 8p =
12⇔ p = 15
39) (OBMEP 1a Fase) Aqui usaremos os termos peso e massa como sinônimos, para tornar o
texto mais próximo da linguagem coloquial. Uma melancia éconstitúıda de duas partes:
água e componentes sólidos (fibras, açúcares, etc.). Durante a desidratação somente
ocorre perda de água; o peso dos demais componentes, antes e depois da desidratação,
permanece o mesmo. O enunciado diz que, após ser desidratada, a melancia pesa 6 kg,
dos quais 90% correspondem a água; os 10% restantes, cujo peso é
1
10
× 6 = 6
10
= 0, 6
kg, correspondem aos componentes sólidos. Por outro lado, antes de ser desidratada, a
melancia tinha 95% de água, logo ela continha 5% de componentes sólidos; como o peso
desses componentes não muda, vemos que 5% do peso original da melancia era 0,6 kg.
Portanto 10%, ou seja, a décima parte, do peso original da melancia era igual a 1,2 kg;
logo, o peso original da melancia era 10× 1, 2 = 12 kg.
40) (OPM Fase Final) Como 90% dos candidatos são eliminados na primeira fase, somente
100%−90% = 10% = 1
10
dos candidatos passam para a segunda fase. Desses candidatos,
1 em cada 3 é chamado para uma das vagas de Medicina. Assim, de
1
10
dos candidatos
12
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 01 - Emiliano Chagas 2 PROBLEMAS
que fizeram a primeira fase,
1
3
são chamados para as vagas de Medicina. Logo a razão
candidatos
vagas
é
1
10
.
1
3
=
1
30
, ou seja, a razão
vagas
candidatos
é o inverso de
1
30
, que é 30.
41) (OPM Fase Final)
(a) O salário sofreu um aumento de 3% em 1994, passando para 1000 + 3%× 1000 =
1000 + 30 = 1030 dólares. Em seguida, sofreu um aumento de 2, 7% em 1995,
passando então para 1030 + 2, 7%× 1030 = 1030 + 27, 81 = 1057, 81 dólares.
(b) Lembrando que aumentar de x% é o mesmo que multiplicar por 1 + x% o valor a
ser aumentado, de acordo com os dados o gasto de US$1000,00 em 1990 passaram a
(1+2, 3%).(1+2, 5%).(1+2, 5%).(1+3, 2%).(1+3, 5%).(1+6%).1000 = US$1216, 88
(c) Não. De acordo com o item (b), o gasto mensal de US$1000,00 em 1990 aumentou
de US$216,88, ou seja, aumentou 21,688%, mais que os 14,3% pedidos.
13
Múltiplos, Divisores e Primos - Aula 02
Nessa lista vamos explorar conceitos básicos de divisão Euclidiana, múltiplos, divisores
e primos.
Quando dividimos o número 7 pelo número 3, obtemos um quociente 2 e um resto 1.
Podemos transformar essa divisão na equação 7 = 3 × 2 + 1. De um modo mais geral, ao
dividirmos um número a por um número b, obtemos um quociente q e um resto r.
a = b× q + r (1)
Perceba que o resto não pode assumir qualquer valor, por exemplo, na divisão por 3
os restos posśıveis são 0, 1 ou 2, em outras palavras, o resto pode ir de 0 até o número
anterior ao divisor. Portanto, ao dividirmos por b, os restos posśıveis são 0, 1, 2, · · · , b− 1.
Um caso muito especial acontece quando o resto da divisão é zero. A equação anterior
fica:
a = b× q (2)
Dessa expressão podemos fazer quatro definições, que são equivalentes:
• a é múltiplo de b
• a é diviśıvel por b
• b é divisor de a
• b é fator de a
Assim, um número primo pode ser definido como um número p que possui exatamente
dois divisores positivos: 1 e p. São primos os números 2, 3, 5, 7, 11, · · · enquanto que 4
não é primo já que possui como divisores positivos 1, 2 e 4, assim como 6 também não é
já que possui como divisores positivos 1, 2, 3 e 6. Números que podem ser representados
como o produto de pelo menos dois números primos são chamados de números compostos,
como exemplo temos 4 = 2× 2 ou 12 = 2× 2× 3.
Problema 1. (OBM 1a Fase) A soma de dois números primos a e b é 34 e a soma dos
primos a e c é 33. Quanto vale a+ b+ c?
Solução. Como a+b = 34, que é um número par, ou a e b são pares, ou são ambos ı́mpares,
como o único primo par é 2, teŕıamos a+ b = 4, portanto a e b são ı́mpares. Com a mesma
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas
análise verificamos que, como a+ c = 33, então temos um número par e um número ı́mpar
entre a e c, e como anteriormente verificamos que a é ı́mpar, então c é um número primo
par, logo c = 2, portanto: a + c = 33 ⇔ a + 2 = 33 ⇔ a = 31. Substituindo na outra
equação temos: a+ b = 34 ⇔ 31+ b = 34 ⇔ b = 3 Finalmente, a+ b+ c = 31+3+2 = 36.
Problema 2. (OBM 1a Fase) Dos números a seguir, qual é o único que pode ser escrito
como produto de quatro naturais consecutivos?
a) 712
b) 548
c) 1026
d) 1456
e) 1680
Solução. Uma ideia para resolver esse problema é fatorar cada uma das alternativas para
verificar se podemos escrever tal número como um produto de quatro números consecutivos.
De fato a alternativa e) dá a resposta, já que 1680 = 24.3.5.7 = 5.6.7.8.
Como essa resolução pode demorar muito, podemos fazer de outra maneira. Perceba
que o produto de números consecutivos cresce muito rápido. Outra solução posśıvel seria
ir testando o produto de quatro números consecutivos até encontrar uma das alternativas,
nesse caso começaŕıamos com 1.2.3.4 = 24, depois tentaŕıamos 2.3.4.5 = 120, o próximo é
3.4.5.6 = 360, 4.5.6.7 = 840, e finalmente 5.6.7.8 = 1680.
Por último, vamos considerar uma ideia mais elaborada. Da resolução anterior podemos
perceber que no produto de quatro números consecutivos sempre teremos pelo menos um
número múltiplo de 3 (veja que aparece o 3 e depois começa a aparecer o 6), um número
múltiplo de 4 (veja que quando o 4 para de aparecer, o 8 aparece) e um número par que não
é múltiplo de 4, em outras palavras, um múltiplo de 2 (o 2 aparece no começo, ai aparece
o 6). Resumidamente, um múltiplo simultâneo de 2, 3 e 4 é um múltiplo de 2.3.4 = 24.
Podemos pegar cada alternativa e ver qual desses números é diviśıvel por 24.
Problema 3. (OBM 1a Fase) Uma professora tem 237 balas para dar a seus 31 alunos.
Qual é o número mı́nimo de balas a mais que ela precisa conseguir para que todos os
alunos recebam a mesma quantidade de balas, sem sobrar nenhuma para ela?
Solução. Dividindo 237 por 31 obtemos quociente 7 e resto 20, ou seja, se a professora
conseguir uma quantidade tal que, somada com 20 dê 31, então ela consegue entregar mais
uma bala para cada aluno. Portanto a professora precisa de 11 balas a mais.
Problema 4. Em um certo ano, Janeiro tinha exatamente quatro terças-feiras e quatro
sábados. Em que dia da semana caiu o dia 1 de Janeiro?
Solução. Uma ideia para resolver esse problema é desenhar um calendário do mês de
janeiro com 31 dias. Veja que a diferença de sábado para terça-feira são apenas 3 dias,
como janeiro possui 31 dias isso quer dizer que podemos montar 4 sequências de 7 dias e
sobram ainda 3 dias (31 = 4.7 + 3), ou seja, como esse mês de janeiro possui exatamente
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
quatro terças e quatro sábados, os 3 dias restantes só podem ser quarta-feira, quinta-feira
e sexta-feira. Montando esse calendário de janeiro verificamos que dia 1 de Janeiro é uma
quarta-feira.
1 Problemas
Múltiplos, Divisores e Primos: Problemas Introdutórios
Problema 5. Sabendo-se que 9174532 × 13 = 119268916, pode-se concluir que é diviśıvel
por 13 o número:
a) 119268903
b) 119268907
c) 119268911
d) 119268913
e) 119268923
Problema 6. Em 2006, o primeiro dia do ano foi um domingo, o primeiro dia da semana.
Qual é o próximo ano em que isso ocorrerá?
Considere que os anos não bissextos têm 365 dias e os bissextos têm 366 dias. São
bissextos:
• os anos que são múltiplos de 4 e não são múltiplos de 100;
• os anos que são múltiplos de 400.
Por exemplo, 1996 e 2000 foram anos bissextos e 1900 não foi um ano bissexto.
Problema 7. A Páscoa é celebrada no primeiro domingo após a primeira Lua cheia do
Outono e pode ocorrer entre 22 de março e 25 de abril. Existem vários métodos para
determinar o dia em que o domingo de Páscoa cai. Um deles é o método de Gauss, descrito
a seguir para os anos no intervalo de 1901 a 2099. Sejam
• A o resto da divisão do ano por 19;
• B o resto da divisão do ano por 4;
• C o resto da divisão do ano por 7;
• D o resto da divisão de 19A+24 por 30;
• E o resto da divisão de 2B + 4C + 6D + 5 por 7;
Desta forma:
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
• Se D + E > 9, então o dia é D + E − 9 e o mês é abril.
• Caso contrário, o dia é D + E + 22 e o mês é março.
Em que dia e mês será o domingo de Páscoa em 2077, ano do centenário da OPM?
Múltiplos, Divisores e Primos: Problemas Propostos
Problema 8. Um certo número inteiro positivo, quando dividido por 15 dá resto 7. Qual
é a soma dos restos das divisões desse número por 3 e por 5?
Problema 9. Um conjunto de inteiros positivos, dois a dois distintos, é chamado auto-
divisor se a soma de todos os seus elementos é múltiplo de cada um de seus elementos. Por
exemplo, {1; 2; 3} é um conjunto auto-divisor com 3 elementos, pois 1+2+3 = 6 é múltiplo
de 1, 2 e 3.
Agora é sua vez! Invente um conjunto auto-divisor com
(a) 4 elementos.
(b) 5 elementos.
(c) 10 elementos.
Problema 10. A primeira fase da OBM de 2008 se realizou no dia 14 de junho, um sábado
do ano bissexto 2008.
Problema 11. O número 1000...02 tem 20 zeros. Qual é a soma dos algarismos do número
que obtemos como quociente quando dividimos esse número por 3?
Problema 12. Em um ano, no máximo quantos meses têm cinco domingos?
Problema 13. Você conhece o critério de divisibilidade por 11? Veja só:
• O número 93918 é diviśıvel por 11 pois 8− 1+ 9− 3 + 9 = 22 e 22 é diviśıvel por 11;
• O número 4851 é divisével por 11 pois 1− 5 + 8− 4 = 0 e 0 é diviśıvel por 11;
• O número 63502 não é diviśıvel por 11 pois 2− 0+ 5− 3+ 6 = 10 que não é diviśıvel
por 11.
a) Qual é o menor número natural de 5 algarismos que é diviśıvel por 11?
b) Qual é o menor número natural de 5 algarismos distintos que é diviśıvel por 11?
Problema 14. Vamos chamar de selo de um número inteiro positivo o par (x; y) no qual
x é o número de divisores positivos desse número menores do que ele e y é a soma desses
divisores. Por exemplo, o selo do número 10 é (3; 8) pois o número 10 tem como divisores
menores do que ele os números 1, 2 e 5, cuja soma é 8. Já o selo do número primo 13 é
(1; 1).
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
a) Qual é o selo do número 9?
b) Qual número tem o selo (2; 3)?
c) Há números cujo selo é (6;m). Qual é o menor valor posśıvel para m?
Problema 15. Neste problema vamos mostrar uma forma de calcular o resto da divisão de
um número inteiro positivo por 7. Considere a figura a seguir, com os restos que um número
inteiro pode deixar na divisão euclidiana por 7 e algumas flechinhas pretas ou brancas entre
eles. Para descobrir o resto da divisão de um número qualquer n por 7, fazemos o seguinte:
partimos do zero e seguimos o caminho indicado por x1 flechas pretas, sendo x1 o algarismo
mais á esquerda de n. Seguimos por uma flecha branca e então seguimos o caminho indicado
por x2 flechas pretas, sendo x2 o segundo algarismo mais á esquerda de n. Seguimos por
uma flecha branca e então seguimos o caminho indicado por x3 flechas pretas, sendo x3
o terceiro algarismo mais á esquerda de n e assim por diante até seguir a quantidade de
flechas pretas indicada pelo algarismo das unidades de n e terminar em algum dos restos
de 0 a 6. O número no qual terminarmos é o resto da divisão de n por 7.
Por exemplo, para n = 3401:
• Partimos do 0 e seguimos por 3 flechas pretas, chegando em 3.
• Seguimos uma flecha branca para 2 e, então, seguimos por 4 flechas pretas, chegando
em 6.
• Seguimos uma flecha branca para 4 e, então, seguimos por 0 flecha preta (ou seja,
ficamos na mesma posição), continuando em 4.
• Seguimos uma flecha branca para 5 e, então, seguimos por 1 flecha preta, chegando
em 6.
• Podemos concluir que 6 é o resto da divisão de 3401 por 7.
a) Encontre, segundo a regra descrita, o resto da divisão de 4288 por 7. Seguindo o modelo
acima, descreva os passos para obtenção do resto.
b) Encontre, segundo a regra descrita, o resto da divisão de 102010 por 7. Não é necessário
descrever todos os 2011 passos, mas não se esqueça de justificar a sua resposta.
5
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 16. Neste problema, vamos apresentar um método de fatoração criado por Pierre
de Fermat. O método consiste em tentar escrever n como a diferença de dois quadrados:
n = x2 − y2
Para isto atribúımos a x o primeiro inteiro maior ou igual a
√
n. Então, testamos se
y =
√
x2 − n
é inteiro. Caso y seja inteiro, utilizamos a fatoração x2 − y2 = (x+ y) · (x− y) para fatorar
n. Senão, aumentamos o valor de x em 1 e repetimos o procedimento.
Por exemplo, se n = 7303, temos
√
n = 85,45 . . ., logo fazemos x = 86. Como y =√
x2 − n =
√
862 − 7303 =
√
93 não é inteiro, aumentamos o valor de x em 1 e tentamos
novamente. Para x = 87, temos y =
√
872 − 7303 =
√
266. Então fazemos x = 88 e agora
y =
√
882 − 7303 =
√
441 = 21, que é um inteiro e o procedimento termina.
Para obter a fatoração, observe que
21 =
√
882 − 7303 ⇐⇒ 212 = 882 − 7303
⇐⇒ 7303 = 882 − 212 = (88− 21)(88 + 21) = 67 · 109
Assim, 7303 = 67 · 109 que é, portanto, composto.
Agora é a sua vez: mostre que n = 84587 é um número composto. Utilize calculadora!
Problema 17. O truque favorito do grande matemágico Benjamini é o seguinte:
• Ele pede para uma pessoa na plateia pensar em um número de sete algarismos. Esse
número não deve ser revelado
• Então pede para ela inverter o número (primeiro algarismo vira o último, o segundo
vira o penúltimo e assim por diante) e subtrair o maior do menor (pode usar lápis e
papel, pois a conta é grande). Nada é revelado ainda.
• Finalmente pede para a pessoa convidada ir falando na ordem os sete algarismos
obtidos (mesmo os posśıveis zeros á esquerda devem ser falados), sendo que um dos
algarismos ela não deve dizer, desafiando Benjamini com “Descubra!”.
• Após o convidado concluir a sua participação, para espanto de todos, Benjamini
imediatamente diz o algarismo que ele não falou.
Por exemplo:
• A pessoa escolhe o número 2485772.
• O número invertido é 2775842. Subtraindo: 2775842− 2485772 = 0290070.
• O convidado, então, diz Zero, Dois, Nove, Zero, Zero, Descubra!, Zero.
• E o triunfante Benjamini, diz de imediato “Sete!”, recebendo as suas merecidas pal-
mas.
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
O segredo de Benjamini é que ele sabe que o número obtido após a subtração deve ser
múltiplo de onze. E sabe também o critério de divisibilidade por onze: Seja anan−1 · · · a2a1a0
a representação decimal de um número inteiro n. O número n é múltiplo de 11 se, e so-
mente se, (a0+a2+a4+ · · · )− (a1+a3+a5+ · · · ) é múltiplo de 11. Por exemplo: 4770216
é múltiplo de 11, pois (6 + 2 + 7 + 4) − (1 + 0 + 7) = 11 é um múltiplo de 11; já 5672109
não é múltiplo de 11, pois (9 + 1 + 7 + 5)− (0 + 2 + 6) = 14 não é múltiplo de 11.
Explicando o truque: 0290070 é múltiplo de 11, pois (0 + 0 + 9 + 0)− (7 + 0 + 2) = 0
que é múltiplo de 11.
a) Um membro da plateia disse: Quatro, Três, Dois, Zero, Descubra!, Cinco, Cinco. Faça
como o grande Benjamini e determine o algarismo que falta.
b) Um outro membro da plateia disse: Seis, Zero, Oito, Descubra!, Zero, Oito, Quatro. E
Benjamini, para surpresa de todos, afirmou que não diria o algarismo porque o resultado
da conta estava errado! Baseado no critério de divisibilidade por onze, explique mais
esse mistério envolvendo o maior dos matemágicos.
Problema 18. Frações redut́ıveis e irredut́ıveis:
a) Algumas vezes, quando somamos frações irredut́ıveis, obtemos uma fração que pode
ser simplificada, ou seja, redut́ıvel. Por exemplo,
4
21
+
1
13
=
4.5 + 1.7
105
é uma fração
equivalente a
9
25
. Notando que 2009 = 72.41, conclúımos que, ao somarmos as frações
irredut́ıveis
a
2009
e
b
41
, obtemos a fração
a+ 49b
2009
. Exiba inteirospositivos a e b de
modo que tal fração seja redut́ıvel.
b) Acontece também de termos como resultado uma fração irredut́ıvel; por exemplo,
5
12
+
7
18
=
5.3 + 7.2
36
=
29
36
. Mais ainda, pode-se demonstrar que, para alguns pares de
denominadores, é imposśıvel obter como resposta uma fração que possa ser simplificada.
Sejam
x
12
e
y
18
frações irredut́ıveis. Mostre que a fração obtida ao calcular
x
12
+
y
18
será
sempre irredut́ıvel.
Problema 19. No jogo denominado “Chomp”, dois jogadores, Arnaldo e Bernaldo, dizem
alternadamente divisores de um número N dado inicialmente. Os números ditos não podem
ser múltiplos de nenhum dos números escolhidos anteriormente. Perde quem escolher o
número 1.
Por exemplo, sendo N = 432 = 24 · 33, um jogo posśıvel é
• Arnaldo escolhe 36;
• Bernaldo escolhe 6 (Observe que ele não poderia escolher 72 = 2 · 36, 108 = 3 · 36,
144 = 4 · 36, 216 = 6 · 36, 432 = 12 · 36 e nem o próprio 36 = 1 · 36.);
• Arnaldo escolhe 16; Bernaldo escolhe 4; Arnaldo escolhe 9; Bernaldo escolhe 3; Ar-
naldo escolhe 2; Bernaldo escolhe 1, perdendo. Arnaldo é o vencedor!
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Uma maneira de visualizar o que está ocorrendo no jogo é desenhar uma barra de cho-
colate formada por quadradinhos numerados com os divisores de N . E, então, imaginar que
os jogadores estão comendo os quadradinhos abaixo e à direita dos números que escolhem.
O quadradinho 1 está envenenado! Para o nosso exemplo, teŕıamos:
4325427
9
4 8 16
14472
24 48126
18 36
3
1
108 216
2
(Mostramos no desenho os quadradinhos que Arnaldo comeria na sua primeira jogada,
36, 72, 108, 144, 216 e 432. Bernaldo, na sua primeira jogada, comeria os quadradinhos 6,
12, 18, 24, 48 e 54.)
Considere agora N = 10000 = 24 · 54.
(a) Desenhe a barra de chocolate correspondente.
(b) Mostre que se Arnaldo começar escolhendo 10, ele consegue vencer o jogo, não im-
portando quais números Bernaldo escolha.
(c) Mostre que se Arnaldo começar escolhendo qualquer número diferente de 10, Bernaldo
consegue vencer o jogo.
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Múltiplos, Divisores e Primos: Soluções dos Introdutórios
5) (OBM 1a Fase) Como 119268916 é diviśıvel por 13, já que 9174532 × 13 = 119268916,
podemos concluir que os números da forma 119268916+x, para x inteiro, são diviśıveis
por 13 se, e somente se, x é diviśıvel por 13. Dentre os números apresentados, o número
119268916 + (−13) = 119268903 é o único diviśıvel por 13.
6) (OPM Fase Inicial) Como 2006 não é bissexto, tem 365 dias e, como 365 = 52× 7 + 1 ,
o primeiro dia do ano de 2007 será uma segunda-feira, um dia a frente do que aconteceu
em 2006. E o mesmo no ano seguinte, ou seja, o primeiro dia do ano de 2008 será
uma terça-feira, um dia a frente do que aconteceu em 2007. Já 2008 á bissexto. Como
366 = 52× 7+2, o primeiro dia do ano de 2009 será uma quinta-feira, dois dias a frente
do que aconteceu em 2008. Como 2009, 2010 e 2011 não são bissextos, os primeiros dias
de 2010, 2011 e 2012 serão, respectivamente, uma sexta-feira, um sábado e um domingo.
Portanto a próxima vez que o ano iniciará em um domingo será em 2012.
7) (OPM Fase Inicial) Efetuando-se as divisões, temos A = 6 , B = 1 e C = 5 . Logo
19A + 24 = 138 e D = 18, além de 2B + 4C + 6D + 5 = 135 e E = 2. Como
D + E = 20 > 9, o domingo de Páscoa em 2077 será no dia D + E − 9 = 11 e no mês
de abril.
Observação: existem dois casos particulares neste peŕıodo: 2049 e 2076. Quando o
domingo de Páscoa, de acordo com a regra citada, cair em Abril e o dia for 26, o dia é
corrigido para 19. E quando o domingo de Páscoa cair em Abril e o dia for 25, o dia é
corrigido para 18.
Múltiplos, Divisores e Primos: Soluções dos Propostos
8) (OBM 1a Fase) Seja A = 15p + 7. Como
A
3
=
15p+ 7
3
= 5p +
7
3
, conclúımos que o
resto da divisão de A por 3 é igual ao resto da divisão de 7 por 3, ou seja, 1. De forma
análoga, o resto da divisão de A por 5 é o mesmo que o da divisão de 7 por 5, ou seja,
igual a 2. A soma desses restos é igual a 1 + 2 = 3.
9) (OPM Fase Inicial)
(a) {1, 2, 3, 6}
(b) {1, 2, 3, 6, 12}
(c) {1, 2, 3, 6, 12, 24, 48, 96, 192, 384}
Esses são alguns exemplos. Há outros conjuntos que cumprem as condições impostas
pelo problema.
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
10) (OBM 1a Fase) Perceba que ao dividirmos 365 por 7 obtemos resto 1, portanto ao
dividirmos 366 por 7 obtemos resto 2. Em outras palavras, se o resto dessa divisão fosse
zero, então o próximo ano começaria no mesmo dia da semana, e como num ano regular
temos resto 1, temos que o ano seguinte começa no dia da semana seguinte. É verdade
que 14 de junho de 2008 é um sábado. Logo 14 de junho de 2009 será um domingo, de
2010 será uma segunda-feira, de 2011 será uma terça-feira, de 2012 (que é bissexto) será
uma quinta-feira, de 2013 será uma sexta-feira e, finalmente, de 2014 será um sábado.
Portanto a próxima vez que o dia 14 de junho será num sábado e acontecerá daqui a 6
anos.
11) (OBM 2a Fase) O quociente da divisão de 102 por 3 é 34, de 1002 por 3 é 334, de
10002 por 3 é 3334, etc. Assim, o quociente da divisão de 10...02, com vinte algarismos
zero, por 3, é igual a 33...34, com vinte algarismos três. Logo a soma dos algarismos do
quociente é 20× 3 + 4 = 64.
12) (OBM 1a Fase) Como 365 dividido por 7 dá quociente 52 e resto 1 e 366 dividido por
7 dá o mesmo quociente e resto 2, em um ano, bissexto ou não, há no máximo 53
domingos. Um mês tem entre 28 = 4 × 7 e 31 = 4 × 7 + 3 dias, então todo mês tem
4 ou 5 domingos. Como 53 dividido por 12 dá quociente 4 e resto 5, há no máximo 5
meses com 5 domingos. Um exemplo de ano com cinco meses com cinco domingos é um
iniciado no domingo.
13) (OPM Fase Final)
a) Fazemos primeiramente
10000
11
para obtermos quociente 909 e resto 1. Isso significa
que 909 × 11 = 9999 se somarmos 11 teremos 909 × 11 + 11 = 9999 + 11, ou seja,
910× 11 = 10010 que é um múltiplo de 11.
b) Comecemos pelo menor número de três algarismos distintos que é 10234, a partir
dele utilizamos a ideia do enunciados do critério de divisibilidade por 11, aumentando
sempre o algarismo das unidades de 1 em 1 para ver se funciona. 4 − 3 + 2 − 0 + 1
até 9− 3+2− 0+1 não terá efeito, mudamos a casa das dezenas para 4 e a unidade
corretamente para perceber que 3 − 4 + 2 − 0 + 1 até 9 − 4 + 2 − 0 + 1 não terá
efeito. Utilizamos essa ideia até chegarmos em 3− 6+ 2− 0+ 1 que dará zero. Logo
o número pedido é 10263. Outra maneira de fazer o problema é tomar o número
10200 e ver o múltiplo de 11 mais próximo, a partir dáı ir somando 11 e ver quando
os cinco d́ıgitos são distintos.
14) (OBM 2a Fase)
a) Os divisores positivos de 9 menores que 9 são 1 e 3, logo o selo do número 9 é o par
(2; 4).
b) Observe que todo número inteiro positivo tem 1 como divisor. Como o número que
estamos procurando tem apenas dois divisores menores que ele, 1 terá que ser um
desses divisores e como a soma dos dois divisores é 3, então o outro divisor deve ser
2. Como não há outros divisores, então o número que procuramos é uma potência
10
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
de 2, e para ter apenas dois divisores menores que ele próprio, então o número deve
ser 4.
c) Seja n um número com selo (6;m). n possui 7 divisores contando com ele próprio,
logo a única possibilidade é que ele seja da forma p6, com p primo, e m é igual a
1 + p+ p2 + · · ·+ p5. Para que m seja mı́nimo, p terá que ser mı́nimo, logo p = 2 e
m = 1 + 2 + 22 + · · ·+ 25 = 63.
15) (OPM Fase Inicial)
a) Partimos do 0 e seguimos por 4 flechas pretas até 4. Seguimos uma flecha branca
até 5 e depois por 2 flechas pretas até 0. Seguimos uma flecha branca até 0 e depois
por 8 flechas pretas até 1. Seguimos uma flecha brancaaté 3 e depois por 8 flechas
pretas até 4, que é o resto da divisão de 4288 por 7.
b) Partimos do 0 e seguimos por 1 flecha preta até 1. A partir de agora, seguiremos
apenas por flechas brancas, num total de 2010 passos: de 1 a 3, de 3 a 2, de 2 a 6,
de 6 a 4, de 4 a 5, e 5 a 1. Note agora que cada 6 passos seguidos que executarmos
nos levará de volta ao 1. Como 2010 é múltiplo de 6, ao final dos passos chegaremos
no 1, e esse é o resto da divisão de 102010 por 7.
16) (OPM Fase Final) Temos
√
n = 290,8 . . ., portanto começamos com x = 291. A tabela
a seguir resume os cálculos
x x2 − n
291 94
292 677
293 1262
294 1849
Veja que, como um quadrado perfeito não pode terminar em 2 ou 7, somente o primeiro
e o último valores devem ser verificados. Apenas o último é um quadrado perfeito:
1849 = 432. Logo
n = 2942 − 432 = (294− 43)(294 + 43) = 251 · 337
17) (OPM Fase Inicial)
a) Aplicando o critério apresentado, sendo x o valor do algarismo não dito a Benjamini,
temos que (5 + x + 2 + 4) − (5 + 0 + 3) deve ser um múltiplo de onze, ou seja,
11 + x− 8 = 3 + x deve ser um múltiplo de onze. Como x é um algarismo, x = 8.
b) Aplicando novamente o critério, sendo x o valor do algarismo não dito a Benjamini,
temos que (4 + 0 + 8 + 6) − (8 + x + 0) deve ser um múltiplo de onze, ou seja,
18 − 8 − x = 10 − x deve ser um múltiplo de onze. Como x é um algarismo, os
posśıveis valores de 10− x são os números de 1 a 10, e não há múltiplos de 11 nesse
intervalo. Como o resultado deve ser múltiplo de onze, nenhum dos posśıveis valores
de x pode ocupar o lugar de “Descubra!” e, portanto, o convidado errou uma conta.
18) (OPM Fase Final)
11
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 02 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
a) Como a fração
a+ 49b
2009
deve ser irredut́ıvel, temos que a + 49b deve ser múltimplo
de 7 ou de 41. Mas
a
2009
é irredut́ıvel; logo a não pode ser múltiplo de 7 e, con-
sequentemente, a + 49b também não. Assim, a + 49b deve ser múltitplo de 41, ou
seja, a+ 49b = 41k, para k inteiro positivo. Vale observar que 7 não divide a, 6 não
divide b e 7 não divide k. A tabela a seguir mostra alguns exemplos de valores para
a e para b:
b) Temos
x
12
+
y
18
=
3x+ 2y
36
. Para que tal fração seja redut́ıvel, 3x + 2y deve ser
múltiplo de 2 ou de 3, o que ocorre se, e somente se, x é múltitplo de 2 ou y é
múltiplo de 3. Mas x não pode ser múltiplo de 2, pois a fração
x
12
é irredut́ıvel, da
mesma forma que y não pode ser múltiplo de 3, pois é irredut́ıvel. Logo a fração
x
12
+
y
18
será sempre irredut́ıvel.
19) (OPM Fase Final)
(a)
1 2 4 8 16
5 10 20 40 80
25 50 100 200 400
125 250 500 1000 2000
625 1250 2500 5000 10000
(b) Se Arnaldo começar com 10, Bernaldo só poderá escolher 1, ou as potências de
5 (5, 25, 125 e 625) ou as potências de 2 (2, 4, 8 e 16). Se essa escolha for 1,
Arnaldo ganha direto, se for uma das potências de 2, Arnaldo escolhe 5, a menos
que Bernaldo escolha 4, 8 ou 16, pois Arnaldo deverá, neste caso, escolher 25, 125
ou 625, respectivamente. Se Bernaldo, ao invés de potência de 2 escolher 5, Arnaldo
escolhe 2 e ganha, mas se Bernaldo escolher 25, 125 ou 625, Arnaldo escolhe 4, 8
ou 16 respectivamente e também ganha.
(c) Se Arnaldo escolher outro número se não 10, Bernaldo ganha. Se Arnaldo escolher
uma potência de 2, Bernaldo escolhe a potência de 5 correspondente. Se Arnaldo
escolher um número que não é potência nem de 2 nem de 5, Bernaldo escolhe 10 e
procede da mesma maneira que Arnaldo faria para ganhar (tudo explicado no item
anterior, num tabuleiro simétrico).
12
Problemas de Álgebra I - Aula 03
Os problemas de álgebra podem envolver em sua resolução o aux́ılio de variáveis. Nesse
primeiro material de problemas de álgebra, a utilização de variáveis não é crucial, muitos
dos problemas saem por métodos elementares de operações simples.
Mas fique atento, as variáveis são o corpo e a alma de álgebra, aprenda a gostar delas.
Problema 1. (OBM 1a Fase) Para cortar um tronco reto de eucalipto em 6 partes, o
madeireiro Josué faz 5 cortes. Ele leva meia hora para fazer os cortes, que são feitos
sempre da mesma maneira. Quanto tempo Josué levará para cortar outro tronco igual em
9 pedaços?
Solução. Se para cortar um tronco reto de eucalipto em 6 partes, o madeireiro Josué faz
5 cortes e leva meia hora para fazer os cortes, vemos que cada corte é feito em 30× 5 = 6
minutos. Portanto, para cortar outro tronco igual em 9 pedaços ele precisará fazer 8 cortes.
E isso levará 8× 6 = 48 minutos.
Problema 2. (EUA 1a Fase) A taxa de meninos para meninas na sala de aula do Sr. Brown
é de 2 : 3. Se existem 30 estudantes na sala, quantas meninas a mais do que meninos existem
na sala?
Solução. Seja 2x o número de meninos, então o número de meninas é 3x. O total de
estudantes é 30, logo 2x+ 3x = 30 ⇔ x = 6. Como queremos quantas meninas a mais do
que meninos temos na sala, queremos 3x − 2x = x, logo temos 6 meninas a mais do que
meninos.
Problema 3. (OBM 1a Fase) Carlos e seus dois amigos, Danilo e Edson, foram ao cinema.
Carlos pagou a entrada de todos, Danilo pagou a pipoca e o suco para todos e Edson pagou
o estacionamento do carro. Para acertar as contas, Danilo e Edson pagaram R$ 8,00 e R$
14,00, respectivamente, para Carlos, pois a despesa total de cada um foi de R$ 32,00. Qual
era o preço da entrada no cinema?
Solução. Para cada um, o gasto com a pipoca e o suco foi (32− 8)÷ 3 = 24÷ 3 = 8 reais
e com o estacionamento foi (32 − 14) ÷ 3 = 18 ÷ 3 = 6 reais. Se a despesa total de cada
um foi de 32 reais, o preço da entrada foi 32− 8− 6 = 18 reais.
1 Problemas
Problemas de Álgebra: Problemas Introdutórios
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 4. Rosa e Maria começam a subir uma escada de 100 degraus no mesmo instante.
Rosa sobe 10 degraus a cada 15 segundos e Maria sobe 10 degraus a cada 20 segundos.
Quando uma delas chegar ao último degrau, quanto tempo faltará para a outra completar
a subida?
Problema 5. Caio e Sueli começaram, separadamente, a guardar moedas de R$ 1,00 em
janeiro de 2004. Todo mês Caio guardava 20 moedas e Sueli guardava 30 moedas. Em julho
de 2004 e nos meses seguintes, Caio não guardou mais moedas, enquanto Sueli continuou
a guardar 30 por mês. No final de que mês Sueli tinha exatamente o triplo do número de
moedas que Caio guardou?
Problema 6. Śılvia pensou que seu relógio estava atrasado 10 min e o acertou, mas na
verdade o relógio estava adiantado 5 min. Cristina pensou que seu relógio estava adiantado
10 min e o acertou, mas na verdade o relógio estava atrasado 5 min. Logo depois, as duas
se encontraram, quando o relógio de Śılvia marcava 10 horas. Neste momento, que horas o
relógio de Cristina indicava?
Problema 7. Esmeralda lançou um dado dez vezes e obteve 57 como soma de todos os
pontos obtidos nesses lançamentos. No mı́nimo, quantas vezes sáıram 6 pontos?
Problema 8. Ontem Dona Dulce gastou R$ 12,00 no mercado para comprar 4 caixas de
leite e 6 pães. Hoje, aproveitando uma promoção no preço do leite, ela comprou 8 caixas
de leite e 12 pães por R$ 20,00 no mesmo mercado. O preço do pão foi o mesmo que o de
ontem. Qual foi o desconto que o mercado deu em cada caixa de leite?
Problema 9. Numa festa, na casa de Cláudia, havia crianças somente na cozinha, na sala
e na varanda. Em certo momento, várias crianças começaram a correr ao mesmo tempo:
7 crianças correram da varanda para a cozinha, 5 crianças correram da cozinha para a
sala, e 4 crianças correram da sala para a varanda. Ao final dessa correria, a quantidade de
crianças na sala era igual a quantidade de crianças na varanda e também igual a quantidade
de crianças na cozinha. Quantas crianças, no mı́nimo, havia na casa de Cláudia?
Problema 10. Uma empresa de telefonia celular oferece planos mensais de 60 minutos a
um custo mensal de R$ 52,00, ou seja, você pode falar durante 60minutos no seu telefone
celular e paga por isso exatamente R$ 52,00. Para o excedente, é cobrada uma tarifa de
R$ 1,20 cada minuto. A mesma tarifa por minuto excedente é cobrada no plano de 100
minutos, oferecido a um custo mensal de R$ 87,00. Um usuário optou pelo plano de 60
minutos e no primeiro mês ele falou durante 140 minutos. Se ele tivesse optado pelo plano
de 100 minutos, quantos reais ele teria economizado?
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problemas de Álgebra: Problemas Propostos
Problema 11. Ana e Beatriz compraram dezoito bombons de mesmo preço. Ana pagou
por oito deles e Beatriz pelos outros dez. Na hora do lanche, dividiram os bombons com
Cećılia e cada uma delas comeu seis. Para dividir igualmente o custo dos bombons, Cećılia
deveria pagar R$ 1,80 para Ana e Beatriz. Ela pensou em dar R$ 0,80 para Ana e R$ 1,00
para Beatriz, mas percebeu que essa divisão estava errada. Quanto ela deve pagar para
Beatriz?
Problema 12. João fez uma viagem de ida e volta entre Pirajuba e Quixajuba em seu
carro, que pode rodar com álcool e com gasolina. Na ida, apenas com álcool no tanque,
seu carro fez 12 km por litro e na volta, apenas com gasolina no tanque, fez 15 km por
litro. No total, João gastou 18 litros de combust́ıvel nessa viagem. Qual é a distância entre
Pirajuba e Quixajuba?
Problema 13. Um artesão começa a trabalhar as 8h e produz 6 braceletes a cada vinte
minutos; seu auxiliar começa a trabalhar uma hora depois e produz 8 braceletes do mesmo
tipo a cada meia hora. O artesão pára de trabalhar as 12h mas avisa ao seu auxiliar que
este deverá continuar trabalhando até produzir o mesmo que ele. A que horas o auxiliar
irá parar?
Problema 14. Segundo a matéria apresentada no programa ”Fantástico”de 18/10/03, inti-
tulada ”Números da Cidade de São Paulo 2003”, 150 mil lâmpadas de iluminação pública
queimam por ano e 300 lâmpadas queimadas são trocadas todos os dias (fonte: Ilume,
Secretaria Municipal de Infra-estrutura). Utilize calculadora nesse problema.
a) Quantas lâmpadas queimam, em média, por dia?
b) Supondo que estes números se mantenham nos próximos anos, estime em que ano
pelo menos metade das 525 mil lâmpadas de iluminação pública estarão queimadas.
Você deve supor que não havia lâmpadas queimadas no dia primeiro de janeiro de
2003.
Problema 15. Ao redor de um grande lago existe uma ciclovia de 45 quilômetros de compri-
mento, na qual sempre se retorna ao ponto de partida se for percorrida num único sentido.
Dois amigos partem de um mesmo ponto com velocidades constantes de 20 km por hora e
25 km por hora, respectivamente, em sentidos opostos. Quando se encontram pela primeira
vez, o que estava correndo a 20 km por hora aumenta para 25 km por hora e o que estava a
25 km por hora diminui para 20 km por hora. Quanto tempo o amigo que chegar primeiro
ao ponto de partida deverá esperar pelo outro?
Problema 16. Sabe-se que
2
9
do conteúdo de uma garrafa enchem
5
6
de um copo. Para
encher 15 copos iguais a esse, quantas garrafas deverão ser usadas?
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 17. Antônio é um perito da poĺıcia que analisa acidentes automobiĺısticos. Ele
sempre inicia uma investigação tentando descobrir a velocidade com a qual o véıculo tra-
fegava momentos antes do acidente. Um dos métodos por ele utilizado consiste em medir
o tamanho de marcas (vest́ıgios) ininterruptas deixadas pelos pneus travados pelos freios e
então utilizar a fórmula V = 3,6 ·
√
19,6 · µ · d para obter uma aproximação da velocidade.
Nesta fórmula, V indica a velocidade, em km/h, com a qual o véıculo trafegava no
momento em que os freios foram acionados, travando as rodas até sua parada total, d
corresponde ao tamanho, em metros, das marcas da freada e µ é o coeficiente de atrito
(aspereza) da superf́ıcie. Veja alguns valores médios de coeficientes de atrito (µ):
Descrição da superf́ıcie Seca Molhada
Concreto novo (rugoso) 0,84 0,61
Concreto trafegado 0,69 0,56
Asfalto novo (rugoso) 0,79 0,62
Asfalto trafegado 0,66 0,53
Paraleleṕıpedo novo (rugoso) 0,78 0,60
Paraleleṕıpedo trafegado 0,68 0,48
Utilize calculadora nesse problema.
(a) Em um teste para uma revista automotiva, um motorista conduz um véıculo sobre
uma superf́ıcie seca de concreto novo. Em certo momento, o motorista aciona os
freios, bloqueando as rodas até a parada total do véıculo, deixando uma marca de
17 m de comprimento. Qual é a velocidade aproximada com que o véıculo trafegava
no momento em que os freios foram acionados?
(b) Sob intensa chuva, um motorista conduz, a 144 km/h, um véıculo por uma rodovia de
asfalto já bastante trafegado. Num trecho de reta, após perceber a presença de uma
árvore cáıda sobre a rodovia, impedindo a passagem de qualquer véıculo, ele reage
e aciona os freios, travando as rodas até a parada completa do véıculo. Exatamente
no momento em que as rodas são travadas, o véıculo está a 130 m da árvore. Se o
carro continuar sua trajetória em linha reta, com as rodas bloqueadas, o motorista
irá colidir com a árvore?
Problema 18. Anita imaginou que levaria 12 minutos para terminar a sua viagem, enquanto
dirigia a velocidade constante de 80 km/h, numa certa rodovia. Para sua surpresa, levou
15 minutos. Com qual velocidade constante essa previsão teria se realizado?
Problema 19. Na Microlândia, há quatro times de futebol. O regulamento do campeonato
microlandense de futebol, ou como é chamado carinhosamente pelos seus habitantes, o
Microlandião, é o seguinte: na fase classificatória, cada um dos quatro times joga com
todos os outros três exatamente uma vez. Em cada jogo, uma vitória vale 3 pontos, um
empate vale 1 ponto e uma derrota vale zero pontos. As duas equipes que conseguirem as
maiores quantidades de pontos são classificadas para a grande final do Microlandião. Caso
seja necessário, há um sorteio para definir as equipes classificadas. Por exemplo, se os times
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
têm 9, 4, 4 e 0 pontos, respectivamente, há um sorteio para definir a segunda equipe que
participará da final.
a) Qual é a menor pontuação posśıvel de uma equipe classificada para a final?
b) Qual é a maior pontuação possével de uma equipe que não foi classificada para a
final?
Problema 20. Joana foi comprar 20 canetas e comparou os preços em duas lojas: na loja
A, cada caneta custa 3 reais, mas há uma promoção de 5 canetas pelo preço de 4, e na loja
B, cada caneta custa 4 reais, mas a cada 5 canetas compradas, como brinde ela pode levar
até mais duas de graça. Tentando fazer a melhor escolha entre comprar somente na loja A
ou somente na loja B, quanto ela pode economizar?
Problema 21. Na Matemática, existem problemas que ninguém, nem mesmo matemáticos
profissionais, resolveu ainda. Esses são os chamados problemas em aberto. Um problema
em aberto famoso é o 3x + 1: Considere um número inteiro positivo. Se esse número é
ı́mpar, multiplique-o por 3 e some 1 ao resultado (dáı o nome do problema!); se é par,
divida-o por 2. Se o número obtido é 1, pare; se não, repita esse procedimento com o
número obtido.
Por exemplo, se começamos com o número 20, obtemos os seguintes números:
20
:2−→ 10 :2−→ 5 ×3+1−→ 16 :2−→ 8 :2−→ 4 :2−→ 2 :2−→ 1
O que ninguém sabe é se sempre obtemos o número 1, não importando qual é o número
inicial. Já foram testados todos os números até 290 quatrilhões!
(a) Verifique que começando com o número 28, obtemos 1.
(b) Note que no final do nosso exemplo há uma sequência de potências de 2 iniciada por
16. O número que antecede 16 não é uma potência de 2. Existe algum número inicial
para o qual os últimos números obtidos formem uma sequência de potências de 2
iniciada por 32? Não se esqueça: nesse caso, o número que antecede 32 não pode ser
64.
Problema 22. Na Krugerrândia, a empresaresponsável pelo transporte urbano em ônibus
oferece dois tipos de passe: Múltiplo de 2 e Múltiplo de 4. Em ambos os casos, o passageiro
recebe um único passe, no qual está impresso o tipo. O controle da quantidade de viagens
realizadas é feito eletronicamente, e o passe fica retido pela máquina ao término das viagens
permitidas.
O passe Múltiplo de 2 custa Kr$3,10 e dá direito a duas viagens quaisquer e o Múltiplo
de 4 custa Kr$5,90 e dá direito a quatro viagens quaisquer. Para definir o preço de cada
passe, a empresa computou apenas o gasto com a confecção do passe (que é o mesmo para
os dois tipos) e o gasto correspondente as viagens a que dá direito cada passe.
(a) Qual é o gasto com a confecção de cada passe?
5
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
(b) A empresa quer criar o passe Múltiplo de 8, que dará direito a oito viagens quaisquer.
De acordo com as informações apresentadas, quanto custará o passe Múltiplo de 8?
Problema 23. Em uma prova de múltipla escolha, Júlia acertou 100 das 128 questões
posśıveis. Ela verificou que a maior quantidade de questões consecutivas que ela acertou é
N. Qual é o valor mı́nimo para N?
Problema 24. O Homem sempre foi fascinado por números gigantes. Na Antiguidade,
Arquimedes inventou um método para escrever um número que excedesse a quantidade de
grãos de areia necessários para preencher o universo. O número de Arquimedes é aproxi-
madamente 10(10
16902).
Há uma maneira simples para se escrever números gigantes. Utilizando o śımbolo ↑,
podemos representar potências da seguinte maneira:
• A ↑ B = AB, como por exemplo, 2 ↑ 3 = 8;
• A ↑↑ B = A(A(...A)), onde A aparece B vezes, como por exemplo, 2 ↑↑ 3 = 2(22) =
24 = 16.
Deste modo 10(10
16902) pode ser representado assim: 10 ↑ (10 ↑ 16902).
(a) Determine o valor numérico de 5 ↑ 2 e 5 ↑↑ 2.
(b) Na expressão 2 ↑ (2 ↑ (2 ↑ (. . . ↑ (2)))), qual é o menor número de ↑ que devemos
colocar a fim de obtermos um número maior do que 10 ↑ 9? Nesse item utilize
calculadora. Justifique sua resposta!
Problema 25. Certo banco brasileiro obteve um lucro de R$ 4,1082 bilhões ao final do
primeiro semestre de 2008. Esse valor representa um aumento de 2,5% em relação ao
resultado obtido no mesmo peŕıodo do ano passado. Qual é a soma dos d́ıgitos do número
inteiro que representa, em reais, o lucro desse banco no primeiro semestre de 2007?
Problema 26. Três carros com velocidades constantes cada um, na mesma estrada, passam
no mesmo momento por Brasilópolis. Ao viajar 100 quilômetros, o carro A passa por
Americanópolis, 20 quilômetros a frente do carro B e 50 quilômetros a frente do carro C.
Quando o carro B passar por Americanópolis, quantos quilômetros estará a frente do carro
C?
Problema 27. No planeta POT o número de horas por dia é igual a número de dias por
semana, que é igual ao número de semanas por mês, que é igual ao número de meses por
ano. Sabendo que em POT há 4096 horas por ano, quantas semanas há num mês?
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema de Álgebra: Soluções dos Introdutórios
4) (OBMEP 1a Fase) Como 100 degraus = 10 × 10 degraus, Rosa gastará 15 × 10 = 150
segundos para chegar ao último degrau da escada. Do mesmo modo, Maria levará
20 × 10 = 200 segundos para atingir o topo da escada. Assim, quando Rosa terminar
de subir a escada, faltarão 200− 150 = 50 segundos para Maria completar a subida.
5) (OBMEP 1a Fase) De janeiro a junho há 6 meses. Portanto, Caio economizou 6× 20 =
120 moedas até junho. O triplo de 120 é 3×120 = 360. Como Sueli continuou guardando
30moedas por mês, ela conseguiu guardar 360 moedas após 360 ÷ 30 = 12 meses, ou
seja, em dezembro de 2004.
6) (OBM 1a Fase) Se Śılvia acertou o relógio, ela adiantou 10min. Como já estava adian-
tado 5min, o relógio ficou 15min adiantado. Portanto, se marcava 10h, era na verdade
9h45min. Se Cristina acertou o relógio, ela atrasou 10min. Como já estava atrasado
5min, o relógio ficou 15min atrasado. Como 9h45min foi o horário real do encontro, o
relógio de Cristina indicava 9h30min.
7) (OBM 1a Fase) A soma máxima dos pontos é 6×10 = 60 e portanto em no máximo três
lançamentos o número obtido não é o máximo. Assim, em pelo menos sete lançamentos
o número obtido é o máximo 6.
8) (OBMEP 1a Fase) Hoje Dona Dulce comprou o dobro do que comprou ontem, logo ela
deveria pagar 2× 12 = 24 reais. Como ela pagou apenas 20 reais, a promoção fez com
que ela economizasse 24− 10 = 4 reais na compra de 8 caixas de leite. Logo o desconto
em cada caixa de leite foi de 4÷ 8 = 0, 50 reais, ou seja, de R$ 0,50.
9) (OBMEP 1a Fase) Ao final da correria, a cozinha ficou, no mı́nimo, com as 7 crianças
que vieram da varanda; logo, todos os cômodos da casa terminaram com pelo menos 7
crianças. A varanda perdeu 7− 4 = 3 crianças na correria; para que, ao final, ela ficasse
com pelo menos 7 crianças, ela deveria ter pelo menos 7 + 3 = 10 crianças no ińıcio.
Já a cozinha ganhou 7 − 5 = 2 crianças; para acabar com pelo menos 7 crianças, ela
deveria ter pelo menos 7−2 = 5 crianças no ińıcio. De modo análogo, a sala deveria ter
pelo menos 6 crianças no ińıcio. Logo, o número de crianças na casa era, no mı́nimo,
10 + 5 + 6 = 21.
10) (OBM 1a Fase) O usuário pagou 52 + (140 − 60) × 1, 20 = 148 reais; no plano de 100
minutos teria pago 87 + (140 − 100) × 1, 20 = 135 reais, ou seja, teria economizado
148− 135 = 13 reais.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problemas de Álgebra: Soluções dos Propostos
11) (OBMEP 1a Fase) Cada uma das meninas comeu 6 bombons. Como Cećılia pagou
R$1,80 pelos seus, cada bombom custou R$1, 80 ÷ 6 = R$0, 30. Beatriz comprou dez
bombons e comeu seis, logo ela deu quatro para Cećılia e por isso deve receber 4 ×
R$0, 30 = R$1, 20.
12) (OBMEP 1a Fase) Vamos chamar de D a distância entre Pirajuba e Quixajuba. Qual-
quer que seja o combust́ıvel utilizado, temos D = litros consumidos × quilômetros por
litro . Isso mostra que as grandezas “litros consumidos” e “quilômetros por litro” são in-
versamente proporcionais (pois seu produto é constante). Sendo A os litros consumidos
na ida, e B os litros consumidos na volta, podemos escrever:
A
B
=
15
12
=
5
4
Basta então achar uma fração equivalente a
5
4
na qual a soma do numerador com o
denominador seja 18. Essa fração é
10
8
; ou seja, João gastou 10 litros de álcool na
ida e 8 litros de gasolina na volta. Logo a distância entre Pirajuba e Quixajuba é
12× 10 = 8× 15 = 120 quilômetros.
13) (OBM 1a Fase) O número de braceletes feitos pelo artesão é 4horas × 8
20
braceletes
por minuto = 72. O auxiliar produz
8
1/2
braceletes por hora = 16 braceletes por hora.
Então 72 braceletes = 16× braceletes
hora
× t ⇔ t = 72
16
= 4, 5 horas. Temos 9 horas + 4,5
horas = 13 horas e 30 minutos.
14) (OPM Fase Final)
a) 150000÷ 365 ≈ 411 lâmpadas
b) Por dia 411 − 300 = 111 lâmpadas queimadas não são trocadas. Gostaŕıamos de
saber quando 111×x = 525000/2. Resolvendo a equação temos que x = 2364 dias,
ou seja, em 6 anos e meio, aproximadamente, metade das lâmpadas de São Paulo
estarão apagadas.
15) (OBM 1a Fase) O intervalo de tempo entre a partida e o primeiro encontro é igual ao
intervalo de tempo entre o primeiro encontro e o segundo encontro, no ponto de partida.
Isso acontece porque ao se inverterem as velocidades, a situação seria a mesma que se
cada um deles retornasse ao ponto de partida pelo caminho que veio, com a mesma
velocidade. Portanto, eles chegarão no mesmo instante, ou seja, o tempo que um irá
esperar pelo outro será igual a 0.
16) (OBM 1a Fase) Serão necessários 15×
2
9
5
6
= 15× 2
9
× 6
5
= 4 garrafas.
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
17) (OPM Fase Final)
a) Aproximadamente 60 km/h.
b) O motorista colidirá com a árvore, pois o carro percorreriaaproximadamente 154 m.
18) (OBM 1a Fase) Viajando a 80 km/h por 15 minutos, ou seja,
15
60
=
1
4
de hora, Anita
percorreu
80
4
= 20 km. Para conseguir percorrer esses 20 km em 12 minutos, ou seja,
12
60
=
1
5
de hora, ela deveria trafegar a uma velocidade constante de
20
1
5
= 20× 5 = 100
km/h.
19) (OPM Fase Final) Vamos chamar as equipes de Optigol, Mithbol, Oithclub e Arapiraca.
a) Uma possibilidade de resultados para que algum time passe para a segunda fase
com 2 pontos é a seguinte: o Optigol ganha de todos os outros três times; todos os
outros três jogos (Mithbol x Oithclub; Oithclub x Arapiraca; Arapiraca x Mithbol)
terminam empatados. Nesse caso, Optigol fica com 9 pontos e todos os outros três
times com 2 pontos.
Suponha agora que, em uma outra situação, um dos clubes, digamos, o Arapiraca,
fez 1 ponto ou menos. Então pelo menos dois times ganharam do Arapiraca e
fizeram pelo menos 3 pontos, o superando. Deste modo, um time que faz menos
de 2 pontos n ao pode ser classificado para a final. Portanto a menor pontuação
posśıvel de uma equipe classificada para a final é 2 pontos.
b) Uma possibilidade de resultados para que algum time não passe para a segunda
fase com 6 pontos é a seguinte: o Optigol perde de todos os outros três times; o
Mithbol ganha do Oithclub; o Oithclub ganha do Arapiraca; o Arapiraca ganha
do Mithbol. Nesse caso, a tabela do campeonato fica assim: Mithbol, Oithclub e
Arapiraca empatados com 6 pontos e Optigol com 0 pontos. Assim, um dos times
que fez 6 pontos não se classificará para a final.
Suponha agora que, em uma outra situação, um dos clubes, digamos, o Arapiraca,
fez 7 pontos ou mais. Então dois times perderam do Arapiraca e fizeram no máximo
6 pontos, ou seja, o Arapiraca está na frente de dois times na tabela, estando
classificado para a final. Deste modo, um time que faz mais de 6 pontos com
certeza está classificado para a final. Portanto a maior pontuação posśıvel de uma
equipe que não foi classificada para a final é 6 pontos.
20) (OBM 1a Fase) Se Joana comprar as 20 canetas na Loja A, ela pagará o preço de 16
canetas (já que 20 = 4 × 5 e a cada cinco canetas ela paga o preço de apenas quatro).
Assim, na Loja A ela gastaria 16 × 3 = 48 reais, já que cada caneta custa 3 reais. Se
Joana comprar as 20 canetas na Loja B, como ela compra 5 e ganha 2, ou seja, a cada
7 ela paga o preço de apenas 5. Assim, Joana precisa de 7 + 7 + 6 canetas, que saem
pelo preço de apenas 3× 5 = 15 canetas. Como cada unidade custa 4 reais, ela gastaria
15 × 4 = 60 reais na Loja B. Assim, entre a opção mais barata e a mais cara, Joana
pode economizar 60− 48 = 12 reais.
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
21) (OPM Fase Final)
(a) A sequência fica: 28 → 14 → 7 → 24 → 12 → 6 → 3 → 10 → 5 → 16 → 8 → 4 →
2 → 1
(b) Não. Como o número que antecede 32 não pode ser 64, o número que antecede 32
deve ser então ı́mpar e, nesse caso, 32 deveria ser um múltiplo de 3 mais 1, o que
é um absurdo. De outra maneira, seja x o número que antecede 32, x ı́mpar. Logo
3x+ 1 = 32 ⇔ x = 31
3
que não é inteiro.
22) (OPM Fase Inicial)
(a) Os Kr$3,10 cobrados pelo passe Múltiplo de 2 referem-se ao gasto com sua confecção
mais 2 viagens e os Kr$5,90, pelo Múltiplo de 4, referem-se ao gasto com sua
confecção mais 4 viagens. Portanto, fazendo Kr$5,90 menos Kr$3,10 obtemos
Kr$2,80, que correspondem ao gasto com 2 viagens. E assim, fazendo Kr$3,10
− Kr$2,80, obtemos Kr$0,30, que corresponde ao gasto com a confecção de um
passe.
(b) No passe Múltiplo de 8 deverão ser computados o gasto com a confecção mais 8
viagens. Logo deverá custar Kr$0,30 + 4×Kr$2,80, ou seja, Kr$11,50.
23) (OBM 2a Fase) A resposta é 4. Vamos supor que esse máximo fosse 3. Sendo C a questão
que ela marcou a alternativa correta e E a questão que ela errou, então, a maior quan-
tidade que Júlia poderia acertar ocorreria quando C,C,C,E,C,C,C,E,C,C,C,E, . . .
Ou seja, ela acertaria 3 e erraria 1 em cada 4 questões. Ora, mas isso seria igual
a
3
4
× 128 = 96, que é menor do que as 100 que ela acertou. Desse modo, N > 3.
Analisando o caso seguinte, veja que ela pode acertar, por exemplo:
C,C,C,C,E,C,C,C,C,E, . . . , C, C,C,C,E,E,E,E
onde ela acertaria
4
5
× 125 = 100 questões até a questão 125 e ela erraria as 3 últimas.
24) (OPM Fase Inicial)
a) 25 e 3125.
b) Devemos colocar 4 flechas. Temos 2 ↑ (2 ↑ (2 ↑ 2)) = 216 < 109 e 2 ↑ (2 ↑ (2 ↑ (2 ↑
2))) = 22
16
> 109.
25) (OBM 2a Fase) Seja x o lucro desse banco no primeiro semestre de 2007, em bilhões de
reais. Logo x + 2, 5%x = 4, 1082 ⇔ x + 0, 025x = 4, 1082 ⇔ 1, 025x = 4, 1082 ⇔ x =
4, 008 bilhões de reais, ou seja, o lucro foi de R$ 4008000000,00, cuja soma dos d́ıgitos
é 12.
26) (OBM 1a Fase) No trajeto de 100 km, como o carro A passa por Americanópolis 20
quilômetros a frente do carro B, o carro B já percorreu 100− 20 = 80 km do trajeto e,
de forma análoga, o carro C já percorreu 100− 50 = 50 km do mesmo trajeto. Perceba
que, enquanto o carro B percorre 80 km, o carro C percorre 50 km, ou seja, enquanto
10
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 03 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
o carro C percorre 1 km, o carro B percorre 80÷ 50 = 1, 6 km. Assim, quando o carro
B passar por Americanópolis, tendo percorrido os 20 km que lhe faltam, o carro C terá
percorrido 20÷ 1, 6 = 12, 5 km e estará 100− (50 + 12, 5) = 37, 5 km atrás do carro B.
27) (OBM 1a Fase) Supondo que x seja o número de horas por dia, então x também é o
número de dias por semana, o número de semanas por mês e o número de meses por
ano. Logo, o número de horas por ano é x · x · x · x = x4 = 4096 ⇔ x4 = 212 ⇔ x4 =
(23)4 ⇔ x = 23 = 8. Portanto o número de semanas por mês é 8.
11
D́ıgitos e Sistema Decimal - Aula 04
Nesse material vamos trabalhar com d́ıgitos, algarismos e o sistema decimal. Considere
por exemplo o número 2373, podemos escreve-lo como:
2373 = 2000+300+70+3 = 2×1000+3×100+7×10+3 = 2×103+3×102+7×101+3×100
Perceba que os d́ıgitos iniciais do número, como 2 milhares, 3 centenas, 7 dezenas
e 3 unidades, se localizam na outra representação na frente de potências de 10. Essa
representação é fundamental para demonstrar os chamados critérios de divisibilidade. Sem
fazer de fato a divisão de um número por 3, por exemplo, é posśıvel saber se o número é
diviśıvel por 3. Apresentamos aqui os principais critérios de divisibilidade:
• Por 2 : Basta o algarismo das unidades ser diviśıvel por 2. Exemplo: 294 e 7770 são
já que 4 e 0 são divisiveis por 2, por sua vez 45 e 609 não são já que 5 e 9 não são
divisiveis por 2.
• Por 3 : A soma dos algarismos deve ser diviśıvel por 3. Exemplo: 492 e 7077 são já
que 4 + 9+ 2 = 15 e 7 + 0+ 7+ 7 = 21 são divisiveis por 3, por sua vez 25 e 526 não
são já que 2 + 5 = 7 e 5 + 2 + 6 = 13 não são divisiveis por 3.
• Por 4 : O número formado pelos dois últimos algarismos deve ser diviśıvel por 4.
Exemplo: 492 e 5036 são já que 92 e 36 são divisiveis por 4, por sua vez 725 e 5046
não são já que 25 e 46 não são divisiveis por 4.
• Por 5 : Basta o algarismo das unidades ser 0 ou 5, em outras palavras, diviśıvel por
5. Exemplo: 395 e 7770 são já que terminam em 5 e 0, por sua vez 401 e 609 não são
já que terminam em 1 e 9.
• Por 6 : O número deve ser diviśıvel simultaneamente por 2 e por 3.
• Por 8 : O número formado pelos três últimos algarismos deve ser diviśıvel por 8.
Exemplo: 7496 e 15236 são já que 496 e 236 são divisiveis por 8, por sua vez 1725 e
5046 não são já que 725 e 046 não são divisiveis por 8.
• Por 9 : A soma dos algarismos deve ser diviśıvel por 9. Exemplo: 4392 e 7677 são já
que 4 + 3 + 9 + 2 = 18 e 7 + 6 + 7 + 7 = 27 são divisiveis por 9, por sua vez 25 e 526
não são já que 2 + 5 = 7 e 5 + 2 + 6 = 13 não são divisiveis por 9.
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Os problemas dessa lista envolvem escrever númerosna representação decimal, em
somas de potência de 10 ou associar algarismos a letras ou śımbolos. Os critérios de
divisibilidade podem ajudar muito nesses problemas.
Problema 1. (OBEPM 1a Fase) Cada um dos śımbolos, quadrado e triângulo, representa
um único algarismo. Se a multiplicação indicada a seguir está correta, então o valor de
quadrado vezes triângulo é:
Solução. Como o resultado da multiplicação é um número de três algarismos, então qua-
drado só pode representar 1, 2 ou 3. Logo não “vai 1” quando multiplicamos quadrado
(multiplicador) por quadrado (algarismo das unidades do multiplicando) e assim quadrado
vezes 2 é 6, donde quadrado = 3 e triângulo = 9. Portanto quadrado vezes triângulo é 27.
Problema 2. (OBMEP 1a Fase) Davi estava fazendo uma conta no caderno quando sua
caneta estragou e borrou quatro algarismos, como na figura. Ele se lembra que só havia
algarismos ı́mpares na conta. Qual é a soma dos algarismos manchados?
Solução. Vamos chamar os algarismos borrados de a, b, c e d, como 1ab× c = 9d3. Como
o algarismo das unidades do resultado é 3, temos quatro possibilidades para b e c, nesta
ordem: 1 e 3, 3 e 1, 7 e 9 ou 9 e 7. Como o multiplicando é menor que 200, podemos
eliminar as duas primeiras possibilidades, pois um número menor que 200 multiplicado por
1 ou por 3 não passa de 600. Na terceira possibilidade, o multiplicando seria no mı́nimo
117 e então o produto seria no mı́nimo 117×9 = 1053 , o que não acontece. Resta a última
possibilidade, 1a9 × 7 = 9d3. Como 117 × 7 = 819 , tentamos 139 × 7 = 973 , que está
de acordo com o enunciado. As outras tentativas para o multiplicando, a saber, 157, 177 e
197, não servem, pois ao multiplicá-las por 7 o resultado é sempre maior que 1000. Logo
os algarismos manchados são 3, 9, 7 e 7, e sua soma é 3 + 9 + 7 + 7 = 26.
Problema 3. (OBMEP 1a Fase) Ana listou todos os números de três algarismos em que um
dos algarismos é par e os outros dois são ı́mpares e diferentes entre si. Beto fez outra lista
com todos os números de três algarismos em que um dos algarismos é ı́mpar e os outros
dois são pares e diferentes entre si. Qual é a maior diferença posśıvel entre um número da
lista de Ana e um número da lista de Beto?
Solução. Ana fez a seguinte lista: 103, 105, 107, . . ., 985, 987, enquanto que a lista de Beto
ficou assim: 102, 104, . . . 984, 986. A maior diferença posśıvel entre um número da lista
de Ana com um número da lista de Beto é 987 − 102 = 885 (é a diferença entre o maior
número da lista de Ana com o menor número da lista de Beto).
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
1 Problemas
Dı́gitos e Sistema Decimal: Problemas Introdutórios
Problema 4. No produto a seguir, B é um d́ıgito. Quanto vale B?
Problema 5. Na adição a seguir, o śımbolo ♣ representa um mesmo algarismo. Qual é o
valor de ♣×♣+♣?
Problema 6. Daniela gosta de brincar com números de dois ou mais algarismos. Ela escolhe
um desses números, mutiplica seus algarismos e repete o procedimento, se necessário, até
chegar a um número com um único algarismo, que ela chama de número-parada do número
escolhido. Por exemplo, o número parada de 32 é 6, pois 32 → 3×2 = 6 e o número parada
de 236 é 8, pois 236 → 2× 3× 6 = 36 → 3× 6 = 18 → 1× 8 = 8
(a) Qual é o número-parada de 93?
(b) Ache um número de quatro algarismos, sem o algarismo 1, cujo número-parada seja
6.
(c) Quais são os números-parada de dois algarismos cujo número-parada seja 2?
Problema 7. A adição a seguir está incorreta. Entretanto, se substituirmos somente um
certo algarismo a, toda vez que ele aparece, por um certo algarismo b, a conta fica correta.
Qual é o valor de ab?
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Dı́gitos e Sistema Decimal: Problemas Propostos
Problema 8. O produto de um número de dois algarismos pelo número formado pelos
mesmos dois algarismos, escritos em ordem inversa, é 2944. Qual é a soma dos dois números
multiplicados?
Problema 9. As contas AB×C = 195 e CDE÷F = 88 estão corretas, sendo A, B, C, D,
E e F algarismos diferentes. O número AB é formado pelos algarismos A e B, e o número
CDE é formado pelos algarismos C, D e E. Qual é o algarismo representado pela letra F?
Problema 10. Determine o maior e o menor número múltiplo de 6 formados por 9 algaris-
mos distintos. Observação: Lembre-se de que zeros a esquerda de um número não devem
ser contados como algarismos; por exemplo, 0123 tem somente 3 algarismos.
Problema 11. Joãozinho chama um número natural maior do que 100 de aditivado quando
seu algarismo das unidades é igual a soma dos demais algarismos. Por exemplo, 224 é
aditivado, pois 2 + 2 = 4.
(a) Escreva o número aditivado de quatro algarismos cujo algarismo das unidades é 1.
(b) Escreva todos os números aditivados de três algarismos cujo algarismo das unidades
é 6.
(c) Qual é o maior número aditivado sem algarismos repetidos?
Problema 12. Para obter o resumo de um número de até 9 algarismos, deve-se escrever
quantos são seus algarismos, depois quantos são seus algarismos ı́mpares e finalmente quan-
tos são seus algarismos pares. Por exemplo, o número 9103405 tem 7 algarismos, sendo 4
ı́mpares e 3 pares, logo seu resumo é 743.
(a) Encontre um número cujo resumo seja 523.
(b) Encontre um número que seja igual ao seu próprio resumo.
(c) Para qualquer número de até 9 algarismos, podemos calcular o resumo do resumo
de seu resumo. Mostre que esse procedimento leva sempre a um mesmo resultado,
qualquer que seja o número inicial.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 13. Ao preencher uma ficha de cadastro em um site, Esmeraldinho trocou a
dezena com a unidade do ano de seu nascimento. No site ficou registrado que Esmeraldinho
tem 51 anos. Ele percebeu imediatamente que invertendo esse número chegava a sua idade
correta, 15 anos. E ficou pensando se aquilo era uma coincidência ou se, sempre que alguém
comete o mesmo erro, basta inverter as casas decimais para obter a idade correta. Nesse
problema vamos ajudar Esmeraldinho a satisfazer a sua curiosidade. Suponha que o ano
de nascimento de uma pessoa seja 19AB (ou seja, 1900 + 10A + B) e que ela tenha CD
anos completados em 2010 (ou seja, 10C +D).
(a) Mostre que 110 = 10(A+ C) + (B +D).
(b) Conclua que caso ela tenha cometido o mesmo erro de Esmeraldinho (trocar dezena
com unidade do ano de seu nascimento) e a idade obtida for menor do que 100 anos,
então basta inverter as casas decimais para obter a sua idade correta.
Problema 14. Joãozinho tem que fazer uma multiplicação como lição de casa, mas a chuva
molhou o caderno dele, borrando alguns algarismos, que estão representados por um qua-
dradinho (cada algarismo borrado pode ser diferente dos outros). Qual é a soma dos
algarismos que foram borrados?
Problema 15. No código numérico de diversos produtos, como, por exemplo, aquele que
aparece no código de barras, utiliza-se o seguinte esquema para detectar erros de digitação:
multiplicando-se cada d́ıgito alternadamente por 1 e 3 e adicionando-se os resultados, sem-
pre se obtém um múltiplo de 10. Por exemplo, um posśıvel código de um produto é
4905370265546, pois 4× 1 + 9× 3 + 0× 1 + 5× 3 + 3× 1 + 7× 3 + 0× 1 + 2× 3 + 6× 1 +
5 × 3 + 5 × 1 + 4 × 3 + 6 × 1 = 120 é um múltiplo de 10. Por outro lado, 4905370265564
não pode ser o código de um produto pois 4× 1 + 9× 3 + 0× 1 + 5× 3 + 3× 1 + 7× 3 +
0× 1+ 2× 3+ 6× 1+ 5× 3+ 5× 1+ 6× 3+ 4× 1 = 124 não é um múltiplo de 10. Assim,
conferindo esta conta, o computador é capaz de detectar erros de digitação.
(a) O último d́ıgito do código de um produto é chamado d́ıgito de verificação. O d́ıgito
de verificação que aparece na embalagem de um desodorante está ileǵıvel. Abaixo,
ele está indicado por um ⋄:
789103304863⋄ Qual é esse d́ıgito?
(b) Como você pode observar nos dois primeiros exemplos,os dois últimos d́ıgitos troca-
ram de lugar. Esse é um dos erros mais comuns de digitação, a transposição. Mais
precisamente, a transposição de dois d́ıgitos consecutivos ocorre quando em vez de se
digitar ab digita-se ba, onde a e b representam algarismos distintos.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
1. Um corretivo ĺıquido tem código 7897254113302. Mostre que, mesmo que haja
uma transposição entre os d́ıgitos 7 e 2, obtemos um posśıvel código de um
produto. Ou seja, caso ocorra essa transposição, ela não será detectada.
2. Como vimos no item anterior, o esquema acima é capaz de detectar quase todos
os erros de transposição. Determine todos os pares de d́ıgitos consecutivos dis-
tintos ab cuja transposição ba não é detectada pelo esquema acima em qualquer
código. Observe que, pelo item anterior, 72 é um desses pares.
(c) Quantos códigos de produto são da forma 7897073010xyz, em que x, y e z são d́ıgitos?
Problema 16. Na adição a seguir de três números de quatro algarismos cada um, as dife-
rentes letras representam diferentes algarismos. Qual é o número ZY X?
Problema 17. Na multiplicação a seguir a, b, c e d são algarismos. Calcule b+ c+ d.
Problema 18. Na multiplicação a seguir, a, b e c são algarismos: Calcule a+ b+ c.
Problema 19. Na multiplicação a seguir, alguns algarismos, não necessariamente iguais,
foram substitúıdos pelo sinal ∗. Qual é a soma dos valores desses algarismos?
Problema 20. Paulo quer usar uma única vez os algarismos 0, 1, 2, 3, 5, 6 e 7, um para
cada um dos quadradinhos a seguir, de modo que a conta esteja correta. Qual é o maior
resultado que ele pode obter nessa conta?
Problema 21. Esmeralda ia multiplicar um número A de três algarismos por outro número
B de dois algarismos, mas na hora de multiplicar inverteu a ordem dos d́ıgitos de B e
obteve um resultado 2034 unidades maior.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
(a) Qual era o número A, se os d́ıgitos de B eram consecutivos?
(b) Qual seria o número A, se os d́ıgitos de B não fossem consecutivos?
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Dı́gitos e Sistema Decimal: Soluções dos Introdutórios
4) (EUA 1a Fase) Veja que o primeiro produto, 2 × B nos dá um número cujo d́ıgito das
unidades é 6, portanto tudo que devemos fazer é ver quais são os valores de B para que
isso ocorra. Esses valores são B = 3, pois 2× 3 = 6 ou B = 8, pois 2× 8 = 16. Agora é
só testarmos para ver qual deles funciona, e isso ocorre com B = 8.
5) (OBMEP 1a Fase) Na conta apresentada podemos observar o seguinte:
Coluna das unidades: como 7 + 5 = 12 , vai 1 para a coluna das dezenas;
Coluna das dezenas: como 1 +♣+ 9 = 10 +♣, o algarismo das dezenas do resultado é
♣ e vai 1 para a coluna das centenas;
Coluna das centenas: como 1 + 4+ 8 = 13 , o algarismo das centenas da soma é 3 e vai
1 para a coluna dos milhares.
Em resumo, conclúımos que 1♣♣2 = 13♣2 , o que nos mostra que ♣ = 3 (e a conta é
437 + 895 = 1332). Logo ♣×♣+♣ = 3× 3 + 3 = 12.
6) (OBMEP 2a Fase)
(a) O número-parada de 93 é 4, pois 93 → 9× 3 = 27 → 2× 7 = 14 → 1× 4 = 4
(b) Escrevendo 3× 2 = 6 vemos que 32 → 3× 2 = 6. Como 32 = 4× 2× 2× 2, temos
4222 → 4× 2× 2× 2 = 32 → 3× 2 = 6. Assim o número-parada de 4222 é 6, bem
como de 2422, 2242 e 2224.
Outra alternativa é escrever 1 × 6 = 6, o que nos dá 16 → 1 × 6 = 6; como
2 × 2 × 2 × 2 = 16 segue que 2222 → 2 × 2 × 2 × 2 = 16 → 1 × 6 = 6 e
vemos que o número-parada de 2222 também é 6. Pode-se também pensar a partir
48 → 4× 8 = 32 e temos um caso anterior.
(c) Há apenas duas maneiras de obter 2 multiplicando dois algarismos, a saber, 12 →
1×2 = 2 e 21 → 2×1 = 2. Para obter 12, temos as possibilidades , 26 → 2×6 = 12,
62 → 6 × 2 = 12, 34 → 3 × 4 = 12 e 43 → 4 × 3 = 12; para obter 21, temos as
possibilidades 37 → 3×7 = 21 e 73 → 7×3 = 21. Como os números 21, 26, 62, 34,
43, 37 e 73 não podem ser obtidos como produto de dois algarismos, conclúımos
que os números de dois algarismos cujo número-parada é 2 são 12, 21, 26, 62, 34,
43, 37 e 73.
7) (OBM 2a Fase) Na primeira inspeção, podemos admitir que os três algarismos na direita
de todos os números estão corretos, isto é, estão corretamente escritos os algarismos
0, 1, 3, 4, 5, 6 e 8. Portanto, dentre os algarismos 2, 7 e 9, um deles está escrito
incorretamente. O 9 está escrito corretamente, pois se o mudarmos, a soma com 2 não
estará certa. Logo ou 2 ou 7 está errado. Se o 7 estiver errado, então 2 estará correto,
mas isso não é posśıvel pois a soma de 2 com 4 mais 1 não estaria certa. Logo, o 2 é que
deve ser substitúıdo; olhando novamente a soma de 2 com 4 mais 1 resultando 1 vemos
que o resultado só dará certo se no lugar de 2 colocarmos 6. Fazendo a substituição,
verificamos que o resto se encaixa. Teremos, então, ab = 26 = 64.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Dı́gitos e Sistema Decimal: Soluções dos Propostos
8) (OBMEP 1a Fase) Fatorando o número 2944 temos: 2944 = 27 × 23 = 128 × 23 =
64× 2× 23 = 64 × 46 . Como este último produto satisfaz as condições do enunciado,
e também é o único nas condições descritas, temos que a soma desses dois números é
64 + 46 = 110.
9) (OBMEP 1a Fase) Primeiramente, decompomos 195 em fatores primos e obtemos: 195 =
3× 5× 13. Só há, então, duas possibilidades para o algarismo C: ou C = 3 ou C = 5.
Se C = 3, então AB = 65, donde A = 6 e B = 5. Como CDE ÷ F = 88, temos que
3DE = 88×F . A única possibilidade é F = 4, pois outros valores, quando multiplicados
por 88 não produzem números entre 300 e 399. Assim, F = 4 e então D = 5 e E = 2,
pois 352 = 4× 88. Esta solução não serve porque B = D = 5 e o enunciado diz que os
algarismos devem ser diferentes. Logo C = 5, A = 3 e B = 9, pois 39× 5 = 195. Como
5DE = F ×88, vemos que F = 6, já que 6×88 = 528 e não há outra possibilidade de se
obter cinco centenas multiplicando-se um número de um só algarismo por 88. Portanto,
D = 2 e E = 8.
10) (OPM Fase Inicial) Para que um número seja múltiplo de 6 ele deve ser:
• par, ou seja, o seu algarismo das unidades deve ser 0, 2, 4, 6 ou 8;
• múltiplo de 3, ou seja, a soma de seus algarismos deve ser múltiplo de 3. Como
o número deve ter 9 algarismos distintos, este deve conter em sua representação
decimal todos os algarismos exceto um algarismo. Como 0+1+2+3+ . . .+9 = 45,
para que a soma dos algarismos do número seja múltiplo de 3, o algarismo a ser
exclúıdo também deve ser múltiplo de 3, ou seja, deve ser 0, 3, 6 ou 9.
Para obter o maior número posśıvel exclúımos o zero e tomamos um número terminado
em 2: 987654312.
Para obter o menor número posśıvel exclúımos o nove e tomamos um número terminado
em 8: 102345678.
11) (OBMEP 2a Fase)
(a) Como o algarismo das unidades é 1, para que o número seja aditivado, a soma dos
algarismos das casas das dezenas, centenas e unidades de milhar deve ser igual a
1. Existe só um número com quatro algarismos com essas propriedades: 1001.
(b) Para que um número aditivado de três algarismos termine em 6, a soma do alga-
rismo das dezenas com o das centenas deve ser igual a 6. Como um tal número
não pode ter 0 na casa das centenas, há exatamente seis possibilidades: 156, 246,
336, 426, 516 e 606.
(c) Quanto mais algarismos tem um número, maior ele é. Assim, para conseguirmos
o maior número aditivado posśıvel, devemos ter 9 na sua casa das unidades, a
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
fim de gerar um número com a maior quantidade posśıvel de algarismos. Na casa
das dezenas podemos colocar o algarismo 0, a fim de aumentar a quantidade de
algarismos do número que estamos procurando. Como não queremos algarismos
repetidos, pelo mesmo motivo, na casa das centenas devemos colocar o algarismo
1 e, na casa das unidades de milhar, o algarismo 2. Para a casadas dezenas de
milhar podemos colocar os seguintes algarismos ainda não utilizados: 3, 4, 5, 6, 7
ou 8. Entretanto, os algarismos 7 e 8 estão exclúıdos pois 72109 e 82109 não são
aditivados. Restam quatro possibilidades: 32109, 42109, 52109 e 62109 (o traço
indica onde deve ser colocado o algarismo das centenas de milhar).
Nenhuma das três primeiras possibilidades pode ocorrer, pois, para o número ser
aditivado, em cada caso, o algarismo que deveria ser colocado no lugar do traço já
foi utilizado antes e repetições não são permitidas. Logo o maior número aditivado
sem algarismos repetidos é 62109.
12) (OBMEP 2a Fase) No que segue, por “número” queremos dizer “número de até nove
algarismos”.
(a) Consideremos um número cujo resumo seja 523. Então ele tem cinco d́ıgitos,
dos quais dois são ı́mpares e três são pares. Podemos formar muitos números
satisfazendo estas condições; alguns exemplos são 11222, 23456 e 36854.
(b) Como o resumo de qualquer número tem três algarismos, vemos que para que um
número seja igual ao seu próprio resumo é necessário que ele tenha três algarismos.
Suponhamos então que exista um número que seja seu próprio resumo, e sejam c
seu algarismo das centenas, d o das dezenas e u o das unidades.
Como o algarismo das centenas do resumo de um número de três algarismos é 3,
devemos ter c = 3 . Somando os algarismos das dezenas e das unidades do resumo
devemos obter o número de algarismos do número original, ou seja, d + u = 3
. Logo as possibilidades para o resumo de um resumo são 303, 312, 321 ou 330;
destes, o único que é seu próprio resumo é o 321, que é então o número procurado.
(c) O resumo de um número tem sempre três algarismos. Como vimos no item b,
as possibilidades para o resumo de um número de três algarismos são 303, 312,
321 ou 330; logo as possibilidades para o resumo do resumo de qualquer número
estão entre estas quatro. Os resumos de 303, 312, 321 ou 330 são todos iguais a
321. Como 321 tem como resumo ele mesmo, sempre chegaremos a ele quando
calculamos sucessivas vezes o resumo de um número. Mais precisamente, para
qualquer número inicial, o resumo do resumo de seu resumo é 321. Podemos
visualizar este racioćınio no diagrama abaixo.
número → número de três algarismos → 303, 312, 321 ou 330 → 321
Observação: notamos que o resumo do resumo de qualquer número só pode ser
303 ou 321. De fato, da primeira vez que calculamos o resumo de algum número
obtemos um número de três d́ıgitos cdu, com d+ u = c. Temos então dois casos:
c é par: neste caso d e u são ambos pares ou ambos ı́mpares. Se d e u são pares, o
próximo resumo será 303; se d e u são ı́mpares, o próximo resumo será 321.
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POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
c é ı́mpar: neste caso d é par e u é ı́mpar, ou d é ı́mpar e u é par. Se d é par e u é
ı́mpar, o próximo resumo será 321; Se d é ı́mpar e u é par, o próximo resumo será
321.
13) (OPM Fase Inicial)
(a) Sabemos que o ano de nascimento somado a idade resulta em 2010. Então, (1900+
10A+B) + (10C +D) = 2010, o que é equivalente a 10(A+C) + (B +D) = 110.
(b) Como 110 = 10(A+C)+(B+D), B+D = 10(11–(A+C)) é múltiplo de 10. Como
B e D são d́ıgitos, B + D é no mı́nimo 0 e no máximo 18. Logo B + D = 0 ou
B +D = 10. Se B +D = 0, então B = D = 0 e A+C = 11. Nesse caso, o ano de
nascimento digitado errado seria 190A, e a pessoa teria 2010−190A = 110−A > 100
anos, o que não é o caso. Se B + D = 10, então A + C = 10 também, ou seja,
C = 10−A e D = 10−B. Trocar dezena com unidade do ano de seu nascimento
é o mesmo que trocar A com B. Mas as equações acima implicam que C e D
também seriam trocados de lugar.
14) (OBM 2a Fase) Como o algarismo das unidades do produto é 2, o algarismo das unidades
do multiplicando é 4. Assim, obtemos o algarismo da direita da 3a linha do algoritmo
e também os dois últimos algarismos da 5a linha. Como o algarismo das dezenas do
produto é 0, o algarismo da direita na 4a linha do algoritmo deve ser 6. Logo o algarismo
das dezenas do multiplicador é 9. Como o 2o algarismo a direita da 5a linha é 0, o
algarismo das centenas do multiplicando é 5. A partir do algoritmo completo, conclúımos
que a soma dos algarismos que foram borrados é 5+4+9+1+5+2+6+6+1+2+8+5+6 =
60.
15) (OPM Fase Final)
(a) Temos 7× 1+ 8× 3+ 9× 1+ 1× 3+ 0× 1+ 3× 3+ 3× 1+ 0× 3+ 4× 1+ 8× 3+
6× 1 + 3× 3 + ⋄ × 1 = 7+ 24+ 9+ 3+ 0+ 9+ 3+ 0+ 4+ 24+ 6+ 9+ ⋄ = 98+ ⋄
Como ⋄ representa um d́ıgito, 98 + ⋄ será múltiplo de 10 se, e somente se, ⋄ for 2,
ou seja, o d́ıgito de verificação é 2.
(b) (1) Inicialmente, vamos verificar o código 7897254113302. Temos 7 × 1 + 8 × 3 +
9× 1+ 7× 3+ 2× 1+ 5× 3+ 4× 1+ 1× 3+ 1× 1+ 3× 3+ 3× 1+ 0× 3+ 2× 1 =
7+24+9+21+2+15+4+3+1+9+3+0+2 = 100 , que é um múltiplo de 10.
Vamos agora verificar o código 7892754113302 que sofreu a transposição. Temos
7×1+8×3+9×1+2×3+7×1+5×3+4×1+1×3+1×1+3×3+3×1+0×3+2×1 =
7 + 24 + 9 + 6 + 7 + 15 + 4 + 3 + 1 + 9 + 3 + 0 + 2 = 90 , que também é múltiplo
de 10.
(2) A transposição não é detectada quando os resultados de b× 1 + a× 3 = 3a+ b
e a × 1 + b × 3 = a + 3b têm o mesmo algarismo das unidades, ou seja, deixam
o mesmo resto quando divididos por 10. Como 3a + b e a + 3b deixam o mesmo
resto quando divididos por 10, a diferença entre eles é um múltiplo de 10, ou seja,
(3a+ b)− (a+3b) = 2a− 2b é um múltiplo de 10. Sendo a e b d́ıgitos, os posśıveis
pares de d́ıgitos consecutivos distintos ab cuja transposição ba não é detectada pelo
esquema apresentado são 50, 05, 61, 16, 72, 27, 83, 38, 94 e 49.
11
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
(c) Uma vez que estejam estabelecidos os valores de x e y no código 7897073010xyz,
podemos determinar o valor de z para atender ao esquema de conferência, como,
por exemplo, no item a. Assim, basta estabelecer o par xy para criar o código; o
z vem “automaticamente”. Como temos 10 possibilidades para o x e 10 para o y,
podemos determinar o par xy de 10 × 10 = 100. Logo há 100 códigos de produto
que são da forma 7897073010xyz.
16) (OBM 2a Fase) Os números somados são XXXX = 1000X+100X+10X+X = 1111X,
Y Y Y Y = 1111Y e ZZZZ = 1111Z, e o resultado da soma é Y XXXZ = 10000Y +
1110X + Z. Logo 1111X + 1111Y + 1111Z = 10000Y + 1110X + Z ⇔ 8889Y =
1110Z + X = ZZZX. O número ZZZX tem quatro algarismos, logo Y só pode ser
igual a 1, Z = 8 e X = 9. Assim ZY X = 819.
17) (OBM 2a Fase) Vamos fazer uma cota, já que 45× a3 deve ser três mil e alguma coisa.
Quanto pode valer a? Vamos ver quando 45× a3 = 3000 e quando 45 × a3 = 3999. A
primeira conta nos dá a3 ≈ 67 e a segunda a3 ≈ 89. Isso significa que a3 está entre 67 e
89, mas como o algarismo das unidades é 3, temos que a3 pode ser 73 ou 83. Colocando
a = 7 ou a = 8 temos a mesma soma b+ c+ d, já que 45× 73 = 3285 e 45× 83 = 3735,
a soma dos algarismos pedidos é 15 de qualquer maneira.
18) (OBM 2a Fase) Veja que b× 3 deve terminar em 1. O único caso posśıvel é b = 7, logo
temos que 1a7× 73 = 1cc01. Testamos agora valores para a. O menor valor que a pode
assumir é 3, já com esse valor temos que 137× 73 = 10001.
19) (OBM 1a Fase) Analisamos abc × d7 = 6157, além disso na conta de multiplicação os
termos intermediários (que possuem asterisco) que se somam tem 3 algarismos. Segue
automaticamente que c = 1 e a = 1. Se a fosse maior que 1, a conta 7 × a teria dois
algarismos e isso provocaria um número com 4 asteriscos. Veja que b não pode ser grande
também, já que 7 × 1b1 tem que ter 3 algarismos. Fazemos a conta para descobrirmos
que b pode ser 0, 1, 2, 3 ou 4. Uma maneira de terminar o problema nesse instante é
perceber que 101, 111, 121, 131 ou 141 devem dividir o número 6157. Fazemos as contas
para descobrir que 131 é o número, portanto temos que 131 × 47 = 6157, ai é só fazer
a conta dos asteriscos.
20) (OBM 2a Fase) Veja que o maior resultado dessa conta acontece quando pegamos o maior
parde números posśıveis nas dezenas dos números somados. Além disso, devemos ter
um “vai um”, pois o resultado possui 3 d́ıgitos. Assim, considere os maiores pares em
ordem decrescente:
Caso 7 e 6: no resultado teŕıamos nas centenas e dezenas 13 ou 14 (havendo vai um das
unidades), mas como não temos 4, então teria que ser 13. Aı́ sobram apenas 0,2 e 5
para completar a conta, o que não é posśıvel.
Caso 7 e 5: no resultado teŕıamos nas centenas e dezenas 12 ou 13. Restaria nas unidades
0,3,6 ou 0,2,6. E nos dois casos não é posśıvel completar a expressão.
Caso 5 e 6: no resultado teŕıamos nas centenas e dezenas 11 ou 12. Como só temos
um d́ıgito 1, teria que ser o 12, sobrando 0,3 e 7 que permite completar a expressão,
12
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 04 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
que seria: 67 + 53 = 120 ou 63 + 57 = 120. Note que se pegarmos uma combinação
menor das dezenas teremos soma máxima 10 ou 11, com um “vai um”, geraria números
menores que 120.
21) (OBM 2a Fase) Seja A o número de três d́ıgitos e B = 10x+y o número de dois d́ıgitos.
Portanto, ao trocar a ordem dos d́ıgitos de B, obtemos o número 10y + x. Montando a
equação segundo as condições do problema, temos:
A(10x+ y)−A(10y + x) = 9A(x− y) = 2034
Com isso,
A(x− y) = 226 = 2× 113
Dáı, se x e y são consecutivos, A = 226, caso contrário A = 113.
13
Problemas de Álgebra II - Aula 05
Neste material de problemas de álgebra, a utilização de variáveis é quase necessária,
alguns dos problemas inclusive necessitam de duas ou três variáveis!
Os exemplos a seguir podem ajudá-lo a entender como transformar enunciados em letras
e números. Boas contas!
Problema 1. (OBM 1a Fase) Em um quadrado mágico, a soma dos números de cada linha,
coluna ou diagonal é sempre a mesma. No quadrado mágico a seguir, qual é o valor de x?
Solução. Vamos chamar de y o número que está na casa superior direita. Dessa forma a
diagonal que possui essa casa tem soma 26+14+y, que deve ser o mesmo valor da soma da
última coluna, que é y+x+13. Igualando as duas temos: y+x+13 = 26+14+y ⇔ x = 27.
Problema 2. (OBM 1a Fase) João disse para Maria: “Se eu lhe der um quarto do que
tenho, você ficará com metade do que vai me sobrar”. Maria acrescentou: “E eu lhe daria
5 reais, se lhe desse a metade do que tenho”. Juntos, os dois possuem quanto?
Solução. Seja J o total que João possui e M o total que Maria possui. João disse “Se eu
lhe der um quarto do que tenho, você ficará com metade do que vai me sobrar”, podemos
escrever como: M+
J
4
=
1
2
× 3
4
J . Maria disse “E eu lhe daria 5 reais, se lhe desse a metade
do que tenho”, escrevemos como:
M
2
= 5 ⇔ M = 10.
Substituindo na primeira equação encontramos J = 80, portanto J +M = 90.
Problema 3. (OBM 1a Fase) Em uma certa cidade, a razão entre o número de homens e
mulheres é 2 : 3 e entre o número de mulheres e crianças é 8 : 1. Qual é a razão entre o
número de adultos e crianças?
Solução. Sejam H, M e C as quantidades de homens, mulheres e crianc cas, respectiva-
mente. Temos
H
M
=
2
3
e
M
C
= 8. Veja que,
H
C
=
H
M
× M
C
=
16
3
. Logo, a razão entre o
número de adultos e crianças é
H +M
C
=
H
C
+
M
C
= 8 +
16
3
=
40
3
.
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 05 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
1 Problemas
Problemas de Álgebra II: Problemas Introdutórios
Problema 4. Os alunos de uma escola participaram de uma excursão, para a qual dois
ônibus foram contratados. Quando os ônibus chegaram, 57 alunos entraram no primeiro
ônibus e apenas 31 no segundo. Quantos alunos devem passar do primeiro para o segundo
ônibus para que a mesma quantidade de alunos seja transportada nos dois ônibus?
Problema 5. Uma barra de chocolate é dividida entre Nelly, Penha e Sônia. Sabendo que
Nelly ganha 25 da barra, Penha ganha
1
4 e Sônia ganha 70 gramas. Qual é o peso da barra?
Problema 6. Os gatos Mate e Tica estão dormindo no sofá. Mate chegou antes e quando
Tica chegou, ela ocupou um quarto da superf́ıcie que havia sobrado do sofá. Os dois juntos
ocupam exatamente a metade da superf́ıcie do sofá. Qual parte da superf́ıcie do sofá está
ocupada por Tica?
Problema 7. Um time de futebol ganhou 8 jogos mais do que perdeu e empatou 3 jogos
menos do que ganhou, em 31 partidas jogadas. Quantas partidas o time venceu?
Problema 8. Figuras com mesma forma representam objetos de mesma massa. Quantos
quadrados são necessários para que a última balança fique em equiĺıbrio?
Problema 9. Paulinho e sua irmã saem ao mesmo tempo de casa para a escola. Paulinho
vai de bicicleta, a uma velocidade média de 18 quilômetros por hora e sua irmã vai com
uma moto. Ela chega 20 minutos antes de Paulinho. Neste momento, quantos quilômetros
ainda faltam para Paulinho chegar?
Problema 10. O conteúdo de uma garrafa de refrigerantes enche três copos grandes iguais
e mais meio copo pequeno ou 5 desses copos pequenos iguais mais a metade de um daqueles
grandes. Qual é a razão entre o volume de um copo pequeno e o de um grande?
Problema 11. Mostre uma maneira de colocar nos oito vértices de um cubo os números de
1 a 8, um em cada vértice, de modo que a soma dos números em cada face seja sempre a
mesma.
Problemas de Álgebra II: Problemas Propostos
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 05 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 12. Um jornal publicou a tabela de um campeonato de futebol formado por
quatro times, apresentando os gols marcados e os gols sofridos por cada time. Por uma
falha de impressão, a tabela saiu com dois números borrados, conforme reprodução a seguir.
Sabe-se que o time Esmeralda FC sofreu dois gols a mais que o time EC Boleiros. Quantos
gols sofreu o time Esmeralda FC?
Problema 13. No fim de 1994, Neto tinha a metade da idade de sua avó. A soma dos anos
de nascimento dos dois é 3844. Quantos anos Neto completa em 2016?
Problema 14. Numa classe do sexto ano, de cada 11 estudantes, 4 são meninas. Se há 15
meninos a mais que meninas, quantos alunos há na classe?
Problema 15. Adão, Bernardo e Carlos jogaram uma partida com bolinhas de gude. Adão
perdeu 5 bolinhas, Bernardo perdeu 4 e Carlos ganhou todas as bolinhas que eles perderam.
Ao final do jogo, todos os meninos acabaram ficando com a mesma quantidade de bolinhas.
Lembrando que sem bolinhas ninguém joga, pelo menos quantas bolinhas Adão e Bernardo
tinham, juntos, quando começaram a jogar?
Problema 16. A Teoria das Filas é um conjunto de resultados aplicáveis em situações
envolvendo filas em geral. Um dos resultados mais importantes da Teoria das Filas é a Lei
de Little, provada pelo professor John Little, do MIT, em 1961:
Em um sistema de filas em que as médias de pessoas que entram e saem são iguais, a
quantidade média C de clientes no sistema é igual ao produto da média m de pessoas que
chegam no sistema e do tempo médio t que cada cliente fica no sistema. Simbolicamente,
C = m× t .
Por exemplo, se chegam em média 20 pessoas por hora em uma fila e cada pessoa gasta,
em média, ao todo 15 minutos, ou seja, 0, 25 hora na fila, a quantidade média de pessoas
na fila é 20× 0, 25 = 5.
A loja OPM’s tem um atendimento tão bom que todos os clientes que entram na loja
compram algo. Sabe-se que, em média, 24 pessoas entram na loja por hora e que em média
há 15 pessoas dentro da loja.
a) Quanto tempo, em média, cada pessoa fica dentro da loja?
b) Estima-se que, com uma campanha publicitária, pode-se quadruplicar a quantidade de
pessoas que entram na loja por hora. Além disso, um treinamento com os atendentes
fará com que o tempo médio para as pessoas passarem pelo caixa, incluindo o tempo
que ficam na fila, caia pela metade. O que se espera que aconteça, sob o ponto de
vista da Teoria das Filas, com a quantidade média de pessoas na fila do caixa?
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 05 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 17. Numa loja de ferragens, vários produtos são vendidos pelopeso. Um prego,
três parafusos e dois ganchos pesam 24 g. Dois pregos, cinco parafusos e quatro ganchos
pesam 44 g. Juquinha comprou 12 pregos, 32 parafusos e 24 ganchos. Quanto pesou sua
compra?
Problema 18. O coeficiente de isolamento é uma medida da capacidade de isolamento
térmico de um material: quanto maior este coeficiente, menor é a quantidade de calor per-
dida através de uma parede feita deste material. Ou seja, quanto maior o coeficiente de
isolamento, melhor o material protege do frio. A quantidade de calor Q perdida por uma
parede em uma hora depende não só do material utilizado para constrúı-la, mas também
de sua área e da diferença entre as temperaturas interna e externa. Q é dado pela fórmula:
Q =
A×∆T
I
Aqui A é a área, ∆T é a diferença de temperatura e I é o coeficiente de isolamento.
Q é dado em BTU por hora, a área da parede é dada em pés quadrados e a diferença de
temperatura é dada em graus Fahrenheit. A unidade BTU á a abreviatura de British
Thermal Unit. Sendo essa uma unidade de origem britânica, a fórmula acima utiliza
unidades do antigo sistema de medidas desenvolvido no Reino Unido. Desta forma, devemos
fazer os cálculos somente com essas unidades. Caso os dados estejam em outras unidades,
devemos convertê-las. Na casa de Aino, em Helsinque, Finlândia, a parede que separa a
sua sala e o lado de fora tem 9 pés de altura e 12 pés de largura. Em um certo dia no
inverno, a temperatura interna da casa era de 20 graus Celsius.
a) Para converter graus Celsius em Fahrenheit, utilizamos a fórmula F =
9.C
5
+32 sendo
F e C a temperatura em graus Fahrenheit e Celsius, respectivamente. Qual era a
temperatura, em graus Fahrenheit, dentro da sala de Aino?
b) Se a parede for constrúıda com blocos com coeficiente de isolamento igual a 1, 8 e a
perda de calor através dela é 4320 BTU por hora, qual era a temperatura, em graus
Celsius, fora da casa de Aino?
c) No rigoroso inverno finlandês, a menor temperatura é −40 graus Fahrenheit e deseja-
se que a temperatura interna da casa seja sempre de pelo menos 60 graus Fahrenheit.
Suponha que a perda média de calor nos dias mais frios seja 4800 BTU por hora.
Para isto, qual o menor coeficiente de isolamento dos blocos que se pode utilizar para
construir a parede?
Problema 19. Maria tem 90 cartões. Ela numerou os cartões de 10 a 99 numa das faces e,
para cada número escrito, escreveu a soma dos seus algarismos na outra face. Por exemplo,
o cartão de número 43 tem o número 7 escrito no verso. Em quais cartões um número de
uma face é o dobro do número escrito na outra face?
Problema 20. Com o dinheiro que Carlinhos tinha, poderia ter comprado 600 gramas de
queijo ou 400 gramas de presunto. Usando esse dinheiro, ele resolveu comprar quantidades
iguais de presunto e queijo. Quantos gramas de cada item ele comprou?
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 05 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 21. Na tabela a seguir, escreva os números de 1 a 9 em cada linha, de modo que
a soma dos números escritos nas 9 colunas seja a mesma, igual a Y . Seja X a soma dos
números de cada clinha. Calcule X + Y .
Problema 22. As casas de um tabuleiro 4 × 4 devem ser numeradas de 1 a 16, como
mostrado parcialmente no desenho, formando um Quadrado Mágico, ou seja, as somas dos
números de cada linha, de cada coluna e de cada uma das duas diagonais são iguais.
a) Que números devem ser escritos no lugar de X e de Y ?
b) Apresente o Quadrado Mágico completo.
Problema 23. A partir das igualdades
32 − 12 = 8 = 8× 1
52 − 32 = 16 = 8× 2
72 − 52 = 32 = 8× 3
· · ·
20092 − 20072 = 8×N ,
podemos escrever 20092 − 12 = 4×N × (N + 1) . Qual é o valor de N?
Problema 24. As pesquisas eleitorais são feitas com uma quantidade relativamente pequena
de pessoas. Por exemplo, na eleição da cidade de São Paulo, costumam ser entrevistadas
cerca de duas mil pessoas. Um número bem pequeno considerando que há aproximada-
mente 7,5 milhões de eleitores na cidade. Neste problema, veremos que essa quantidade de
pessoas é suficiente para se ter uma boa idéia dos percentuais de intenções de voto de cada
candidato. Em toda pesquisa eleitoral, é calculada a margem de erro das porcentagens
de cada candidato. Por exemplo, se um candidato tem 23% com margem de erro de 3
5
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 05 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
pontos percentuais, então ele deve receber entre 23%− 3% = 20% e 23% + 3% = 26% dos
votos. O cálculo da margem de erro E para cada candidato é baseado em conhecimentos
de Estat́ıstica, sendo feito a partir da fórmula:
E = Z.
√
p.(1− p)
n
em que
• n é a quantidade de pessoas entrevistadas;
• p é a porcentagem de entrevistados que são favoráveis ao candidato;
• Z é um valor tabelado. O valor adotado pelos institutos de pesquisa é Z = 1, 96, o
qual assegura que, com 95% de certeza, a intenção de votos está dentro da margem
de erro.
a) Suponha que em uma pesquisa foram entrevistadas 1600 pessoas e o candidato Oba-
maldo foi escolhido por 36% desse total. Calcule E nesse caso e determine o intervalo
em que está o percentual de intenções de voto para Obamaldo.
b) Os institutos de pesquisa normalmente entrevistam 2500 pessoas para garantir uma
margem de erro de no máximo 2 pontos percentuais. Quantas pessoas são necessárias
para se garantir uma margem de erro de no máximo 1 ponto percentual?
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 05 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problemas de Álgebra II: Soluções dos Introdutórios
4) (OBM 1a Fase) Seja x o número de alunos que deve sair de um ônibus e ir para o outro,
então 57− x = 31 + x, resolvemos a equação para chegar em x = 14.
5) (OBM 1a Fase) Seja x o peso da barra. Veja que Nelly e Penha pegam juntas
2
5
+
1
4
=
13
20
de x. A soma dessa parcela com os 70 gramas de Nelly é o total da barra. Portanto,
13
20
x+ 70 = x ⇔ 7
20
x = 70 ⇔ x = 200 gramas.
6) (OBM 1a Fase) Sendo M a fração da superf́ıcie ocupada por Mate e T a fração da
superf́ıcie ocupada por Tica, temos que M +T =
1
2
e T =
1
4
(1−M). Logo, M = 1−4T
e então 1− 3T = 1
2
⇒ T = 1
6
.
7) (OBM 1a Fase) Seja n o número de partidas que o time venceu. Então perdeu n − 8
e empatou n − 3 jogos. Portanto, somando o total de partidas que perdeu, empatou e
ganhou, temos 31 ou seja, n+ n8 + n− 3 = 31 ⇔ 3n− 11 = 31 ⇔ 3n = 42 ⇔ n = 14.
O time venceu 14 partidas.
8) (OBM 1a Fase) Chamamos o peso do triângulo de T , o peso do ćırculo de C e o peso
do quadrado de Q. Temos então as seguintes equações: 3T +1C = 6Q e 2T +4C = 8Q,
essa última podemos dividir inteira por 2 e escrevemos como T + 2C = 4Q. Somamos
as duas equações para obter 4T + 3C = 10Q.
9) (OBM 1a Fase) Seja d a distância, em quilômetros, que falta para Paulinho chegar.
Sabendo que 20min = 13h, pelo enunciado, temos:
d
1
3
= 18 ⇔ 3d = 18 ⇔ d = 6 km.
10) (OBM 1a Fase) Seja G o volume do copo grande e P , o do copo pequeno. Temos
3G+ 0, 5P = 5P + 0, 5G ⇔ 2, 5G = 4, 5P ⇔ P
G
=
2, 5
4, 5
=
5
9
.
11) (OPM Fase Inicial) Chamemos os valores dos vértices de a, b, c, d, e , f , g, h. Sejam
os vértices da face de baixo a, b, c, d e os vértices da face de cima f , g, h, i. Veja que
a+b+c+d = f+g+h+i. Mas como a+b+c+d+e+f+g+h+i = 1+2+...+7+8 = 36,
então a+ b+ c+ d = f + g+h+ i = 18. Aplicamos a mesma ideia para as faces laterais
e o problema termina. Uma configuração é a seguinte:
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 05 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problemas de Álgebra II: Soluções dos Propostos
12) (OBM 1a Fase) Todo gol marcado por um time conta também como gol sofrido por
outro time, assim a quantidade total de gols marcados é igual a quantidade total de
gols sofridos. Sendo x a quantidade de gols sofridos pelo Esmeralda FC, o EC Boleiros
sofreu x− 2 gols. Assim:
8 + 1 + 4 + 5 = 4 + 6 + x+ x− 2 ⇔ 18 = 8 + 2x ⇔ x = 5
13) (OBM 1a Fase) Se x era a idade de Neto no final de 1994, então o ano em que nasceu
é 1994− x; de forma análoga, o anoem que sua avó nasceu é 1994− 2x. Assim, temos
1994 − x + 1994 − 2x = 3844 ⇔ 3988 − 3x = 3844 ⇔ 3x = 144 ⇔ x = 48. Portanto,
Neto completa em 2016 a idade de (2016− 1994) + 48 = 70 anos.
14) (OBM 2a Fase) Seja x a quantidade de meninas. Assim, a quantidade de meninos é
x + 15 e a quantidade total de alunos será 2x + 15 . Fazendo a proporção, temos:
x
2x+ 15
=
4
11
. Resolvendo a equação, obtemos x = 20.
15) (OBM 1a Fase) Vamos chamar de A, B e C as quantidades iniciais de bolinhas de Adão,
Bernardo e Carlos, respectivamente. Se Carlos ganhou as bolinhas de seus amigos, ele
passou a ter C +9 bolinhas, enquanto que Adão e Bernardo ficaram com A− 5 e B− 4
bolinhas, respectivamente. Assim, temos que C + 9 = A− 5 = B − 4. Dessa igualdade,
tiramos que A = C + 14eB = C + 13. Como Carlos tinha ao menos 1 bolinha para
começar a jogar, Adão tinha ao menos 1+ 14 = 15 bolinhas e Bernardo tinha ao menos
1+13 = 14 bolinhas. Portanto, Adão e Bernardo tinham, juntos, ao menos 29 bolinhas
no começo do jogo.
16) (OPM Fase Final)
a) Do enunciado temos que C = m.t ⇔ 15 = 24.t ⇔ t = 1524 = 0, 625 horas ou 37, 5
minutos.
b) Quadruplicando a quantidade de pessoas que entram na loja e diminuindo o tempo
médio de cada cliente na fila, teremos dentro da loja uma quantidade C’ de pessoas
tal que C ′ = 24.4. t2 ⇔ C
′ = 24t.2 ⇔ C ′ = 15.2 = 30 clientes.
17) (OBM 1a Fase) Sejam p a quantidade de pregos, q a de parafusos e r a de ganchos, então:
p+3q+2r = 24 e 2p+5q+4r = 44. Somando as duas equações, temos 3p+8q+6r = 68.
E a compra da Juquinha pesou 12p+ 32q + 24r = 4(3p+ 8q + 6r) = 4× 68 = 272g.
18) (OPM Fase Final)
a) 20 graus Celcius é o mesmo que
9.20
5
+ 32 = 68 F.
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 05 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
b) Temos 4320 =
9.12.∆T
1, 8
⇔ ∆T = 72 F. Como era inverno e a temperatura interna
era 68 F, a temperatura externa era 68 − 72 = −4F , ou seja, −4 = 9.2C
5
+ 32 ⇔
C = −20 C.
c) O menor coeficiente de isolamento neste caso é 4800 =
9.12.(60− (−40))
I
⇔ I =
10800
4800
= 2, 25
19) (OBM 1a Fase) Para um número cujo algarismo das dezenas é a e cujo algarismo das
unidades é b, temos 10a + b = 2(a + b) ou a + b = 2(10a + b). A segunda equação não
tem soluções positivas, e na primeira equação temos 10a + b = 2(a + b) ⇔ 10a + b =
2a+ 2b ⇔ 8a = b. Necessariamente temos a = 1 e b = 8. De fato, no cartão de número
18 a soma dos algarismos é 9.
20) (OBM 2a Fase) Supondo que Carlinhos tem Q reais, o preço do grama de queijo é
Q
600
e o preć co do grama de presunto é
Q
400
. Seja m a quantidade, em gramas, de
queijo e de presunto que Carlinhos comprou. Dessa forma: m.
Q
600
+ m.
Q
400
= Q ⇔
m.
(
1
600
+
1
400
)
= 1 ⇔ m = 240. Portanto ele comprou 240 gramas de cada item.
21) (OBM 2a Fase) A soma dos 27 números escritos na tabela é igual a 3 vezes X e a 9 vezes
o Y . Como X é a soma dos números de cada linha, temos X = 1+2+3+· · ·+8+9 = 45.
Portanto 3×X = 3× 45 = 9× Y ⇔ Y = 15. Logo X + Y = 15 + 30 = 45.
22) (OBM 3a Fase)
a) Veja os quadrados mágicos: Vendo-os, podemos afirmar que a soma total do qua-
drado é a1 + a2 + · · · + a16 o que equivale a 1 + 2 + · · · + 16 que é igual a 136.
Sabendo que em cada linha a soma é a mesma, a soma de cada uma delas será
136÷ 4 = 34. Como em cada linha, coluna e diagonal a soma será 34 os valores de
X e Y serão: X = 34− (14 + 11 + 5) = 4 e Y = 34− (14 + 8 + 3) = 9.
b) Vamos utilizar a notação do item anterior, ou seja, a1 = 14, a2 = 11 e assim por
diante. Veja que a5 é desconhecido e está embaixo de a1 = 14, assim marcamos
todas as casas desconhecidas. Sabendo que em cada linha, coluna ou diagonal a
soma é 34, temos as seguintes equações:
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 05 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
a8 + a12 = 22 (só podem ser 15 e 6, pois alguns dos números dos outros pares já
aparecem).
a7 + a15 = 26 (só podem ser 16 e 10, pois alguns dos números dos outros pares já
aparecem).
a10 + a14 = 15 (só podem ser 13 e 2, pois alguns dos números dos outros pares já
aparecem).
a5 + a13 = 8 (só podem ser 7 e 1, pois se fossem 6 e 2 não daria certo, pois o 2 já
aparece em a10 ou a14).
Sendo assim, na linha 3 a única combinação qua dá certo é a10 = 13 e a12 = 6 caso
fossem valores diferentes a soma da linha não daria 34. Tendo descoberto esses dois
valores podemos descobrir os outros: Se a8 não for 6, só pode ser 15. Se a14 não for
13, só pode ser 2. Na linha 2 a única combinação que dá certo é a5 = 1 e a7 = 10
pois caso fossem outros valores a soma não daria 34. Tendo descoberto esses outros
dois valores vamos descobrir mais outros: Se a5 = 1, a13 só pode ser 7. Logo se
a13 é 7 e a14 é 2, a15 só pode ser 16. Sabendo todos os valores desconhecidos, o
quadrado mágico fica completo.
23) (OBM 2a Fase) Cada linha pode ser associada a um número ı́mpar e a um múltiplo de
8 da seguinte forma: na linha 1 temos o quadrado de 1 = 2.1− 1 (no lado esquerdo da
igualdade) e 8 vezes 1 (no lado direito da igualdade), na linha 2 temos o quadrado de
3 = 2.2− 1 e 8 vezes 2, na linha 3 temos o quadrado de 5 = 2.3− 1 e 8 vezes 3 e assim
sucessivamente, até chegarmos na linha N onde temos o quadrado de 2007 = 2.N − 1 e
8 vezes N . Assim, 2N − 1 = 2007 ⇔ 2N = 2008 ⇔ N = 1004.
24) (OPM Fase Final)
a) A margem de erro é E = 1, 96.
√
0, 36(1− 0, 36)
1600
= 1, 96.
0, 6.0, 8
40
= 0, 02353 =
2, 352%. Assim, Obamaldo deve receber entre 36%− 2, 352% = 33, 648% e 36% +
2, 352% = 38, 352%.
b) Como, para n = 2500, o máximo valor para E é 2% = 0, 02, temos: 1, 96.
√
p(1− p)
2500
≤
0, 02 ⇔ 1, 96
50
.
√
p(1− p) ≤ 0, 02. Dividindo ambos os lados dessa desigualdade por
2 temos
1, 96
100
.
√
p(1− p) ≤ 0, 01 ⇔ 1, 96.
√
p(1− p)
10000
≤ 0, 01. Logo, para garantir
margem de erro de no máximo 1 ponto percentual, devem ser entrevistadas 10000
pessoas.
10
Sequências - Aula 06
Muitos problemas, de álgebra ou teoria dos números, envolvem sequências. Elas podem
ser definidas como uma lista ordenada de elementos. Por exemplo, na sequência (2,−3, 5, 8)
o primeiro termo é 2, o segundo é −3, o terceiro é 5 e o quarto termo é 8. Sequências podem
ter uma quantidade limitada ou ilimitada de elementos. Em geral as sequências possuem
um padrão e geralmente os problemas pedem para encontrarmos, efetuando alguns passos,
alguns termos partindo desses padrões.
Bons estudos!
Problema 1. (EUA 1a Fase) A figura a seguir mostra parte de uma escada feita de qua-
drados pretos e brancos alternados, onde podemos ver a primeira e a quarta linha. Todas
as linhas começam e terminam com um quadrado branco. Qual é o número de quadrados
pretos da 37a linha?
Solução. Em problemas de sequência devemos sempre procurar padrões. Veja que na
primeira linha não há quadrados pretos, na segunda linha temos 1 quadrado preto, na
terceira linha 2, na quarta 3 e assim por diante. Portanto se escolhermos um número para
uma linha, a quantidade de quadrados pretos nessa linha é igual ao número dessa mesma
linha menos 1. Portanto na 37a linha existem 36 quadrados pretos.
Problema 2. (OBM 1a Fase) Considere a sequência oscilante:
1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, · · · . Qual é o 2003o termo desta sequência?
Solução. A sequência se repete de 8 em 8. Então o oitavo termo é 2, o décimo sexto é
2, e assim por diante, até o termo 2000 (que é diviśıvel por 8), que também é 2. Logo o
termo 2001 é 1, 2002 é 2 e 2003 é 3. Podemos fazer esse problema direto dividindo 2003
por 8, obtendo quociente 250 e resto 3. Isso significa que essa sequência tem 250 blocos que
começam em 8 e terminam em 8 e sobram 3 posições para percorrer ainda, essa posição é
o número 3.
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 3. (OBM 2a Fase) Observe as igualdades a seguir:
1 + 2 + 1 = 4
1 + 2 + 3 + 2 + 1 = 9
1 + 2 + 3 + +4 + 3 + 2 + 1 = 16
...
1 + 2 + 3 · · ·+ 2006 + 2007 + 2006 + · · ·+ 2 + 1 = A
Qualé o valor de
A
2232
?
Solução. Mais uma vez devemos procurar padrões. Veja que os números na direita da
igualdade são quadrados perfeitos: 4 = 22, 9 = 32, 16 = 42, · · · e esses números são aqueles
de maior valor na soma, os termos do meio, portanto devemos ter que A = 20072. Portanto
A
2232
=
20072
2232
= 81.
1 Problemas
Sequências: Problemas Introdutórios
Problema 4. Observe as multiplicações a seguir:
101× 11 = 1111
101× 111 = 11211
101× 1111 = 112211
101× 11111 = 1122211
...
Encontre a soma dos algarismos do número obtido quando multiplicamos 101 pelo
número 1111 . . . 11, composto por 2007 algarismos 1.
Problema 5. Calcule soma de todos os números positivos ı́mpares até 2007 menos a soma
de todos os números positivos pares até 2007.
Problema 6. Usando pastilhas de cerâmica preta na forma de quadradinhos foi composta
uma decoração numa parede, mostrada parcialmente abaixo: Quantas pastilhas foram em-
pregadas em toda a decoração considerando-se que na última peça montada foram utilizadas
40 pastilhas?
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 7. Na sequência de números 1, a, 2, b, c, d, · · · dizemos que o primeiro termo é 1,
o segundo termo é a, o terceiro termo é 2, o quarto termo é b, e assim por diante. Sabe-se
que esta sequência tem 2005 termos e que cada termo, a partir do terceiro, é a média
aritmética de todos os termos anteriores. Qual é o último termo dessa sequência?
Problema 8. Numa aula de Matemática, a professora inicia uma brincadeira, escrevendo
no quadro-negro um número. Para continuar a brincadeira, os alunos devem escrever outro
número, seguindo as regras abaixo:
(1) Se o número escrito só tiver um algarismo, ele deve ser multiplicado por 2. (2)
Se o número escrito tiver mais de um algarismo, os alunos podem escolher entre apagar o
algarismo das unidades ou multiplicar esse número por 2.
Depois que os alunos escrevem um novo número a brincadeira continua com este
número, sempre com as mesmas regras. Veja a seguir dois exemplos desta brincadeira,
um começando com 203 e o outro com 4197:
203 (dobra) → 406 (apaga) → 40 (apaga) → 4 . . .
4197 (apaga) → 419 (dobra) → 838 (apaga) → 83 . . .
a) Comece a brincadeira com o número 45 e mostre uma maneira de prosseguir até
chegar ao número 1.
b) Comece agora a brincadeira com o número 345 e mostre uma maneira de prosseguir
até chegar ao número 1.
c) Explique como chegar ao número 1 começando a brincadeira com qualquer número
natural diferente de zero.
Sequências: Problemas Propostos
Problema 9. Numa sequência, cada termo, a partir do terceiro, é a soma dos dois termos
anteriores mais próximos. O segundo termo é igual a 1 e o quinto termo vale 2005. Qual é
o sexto termo?
Problema 10. Esmeralda foi escrevendo os quadrados dos números inteiros positivos um em
seguida ao outro formando o número 149162536 · · · e parou quando chegou no centésimo
algarismo. Qual foi o último algarismo que ela escreveu?
Problema 11. A sequência de Fibonacci é definida da seguinte forma: o termo 0, represen-
tado por F0, é igual a 0, o termo 1, representado por F1 é igual a 1, e a partir do termo 2,
cada termo é a soma dos dois anteriores. Por exemplo: o termo 2, representado por F2, é
igual a F0 +F1 = 0+1 = 1; o termo 3, representado por F3, é igual a F1 +F2 = 1+1 = 2,
e assim por diante.
Assim, os primeiros termos dessa sequência são: F0 = 0, F1 = 1, F2 = 1, F3 = 2,
F4 = 3, F5 = 5, F6 = 8, F7 = 13, . . .
a) Calcule F8, F9, F10 e F11.
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
b) F2002 é par ou ı́mpar? Justifique.
Problema 12. A figura a seguir mostra castelos de cartas de 1, 2 e 3 andares. Para
montar esses castelos foram usadas 2, 7 e 15 cartas, respectivamente. Quantas cartas serão
necessárias para montar um castelo de 5 andares?
Problema 13. Rubinho constrói uma sequência de 10 figuras, cada uma delas formadas
por quadradinhos de 1 cm de lado, conforme indicado ao seguir. A figura 2, por exemplo,
tem área igual a 5 cm2 e peŕımetro igual a 12 cm.
a) Qual é área da figura 5?
b) Qual é o peŕımetro da figura 10?
Problema 14. O troca-inverte é uma brincadeira com números em que há dois tipos de
movimentos:
• troca: separar o número em dois grupos e trocar a ordem desses grupos;
• inverte: escrever o número na ordem inversa.
Por exemplo, começando com 35421 podemos obter 31245, como mostrado abaixo.
a) Brincando com o troca-inverte e começando com 123456, como podemos obter 165432?
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
b) Brincando com o troca-inverte e começando com 123, como podemos obter todos os
outros cinco números de três algarismos diferentes que podem ser escritos com 1, 2 e
3?
c) Por que, no troca-inverte, começando com 123456 é impossével obter 243156?
Problema 15. Parte das casas de um quadriculado com o mesmo número de linhas (fi-
leiras horizontais) e colunas (fileiras verticais) é pintada de preto, obedecendo ao padrão
apresentado pelo desenho a seguir.
a) Quantas casas serão pintadas num quadriculado com 14 linhas e 14 colunas, de acordo
com esse padrão?
b) Quantas linhas tem um quadriculado com 199 casas pintadas?
Problema 16. Considere os números 2, 3 e 6. Quando somamos todos os produtos de dois
desses três números, obtemos um quadrado perfeito: 2.3 + 2.6 + 3.6 = 36 = 62. Podemos
acrescentar mais um número na sequência dada de modo que a soma de todos os produtos
de dois dos agora quatro números continue sendo um quadrado perfeito: basta somar o
dobro da raiz quadrada do quadrado perfeito que acabamos de obter na soma de todos os
números anteriores. No nosso exemplo, o quarto termo é 2 + 3 + 6+ 2
√
62 = 23 e, de fato,
2.3 + 2.6 + 3.6 + 2.23 + 3.23 + 6.23 = 289 = 172. Com isso, obtemos a sequência 2, 3, 6, 23.
Sequências que, como essas, têm como soma dos produtos de seus elementos tomados
dois a dois um quadrado perfeito, são chamadas esnúrficas. Uitilize calculadora nesse
problema.
a) Calcule o próximo número (quinto termo) da sequência esnúrfica descrita acima.
Lembre-se de que ele é a soma dos anteriores mais o dobro da raiz quadrada da soma
dos produtos de seus elementos tomados dois a dois.
b) Podemos também começar uma sequência esnúrfica com apenas dois números cujo
produto seja um quadrado perfeito. Por exemplo, 2 e 8 cujo produto é 16 = 42.
Calcule o próximo número (terceiro termo) dessa sequência.
5
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
c) Calcule o quociente entre o quinto e o quarto termo da sequência esnúrfica iniciada
com 2 e 8.
Problema 17. Um baralho contendo cartas numeradas 1, 2, 3, . . . , 2n é embaralhado da
seguinte forma:
• divide-se o monte de cartas na metade, formando-se dois montes: o primeiro com as
n primeiras cartas e o segundo, com as n seguintes;
• intercalam-se as cartas dos dois montes, sempre começando do segundo monte.
Por exemplo, para n = 3 e as cartas estão inicialmente na ordem crescente e, embaralhando
repetidas vezes, obtemos 1,2,3, 4, 5, 6 → 4,1, 5,2, 6,3 → 2, 4, 6, 1, 3, 5 → 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Desembaralhatus!, como diria Parry Hotter. Após três embaralhadas o monte de cartas
volta para a ordem original!
A embaralhada pode ser representada através de diagramas: Ou seja: Após cada uma
das três embaralhadas, a 1a carta é levada para a 2a posição, a 2a carta é levada para a 4a
posição, a 4a carta é levada para a 1a posição. E a 3a carta é levada para a 6a posição, a
6a carta é levada para a 5a posição e a 5a carta é levada para a 3a posição.
a) Desenhe os diagramas correspondentes para um baralho com 32 cartas (n = 16).
b) Qual é o número mı́nimo de embaralhadas que devem ser feitas para que um baralho
com 32 cartas volte para a ordem original?
Problema 18. Considere as seguintes sequências: S1: 12345678, 81234567, 78123456, . . .,
naqual o último algarismo do termo anterior (algarismo das unidades) torna-se o primeiro
algarismo na esquerda do próximo termo.
S2: 1234567898765, 5612345678987, 7856123456789, . . ., na qual o algarismo das unida-
des torna-se o primeiro algarismo na esquerda do próximo termo, e o das dezenas torna-se
o segundo algarismo na esquerda.
a) Apresente o quinto termo da sequência S1 e o quarto termo da sequência S2.
b) A sequência S1 tem 2006 termos. Qual é o seu último termo?
c) A sequência S2 termina quando o primeiro termo se repete. Quantos termos tem essa
sequência?
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 19. Esmeralda escolhe um número inteiro positivo qualquer e realiza a seguinte
operação com ele: cada um de seus algarismos é trocado pelo seu sucessor, com exceção
do 9, que é trocado por 0. Em seguida, os eventuais zeros que aparecem na esquerda
são eliminados. Por exemplo, ao se realizar a operação no número 990003953 obtém-se
1114064 (note que os dois zeros na esquerda gerados pelos dois primeiros algarismos 9
foram eliminados). A operação é repetida até que se obtenha 0. Por exemplo, começando
com 889, obtemos a sequência de números:
889, 990, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0
a) Apresente a sequência de números quando o primeiro número é 2008.
b) Mostre que, independente do número inicial, após uma quantidade finita de operações
Esmeralda obtém 0.
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Sequências: Soluções dos Introdutórios
4) (OBM 1a Fase) No resultado da multiplicação de 101 por 1111 . . . 11, composto por
2007 algarismos 1, o d́ıgito 1 aparece 4 vezes e o d́ıgito 2 aparece 2007− 2 = 2005 vezes.
Portanto a soma dos algarismos desse número é 1× 4 + 2× 2005 = 4014.
5) (OBM 1a Fase) A soma de todos os números positivos ı́mpares até 2007 menos a soma
dos números positivos pares até 2007 pode ser escrita como (1− 2)+ (3− 4)+ (5− 6)+
· · ·+ (2005− 2006) + 2007 = −1003 + 2007 = 1004.
6) (OBM 1a Fase) Seja n o número de quadradinhos para formar um lado de uma peça.
Então, são necessários 4× (n−2)+4 = 4n−8+4 = 4n−4 quadradinhos para formar a
peça inteira. Na última peça da decoração temos 4n− 4 = 40 ⇔ n = 11. Note que para
contar o número de quadradinhos utilizados basta observar que cada peça da esquerda
se encaixa na da direita. Se encaixarmos todas, teremos um quadrado completo de lado
igual a 11 quadradinhos. Portanto, o número de pastilhas utilizadas foi 112 = 121.
7) (OBM 2a Fase) Como 2 é a média aritmética de 1 e a, podemos escrever
1 + a
2
=
2, logo1 + a = 4 ⇔ a = 3; portanto, b = 1 + 2 + 3
3
= 2; c =
1 + 2 + 3 + 2
4
= 2;
d =
1 + 2 + 3 + 2 + 2
5
= 2. Esses exemplos sugerem que todos os termos, a partir do
terceiro, são iguais a 2. De fato, quando introduzimos em uma sequência um termo
igual a média de todos os termos da sequência, a média da nova sequência é a mesma
que a da sequência anterior. Assim, o último termo da sequência dada é 2.
8) (OBMEP 2a Fase)
a) Há várias soluções, como por exemplo 45 (apaga) → 4 (dobra) → 8 (dobra) → 16
(apaga) → 1. Ou 45 (dobra) → 90 (apaga) → 9 (dobra) → 18 (apaga → 1.
b) Aqui também há várias soluções, como por exemplo 345 (apaga) → 34 (apaga)
→ 3 (dobra) → 6 (dobra) → 12 (apaga) → 1.
c) Aplicamos a regra “apaga” até sobrar apenas um algarismo, e temos então três
casos:
1) Este algarismo é igual a 1 e a brincadeira acaba.
2) Este algarismo é 2, 3 ou 4 : neste caso aplicamos a regra “dobra” algumas vezes
até obter um número de dois algarismos cujo algarismo das dezenas seja 1 (16, 12
ou 16, respectivamente), e aplica-se a regra “apaga” obtendo o número 1.
3) Este algarismos é 5, 6, 7, 8 ou 9: neste caso aplica-se a regra “dobra” uma vez,
obtendo respectivamente 10,12, 14, 16 ou 18; então aplica-se a regra “apaga” para
obter o número 1.
Sequências: Soluções dos Propostos
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
9) (OBM 1a Fase) Seja x o primeiro termo. Como o segundo termo é 1, o terceiro termo é
x+1 , o quarto é 1 + (1+ x) = x+2. Como o quinto termo é 2005, (x+1)+ (x+2) =
2x + 3 = 2005 ⇔ 2x = 2002 ⇔ x = 1001. Logo o sexto termo é (x + 2) + (2x + 3) =
3x+ 5 = 3.1001 + 5 = 3008.
10) (OBM 2a Fase) Os números 12, 21, 32 possuem um algarismo. Os números 42, 52, · · · ,
92 possuem dois algarismos. Os números 102, 112, · · · , 312 possuem três algarismos.
Assim, ao escrever o quadrado do número 31, o número de algarismos escritos é 1× 3+
2 × 6 + 3 × 22 = 81, faltando escrever 19 algarismos. Com os quadrados de 32, 33, 34
e 35, temos mais 4× 4 = 16 algarismos, faltando ainda escrever apenas três algarismos.
Como o quadrado de 36 é 1296, conclúımos que o último algarismo escrito foi o 9, o
centésimo algarismo escrito por Esmeralda.
11) (OPM Fase Inicial)
a) F8 = F6 + F7 = 8 + 13 = 21, F9 = F7 + F8 = 13 + 21 = 34, F9 = F7 + F8 =
21 + 34 = 55 e F9 = F7 + F8 = 34 + 55 = 89.
b) Analisando a sequência de Fibonacci 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, . . . percebe-
mos um padrão. F0 = 0 é par, F1 = 1 é ı́mpar, logo F2 = F0 + F1 é ı́mpar, por
ser a soma de um número par com outro ı́mpar. F3 será a soma de dois números
ı́mpares, logo será par, F4 será a soma de um número par com um ı́mpar, logo é
ı́mpar. Com relação a paridade a sequência fica: par, ı́mpar, ı́mpar, par, ı́mpar,
ı́mpar, par, ı́mpar, ı́mpar, . . ., iniciando em F .
Perceba: F0, F3 e F6 são pares, na verdade sempre que tivermos um Fk com k
múltiplo de 3, ele será par, caso contrário, será ı́mpar. Como 2002 não é um
múltiplo de 3 então F2002 será ı́mpar.
12) (OBM 2a Fase) Para fazer um novo andar num castelo já constrúıdo, precisamos de três
cartas para cada andar anterior mais duas para o topo. Assim, a partir do castelo de
3 andares, para fazer o de 4 andares, precisamos de mais 3 × 3 + 2 cartas, num total
de 15 + 11 = 26 cartas. Portanto, para fazer o castelo de 5 andares, precisamos de
26 + 4× 3 + 2 = 40 cartas.
Outra solução: Para acrescentarmos um quarto andar a um castelo de 3 andares, pre-
cisamos de 3 cartas para separar a base dos demais andares e 4 pares de cartas para a
base, totalizando 3 + 2.4 = 11 cartas a mais. Analogamente, para acrescentarmos um
quinto andar a um castelo de 4 andares, precisamos de 4 cartas para separar a base dos
demais andares e 5 pares de cartas para a base, totalizando 4 + 2.5 = 14 cartas a mais.
Assim, para montar um castelo de 5 andares, precisamos de 15 + 11 + 14 = 40 cartas.
Observação: De fato, o acréscimo de um n-ésimo andar necessita de n − 1 cartas para
apoiar a base anterior, e n pares de cartas para a nova base. Portanto, são acrescentadas
n− 1 + 2n = 3n− 1 cartas por andar.
13) (OBM 2a Fase)
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
a) Vemos que para passar da figura k para figura k + 1 acrescentamos k + 1 quadra-
dinhos em cada lado da figura, sendo que os dos vértices estamos contando duas
vezes. Assim, estamos acrescentando 4k quadradinhos. Logo, na figura 5 teremos
1 + 4 + 8 + 12 + 16 = 41 quadradinhos de lado unitário, totalizando uma área de
41cm2.
b) Na figura 10, teremos em cada lado 10 quadradinhos com algum lado para fora
da figura. Desses 10, 8 não estão nos cantos da figura e logo possuem apenas 2
lados participando do peŕımetro. Os 4 que estão no vértice possuem 3 lados que
participam do peŕımetro. Logo, o peŕımetro da figura 10 é 2× 4× 8 + 4× 3 = 76
cm.
14) (OBMEP 2a Fase)
a) Uma solução: 123456 (inverte) → 654321 (troca) → 165432.
b) Existem 5 números diferentes formados com os algarismos 1, 2 e 3, além de 123.
Eles são 132, 213, 231, 312 e 321. Vamos mostrar como obter todos a partir de
123:
123 (troca) → 231 (inverte) → 132
123 (inverte) → 321 (troca) → 213
123 (troca) → 231
123 (troca) → 312
123 (inverte) → 321
c) Em um número qualquer formado com os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6, temosos
algarismos das “pontas” e os do “meio”; por exemplo, em 621354 os algarismos
das pontas são 6 e 4 e os algarismos 2, 1, 3, e 5 estão no meio. Dizemos também
que dois algarismos são vizinhos se um está ao lado do outro; no exemplo em
questão, (2, 1) e (3, 5) são dois pares de vizinhos. O movimento inverte troca os
algarismos das pontas e mantém os vizinhos juntos. O movimento troca faz com
que as pontas se tornem vizinhos e separa um par de vizinhos, fazendo com que eles
se tornem pontas. Logo, começando com 123456, vemos que qualquer sequência
de movimento troca e inverte tem como resultado um número em que 1 e 6 são ou
pontas ou vizinhos; como isso não acontece com 243156, é imposśıvel transformar
123456 em 243156 com esses movimentos. Alternativamente, podemos pensar nos
algarismos do número 123456 escritos ao longo de um ćırculo orientado no sentido
horário. O movimento inverte muda o sentido de rotação deste ciclo e o movimento
troca mantém este sentido; por outro lado, algarismos vizinhos, em particular o 1
e o 6, permanecem sempre vizinhos após qualquer destes movimentos. Como em
243156 o 1 e o 6 não são vizinhos, conclúımos que é imposśıvel transformar 123456
em 243156 com esses movimentos.
15) (OBM 3a Fase) Considerando a figura, conseguimos ver um padrão (de cima para abaixo
e da esquerda para a direita). Número de quadrados pintados: 2 × 2 → 2 , 3 × 3 → 7,
4× 4 → 8, 5× 5 → 17, 6× 6 → 18, 7× 7 → 31, 8× 8 → 32. Podemos perceber que, do
10
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
3× 3 (7 pintados) para o 4× 4 (8 pintados) que o número aumentou 1 unidade pintada.
O fato se deve a sequência de quadrados pintados, do 2× 2 para o 3× 3, o número de
quadrados pretos cresceu em 5 unidades enquanto o branco permaneceu igual, mas do
3× 3 para o 4× 4, o número de brancos aumentou 6, enquanto o preto somente 1. Em
geral, se n é par, do n×n para o (n+1)× (n+1) o número de quadrados pretos cresce
em 2n + 1 unidades, mas se n é ı́mpar cresce em apenas 1 unidade. Para o caso do
quadrado n× n, com n par, como a quantidade de casas pretas é igual a quantidade de
casas brancas, a quantidade de casas pretas será
n2
2
. Para o caso do quadrado n × n,
com n ı́mpar, percebemos que, a quantidade de casas pretas será
(n+ 1)2
2
− 1 (devido
as descobertas anteriores). Com efeito, para n par,
n2
2
+ 2n+ 1 =
(n+ 2)2
2
− 1 e, para
n ı́mpar,
(n+ 1)2
2
− 1 + 1 = (n+ 1)
2
2
.
Usando estes fatos:
a) Num quadriculado de 14×14, usamos o padrão para pares: 14
2
2
= 98 casas pretas.
b) Para descobrirmos quando o quadrado tem 199 casas pintadas, vamos testar os
casos:
Usando o padrão para n par, temos:
n2
2
= 199 ⇔ n2 = 398 mas e equação não
tem solução inteira.
Usando o padrão para n ı́mpar, vemos que:
(n+ 1)2
2
−1 = 199 ⇔ (n+ 1)
2
2
= 200 ⇔
(n+1)2 = 400. Achamos (n+1) = 20, donde n = 19, portanto o número de linhas
será igual a 19.
16) (OPM Fase Inicial)
a) Na sequência esnúrfica 2, 3, 6, 23, o quinto termo é a soma dos quatro primeiros
mais o dobro da raiz quadrada da soma dos produtos de seus elementos tomados
dois a dois, ou seja, é: 2 + 3+ 6+ 23+ 2
√
(2.3 + 2.6 + 2.23 + 3.6 + 3.23 + 6.23) =
34 + 2
√
289 = 34 + 2.17 = 68
b) Na sequência esnúrfica 2, 8, o terceiro termo é: 2 + 8 + 2
√
2.8 = 10 + 2
√
16 =
10 + 2.4 = 18
c) Na sequência esnúrfica 2, 8, 18, o quarto termo é: 2+8+18+2
√
(2.8 + 2.18 + 8.18) =
28 + 2
√
196 = 28 + 2.14 = 56. E na sequência esnúrfica 2, 8, 18, 56, o quinto termo
é: 2+ 8+18+56+2
√
(2.8 + 2.18 + 2.56 + 8.18 + 8.56 + 18.56) = 84+2.
√
1764 =
84 + 2.42 = 168. Logo o quociente entre o 5o e o 4o termo da sequência esnúrfica
iniciada com 2 e 8 é
168
56
= 3.
17) (OPM Fase Final)
a)
11
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
b) Observando o diagrama, temos que, após um número par de embaralhadas, as
cartas numeradas 11 e 22 estão nas suas posições originais. Considerando agora os
outros três diagramas, podemos concluir que, em menos do que 10 embaralhadas,
as demais cartas não estavam nas suas posições originais. E exatamente na 10a
embaralhada todas elas voltam para as posições originais. Portanto o número
mı́nimo de embaralhadas para ocorrer o Desembaralhatus! é 10. De fato, após
10.k embaralhadas, k natural , as cartas voltam para as posições originais.
18) (OBM 3a Fase)
a) 5o termo da sequência S1: 56781234 e 4o termo da sequência S2: 9878561234567
b) O último termo da sequência S1 é: 45678123, pois quando se aumenta de 8 em 8,
a sequência se repete, então o 2001o número é igual ao 1o. E o 2006o número é
igual ao 6o.
c) Essa sequência tem 43 termos, pois se percebe que quando as posições aumentam
de 7 em 7, os números ı́mpares permanecem no lugar e os pares andam 2 casas
para a direita, só quando o número par estiver na penúltima posição que ele anda
três casas; assim, como há 13 algarismos andando 5 vezes duas casas, os algarismos
pares andam 10 casas para a direita, mas, no final da sequência, andam três casas,
então andando 6 × 7 vezes, repete sequência. Como começa no número 1, na
sequência há 6×7+1 termos igual a 43. (Pois a sequência acaba quando o número
se repete).
19) (OBM 3a Fase)
a) A sequência é 2008, 3119, 4220, 5331, 6442, 7553, 8664, 9775, 886, 997, 8, 9, 0
b) Independente do d́ıgito que ocupa a 1a posição do número, após uma certa quanti-
dade de operações, ele chegará a 9 e, basta mais uma operação para ele chegar a 0,
que “desaparecerá”, e o número ficará assim com um d́ıgito a menos. Em seguida,
independente do d́ıgito que agora ocupa a 2a posição, após uma certa quantidade
12
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 06 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
de operações ele também chegará a 9 e, logo depois, a 0, que também “desapa-
recerá”, e o número terá assim outro d́ıgito a menos. Continuando esse processo
até o número ter um único d́ıgito, esse d́ıgito também chegará a 9 e, depois, a 0,
encerrando o processo.
13
Múltiplos, Divisores e Primos II - Aula 07
Após a apresentação dos conceitos de divisor e múltiplo, é posśıvel se perguntar se
existem números que possuem o mesmo divisor ou o mesmo múltiplo. A ideia desse material
é apresentar o conceito de máximo divisor comum (MDC) e mı́nimo múltiplo comum
(MMC) entre dois ou mais números, além de apresentar problemas gerais de teoria dos
números.
Vamos tomar dois números, 12 e 18, e pensar em um divisor simultâneo (comum)
desses dois números. Uma ideia inicial é listar todos os divisores positivos desses dois
números, nesse caso temos d(12) = {1, 2, 3, 4, 6, 12} e d(18) = {1, 2, 3, 6, 9, 18} e temos
alguns divisores comuns a esses dois números: 1, 2, 3, 6. Portanto faz sentido perguntarmos
qual é o máximo divisor comum (MDC) de dois ou mais números, e nesse caso o resultado
é 6. Uma notação curta para MDC de 12 e 18 ser 6 é: MDC(12, 18) = 6. Perceba que
esse processo de listarmos os divisores pode ser uma péssima ideia se o número for grande
e possuir muitos divisores.
Nesse caso tomamos outro caminho, fazemos a fatoração em números primos dos
números que gostaŕıamos de calcular o MDC. No exemplo anterior temos 12 = 22.3 e
18 = 2.32. O processo é simples, basta perguntar para cada fator primo, e com qual
potência, ele divide simultanemamente os dois números. Veja que 21 divide simultanema-
nente 12 e 18, mas 22 só divide 12, portanto o MDC deve possuir o fator 21, o próximo
fator primo é o 31, veja que ele divide 12 e 18, mas 32 só divide 18, portanto o MDC deve
possuir o fator 31. Como acabamos, então MDC(12, 18) = 21.31 = 6.
Resumindo o processo: fazemos a fatoração em primos dos números que queremos
calcular o MDC e pegamos aqueles fatores primos comuns com o menor expoente. Vale a
pena mencionar que o MDC de dois ou mais números sempre existe e será pelo menos 1,
se isso ocorrer dizemos que os números são primos entresi.
Para calcular o MMC entre dois ou mais números podemos tomar a mesma decisão
de listar os múltiplos positivos desses números, mas como explicado anteriormente isso
pode ser bem chato. Vamos calcular o MMC entre 42 e 45, pela notação, MMC(42, 45).
Primeiramente, perceba que estamos procurando um múltiplo simultâneo de 42 e 45, o
que significa que esse múltiplo simultâneo na sua formação deve possuir um 42 = 2.3.7 e
um 45 = 32.5. Lembrando que os múltiplos de 42 são 42.1, 42.2, 42.3, . . . e os de 45 são
45.1, 45.2, 45.3, . . ..
Agora tomamos os fatores primos e suas potências. Devemos colocar 21 noMMC(42, 45)?
Sim, 2 faz parte do 42, embora não faça parte do 45, o MMC deve possuir o número 42 e o
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas
45 em sua formação. Devemos colocar 31 ou 32? Como o MMC deve possuir o número 42 e
o 45 em sua formação, então pegamos o 32, que já garante o 31 do 42 e o 32 do 45. Note que
podeŕıamos pegar um 33, mas nesse caso não estaŕıamos constrúındo o mı́nimo múltiplo
comum. Continuamos o processo de tomar os fatores primos com o maior expoente para
obter MMC(42, 45) = 2.32.5.7 = 630.
Resumindo o processo: fazemos a fatoração em primos dos números que queremos
calcular o MMC e pegamos aqueles fatores primos com o maior expoente. Vale a pena
mencionar que o MMC de dois ou mais números sempre existe e será pelo menos o produto
dos números, se eles não tiverem fatores em comum.
Em geral os problemas encontrados em olimṕıadas de matemática exigem mais noções
de MDC do que de MMC. Para calcular o MDC entre dois números grandes existe
um método muito bom, e ele consiste de uma ideia simples. Vamos tomar o exemplo
MDC(12, 18) = 6, perceba que 12 = 2.6 e 18 = 3.6, por esse motivo, se subtráırmos 12 de
18, ainda obteremos um número que possui o fator 6, que é o MDC desejado. Portanto
MDC(a, b) = MDC(a, b− a).
Veja esse exemplo: MDC(30, 105), é o mesmo que MDC(30, 105−30) = MDC(30, 75),
que por sua vez é o mesmo que MDC(30, 75 − 30) = MDC(30, 45), que finalmente é
MDC(30, 45−30) = MDC(30, 15), e esse é intuitivo, vale 15. Fizemos muitos passos e não
precisávamos, bastava ver quantas vezes o 30 cabia no 105 fazendo 105÷30, obtendo a parte
inteira como 3, e o exemplo ficaria mais imediato fazendo MDC(30, 105) = MDC(30, 105−
3× 30) = MDC(30, 15) = 15.
Problema 1. (OPM Fase Inicial) Esmeralda fez a lição de casa, mas o cachorro dela,
Totopázio, rasgou a folha que ela deveria entregar. A lição de casa de Esmeralda pedia
para dividir números de cinco algarismos por números de três algarismos. Um dos pedaços
rasgados está exibido a seguir, com algumas partes borradas.
a) Calcule MDC(690; 2415; 2070).
b) Sabendo que Esmeralda acertou as divisões, determine o dividendo e o divisor da
conta da direita.
Solução.
a) Como 690 = 2.3.5.23 , 2415 = 3.5.7.23 e 2070 = 2.32.5.23, mdc(690, 2415, 2070) =
3.5.23 = 345.
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas
b) Vamos encontrar inicialmente os números A e B, e parte do dividendo, fazendo o
processo inverso.
O número A é 2070 + 1 = 2071.
O número B é 2415 + 207 = 2622 e, assim, descobrimos o penúltimo algarismo do
dividendo, que é 2.
Finalmente, o número C é 690 + 262 = 952 e, portanto, o dividendo é 95221.
Vamos agora encontrar D, o divisor. Como MDC(690, 2415, 2070) = 345 , o número D
é um dos divisores positivos de 345, ou seja, pode ser 1, 3, 5, 15, 23, 69, 115 ou 345. Veja
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
que o primeiro passo é dividir 952 por D e obter resto 262 (lembre que o resto é sempre
menor que o divisor!); logo os números 1, 3, 5, 15, 23, 69 e 115 não podem ocupar o lugar
de D. Portanto o único que resta, 345, é o divisor.
Problema 2. (OBM 1a Fase) Em 2012 foi realizada a edição 34 da OBM, eMDC(2012, 34) =
2. Supondo que a OBM sempre será realizada todo ano, qual é o maior valor posśıvel para
o MDC do ano e da edição da OBM realizada no ano?
Solução. Note que se estivermos na edição de número x da OBM, estaremos no ano de
1978+x . Assim, estamos interessados no maior valor posśıvel de MDC(x, 1978+x). Mas
veja que isso é o mesmo que calcular MDC(x, 1978 + x − x) = MDC(x, 1978). O maior
valor posśıvel para esse MDC é 1978, que pode ser atingido tomando x = 1978.
1 Problemas
Múltiplos, Divisores e Primos II: Problemas Introdutórios
Problema 3. O máximo divisor comum entre os números 1221, 2332, 3443, 4554, . . . , 8998
é:
Problema 4. O MMC de 12, 15, 20 e k é 420. Qual é o menor valor posśıvel de k?
Problema 5. Senhor Namm assou 252 biscoitos, senhora Clancy assou 105 biscoitos e
senhor Palavas assou 168 biscoitos. Cada um deles colocou os biscoitos em pacotes com o
mesmo número de biscoitos. Qual é o maior número de biscoitos que um pacote poderia
ter?
Múltiplos, Divisores e Primos II: Problemas Propostos
Problema 6. Quatro números inteiros positivos a < b < c < d são tais que o MDC entre
quaisquer dois deles é maior do que 1, mas MDC(a, b, c, d) = 1. Qual é o menor valor
posśıvel para d?
Problema 7. Carlinhos escreve números inteiros positivos diferentes e menores do que 1000
em várias bolas e coloca-as numa caixa, de modo que Mariazinha possa pegar ao acaso duas
dessas bolas. Quantas bolas no máximo Carlinhos irá colocar na caixa se os números das
duas bolas deverão ter um divisor comum maior do que 1?
Problema 8. Juca listou todos os números que podem ser escritos, da esquerda para a
direita, obedecendo as seguintes regras:
• não começar com zero;
• não repetir algarismos;
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
• acrescentar um novo algarismo somente se for múltiplo ou divisor do último algarismo
escrito;
• continuar a escrita do número enquanto for posśıvel acrescentar um novo algarismo.
Por exemplo, o número 2015 está na lista de Juca, pois ele é escrito começando com 2,
que é diferente de 0, depois com 0, que é múltiplo de 2, depois com 1, que é divisor de 0,
e seguido de 5, que é múltiplo de 1. A escrita termina com 5, pois este algarismo não é
múltiplo nem divisor dos algarismos que ainda não foram escritos (3, 4, 6, 7, 8e9).
a) O número 1063 não está na lista de Juca, pois é posśıvel acrescentar um último
algarismo na direita do 3. Qual é esse algarismo?
b) Juca escreveu os números de sua lista em ordem crescente. Qual é o primeiro número
que ele escreveu depois do 2015?
c) Qual é o menor número da lista de Juca?
d) Qual é o maior número da lista de Juca?
Problema 9. Qual é o maior valor posśıvel do MDC de dois números distintos pertencentes
ao conjunto 1, 2, 3, . . . , 2011?
Problema 10. No encarte do álbum Presence do grupo musical Led Zeppelin, uma ilus-
tração mostra parte de uma multiplicação, na qual os números multiplicados e o resultado
não aparecem. Todavia, as parcelas que aparecem quando se multiplica cada d́ıgito de um
número pelo outro número são viśıveis:
????
× ???
33240
77240+
25080++
???????
Utilize uma calculadora nesse problema.
(a) Calcule MDC(25080; 77240).
(b) Mostre que a conta acima está incorreta, ou seja, que as parcelas acima não podem ser
o produto de d́ıgitos por um mesmo número.
(c) Trocando um d́ıgito de cada uma das duas primeiras parcelas (33240 e 77240), é posśıvel
conseguir parcelas que podem ser obtidas em uma multiplicação. Descubra os números que
estavam sendo multiplicados.
5
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Múltiplos, Divisores e Primos II: Soluções dos Introdutórios
4) (OBM 1a Fase) Sendo d o MDC destes números, temos que a diferença entre 1221 e 2332
é 1111, ou seja, 2332 = 1221 + 1111. Na verdade a diferença entre dois números con-
secutivos da sequência é 1111. Portanto d = MDC(1221, 2332) = MDC(1221, 2331 −
1221) = MDC(1221, 1111). Como 1111 = 11 × 101e ambos os fatores são primos, 101
nãodivide 1221, mas 11 divide todos os 8 números, 11 é o MDC procurado.
5) (EUA - Mathcounts) Veja, 12 = 22.31, 15 = 31.51, 20 = 22.51 e 420 = 22.31.51.71.
Como MMC(12, 15, 20, k) = 420 e a fatoração de 420 é feita com as maiores potências
de primos dos números 12, 15, 20 e k, temos que os fatores 2, 3 e 5 já estão e com as
potências certas, falta apenas o 71, portanto k = 7.
6) (EUA - Mathcounts) O número que estamos procurando deve ser um divisor simultâneo
dos três números de biscoitos, como queremos o maior número de biscoito, estamos
procurando o MDC(252, 105, 168). Veja que MDC(105, 252) = MDC(105, 252 − 2 ×
105) = MDC(105, 42) = MDC(105 − 2 × 42, 42) = MDC(21, 42) = 21. Agora é so
verificar se 21 também é divisor de 168, e de fato é, portanto eles podem fazer pacotes
com 21 biscoitos. Outra solução seria fatorar 252, 105 e 168 em fatores primos.
Múltiplos, Divisores e Primos II: Soluções dos Propostos
7) (OBM 1a Fase) Nenhum dos inteiros em questão é uma potência de um primo p pois
caso contrário todos os outros inteiros teriam o fator p em comum e isso não é permitido.
Logo d possui pelo menos dois fatores primos distintos. Além disso, um dos números
a, b, c, d é ı́mpar; caso contrário MDC(a, b, c, d) = 2. Assim, como o menor número
ı́mpar com dois fatores primos distintos é 15, d ≥ 15 .Para d = 15, temos como exemplo
a = 6, b = 10, c = 12 e d = 15.
8) (OBM 2a Fase) São 499. Não podemos colocar o número 1 em nenhuma bola, pois
o MDC entre 1 e qualquer outro número é 1, assim temos 998 números dispońıveis.
Além disso, se forem usadas 500 bolas ou mais, haverá duas com números consecutivos,
sempre primos entre si, então não podemos colocar mais que 499 bolas. Mas existe uma
forma de colocar 499 bolas, usando os números pares de 2 a 998.
9) (OBMEP 2a Fase)
a) Como não é posśıvel repetir algarismos, os algarismos que podem ser acrescentados
na direita de 1063 são 2, 4, 5, 7, 8 e 9; desses, o único que é múltiplo ou divisor de
3 é o algarismo 9 (9 é múltiplo de 3). O número 10639 está na lista de Juca, não
é posśıvel acrescentar um novo algarismo pois 2, 4, 5, 7 e 8 não são múltiplos nem
divisores de 9.
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
b) O número natural sucessor de 2015 é 2016, entretanto ele não está na lista de
Juca, pois os números dessa lista devem ser acrescidos de algarismos enquanto for
posśıvel colocar múltiplo ou divisor do último algarismo escrito, ou seja 2016 pode
ser completado a 201639. O próximo número que vem depois do 2016 é 2017, e
este sim está na lista de Juca, já que 3, 4, 5, 6, 8 e 9 não são múltiplos nem divisores
de 7.
c) Como qualquer número é múltiplo de 1 e divisor de 0, todos os números listados
por Juca vão conter os algarismos 0 e 1 e sempre será posśıvel acrescentar outro
algarismo dispońıvel na direita desses dois algarismos. Assim, todos os números
listados por Juca têm pelo menos três algarismos. Os primeiros números com três
algarismos distintos são 102, 103 e 104, que não estão na lista de Juca, pois é
posśıvel acrescentar 4 ou 8 na direita do 2, 6 ou 9 na direita do 3 e 2 ou 8 na direita
do 4. Como 105 está na lista de Juca, pois não é posśıvel acrescentar os algarismos
2, 3, 4, 6, 7, 8 e 9 na direita do 5, segue que esse é o menor número na lista de Juca.
d) O maior número da lista de Juca é o 9362841705. Ele é o maior porque contém
todos os algarismos, começa com 9 e sempre é acrescentado, a cada vez, o maior
algarismo posśıvel que seja múltiplo ou divisor do último algarismo escrito.
10) (OBM 2a Fase) O MDC de dois números é divisor de cada um dos dois números, ou seja,
cada um dos dois números é múltiplo de seu MDC. Logo queremos o maior valor de d
que tem dois múltiplos positivos menores ou iguais a 2011. O maior dos dois múltiplos
de d é maior ou igual a 2d, logo 2d ≤ 2011 ⇐⇒ d ≤ 1005. Como 1005 e 2×1005 = 2010
são ambos menores do que 2011, o valor procurado é 1005.
11) (OPM Fase Final)
a) TemosMDC(77240; 25080) = MDC(25080; 77240−3·25080) = MDC(25080; 2000) =
MDC(2000; 25080−12 ·2000) = MDC(2000; 1080) = MDC(1080; 2000−1080) =
MDC(1080; 920) = MDC(920; 1080−920) = MDC(920; 160) = MDC(160; 920−
5 · 160) = MDC(160; 120) = 40.
b) Observe que 77240 e 25080 devem ser resultados do produto de um dos fatores da
multiplicação por algarismos. Logo o fator multiplicado deve ser divisor comum de
77240 e 25080, sendo então divisor de MDC(77240; 25080) = 40. Mas nesse caso os
algarismos devem ser pelos menos iguais a 77240/40 e 25080/40, respectivamente,
o que é imposśıvel pois ambos os quocientes são maiores que 10.
Outra maneira de pensar: O único número de quatro d́ıgitos, que, se multiplicado
por um número de apenas um d́ıgito, obtemos 77240 é 9655. Mas esse número não
é diviśıvel por 25080 nem por 33240, portanto não há como multiplicarmos este
número, por outro x, que dê 25080 a 33240.
c) Trocando 33240 por 33440 e 772400 por 752400, a conta fica correta. Como
MDC(33240; 75240; 25080) = 8360 e 33240/8360 = 4, 75240/8360 = 9 e 25080/8360 =
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
3, os números multiplicados são 8360 e 493.
8360
× 394
33440
75240+
25080++
3293840
8
Problemas Gerais I - Aula 08
Problema 1. (OBMEP 2a Fase) A caminhonete do Tio Barnabé pode carregar até 2000
quilos. Ele aceita um serviço para transportar uma carga de 150 sacas de arroz de 60 quilos
cada e 100 sacas de milho de 25 quilos cada.
a) Você acha posśıvel que o Tio Barnabé faça esse serviço em cinco viagens? Por quê?
b) Descreva uma maneira de fazer o serviço em seis viagens.
Solução.
a) Tio Barnabé tem que transportar uma carga total de 150 quilos. Como a carga
máxima da caminhonete é 2000 quilos, em cinco viagens Tio Barnabé poderá trans-
portar no máximo 5×2000 = 10000 quilos, faltando ainda 11500 quilos para completar
o serviço. Logo, não é posśıvel fazer o serviço em apenas 5 viagens.
b) Tio Barnabé pode fazer 5 viagens carregando, em cada uma, 30 sacas de arroz e
8 de milho, totalizando 30 × 60 + 8 × 25 = 1800 + 200 = 2000 quilos. Em cinco
viagens, ele levaria 30× 5 = 150 sacas de arroz e 5× 8 = 40 sacas de milho, restando
100− 40 = 60sacas de milho, pesando 60× 25 = 1500 quilos, que poderiam ser todas
transportadas na sexta viagem.
Outra solução: Tio Barnabé pode fazer 5 viagens levando, em cada uma, 28 sacos de
arroz e 12 de milho, totalizando 28× 60 + 12× 25 = 1980 quilos em cada viagem; na
sexta viagem ele pode levar os 10 sacos de arroz e os 40 de milho restantes, totalizando
10× 60 + 12× 25 = 1600 quilos.
Problema 2. (OBMEP 2a Fase) Alberto, Beatriz, Carlos, Dulce e Eduardo ainda dormiam
quando sua mãe saiu e deixou uma vasilha com jabuticabas e a instrução para que fossem
divididas igualmente entre eles. Alberto acordou primeiro, pegou 15 das jabuticabas e
saiu. Beatriz acordou depois, mas pensou que era a primeira a acordar e, por este motivo,
pegou 15 das jabuticabas restantes e também saiu. Os outros três irmãos acordaram juntos,
perceberam que Alberto e Beatriz já haviam sáıdo e dividiram as jabuticabas restantes
igualmente entre eles.
a) Que fração do total de jabuticabas coube a Beatriz?
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
b) Quem ficou com a menor quantidade de jabuticabas? Quem ficou com a maior quan-
tidade de jabuticabas?
c) Ao final da divisão, nenhum dos irmãos ficou com mais do que 20 jabuticabas. Quan-
tas jabuticabas havia na vasilha?
Solução.
a) Alberto, primeiro a acordar, pegou
1
5
do total de jabuticabas deixando 1 − 1
5
=
4
5
para os demais irmãos. Beatriz, segunda a acordar, pegou
1
5
das jabuticabas deixadas
por Alberto, pegando assim
1
5
de
4
5
, ou seja,
1
5
× 4
5
=
4
25
do total de jabuticabas.
b) Alberto pegou exatamente
1
5
do total de jabuticabas, deixando 1 − 1
5
=
4
5
delas na
vasilha. ComoBeatriz dividiu as jabuticabas deixadas por Alberto em cinco partes,
ela ficou com menos que
1
5
e deixou mais que
3
5
das jabuticabas. Os irmãos restantes,
dividindo esses
3
5
em três partes iguais, ficaram com mais de
1
5
cada. Logo foi Beatriz
quem ficou com menos jabuticabas e Carlos, Dulce e Eduardo com mais jabuticabas.
Podemos também pensar como segue. Alberto ficou com
1
5
das jabuticabas e deixou
1 − 1
5
=
4
5
delas na vasilha. Beatriz ficou então com
1
5
× 4
5
=
4
25
das jabuticabas e
deixou
4
5
− 4
25
=
16
25
na vasilha. Cada um dos irmãos restantes ficou com
1
3
× 16
25
=
16
75
das jabuticabas. Como
1
5
=
15
75
e
4
25
=
12
75
, a conclusão segue.
c) Como Carlos, Dulce e Eduardo ficaram com
16
75
das jabuticabas cada um e essa fração
é irredut́ıvel, o total de jabuticabas tem que ser múltiplo de 75; por outro lado, como
cada um dos irmãos ficou com um número inteiro de jabuticabas menor ou igual a
20, o número total de jabuticabas é no máximo 100. O único múltiplo de 75 que é
menor ou igual a 100 é o próprio 75. Logo, havia 75 jabuticabas na vasilha; Alberto
ficou com
1
5
× 75 = 15 jabuticabas, Beatriz com 4
25
× 75 = 12 jabuticabas e Carlos,
Dulce e Eduardo com
16
75
× 75 = 16 jabuticabas cada um.
1 Problemas
Problemas Gerais I: Problemas Introdutórios
Problema 3. Ariadne brinca com números de dois ou mais algarismos. Ela soma, aos
pares, os algarismos do número, da esquerda para a direita, e escreve os resultados em
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
ordem; em seguida, ela repete a brincadeira com o novo número e assim por diante. Se ela
chegar a um número com um único algarismo, a brincadeira acaba. Por exemplo, de 294
ela obtém 1113, pois 2+9 = 11 , 9+4 = 13, Depois, de 1113 ela obtém 224, pois 1+1 = 2,
1 + 1 = 2 e 1 + 3 = 4, e assim por diante. Essa brincadeira acaba com 1 (faça as contas) :
294 → 1113 → 224 → 46 → 10 → 1.
a) Escreva a sequência que começa com 4125.
b) Escreva os seis primeiros números da sequência que começa com 995.
c) Qual é o 103o número da sequência que começa com 33333?
Problema 4. Os alunos do professor Augusto Matraga fizeram quatro provas bimestrais no
ano. O professor pede a cada aluno que escolha três dessas provas e depois calcula a média
anual, até a primeira casa depois da v́ırgula, pela fórmula M =
10×A
B
, onde M é a média
anual, A é o total de questões respondidas corretamente nas três provas escolhidas e B é o
total de questões das três provas escolhidas. Veja os resultados do aluno Quim durante o
ano:
a) Qual será a média anual do Quim se ele escolher as provas dos três primeiros bimes-
tres? E se ele escolher as provas dos três últimos?
b) Faça uma tabela com a porcentagem de acertos do Quim em cada prova para cada
bimestre.
c) Quim acha que sua média anual será a mais alta posśıvel se escolher as três provas
com as maiores porcentagens de acerto. Ele está certo? Por quê?
Problema 5. Joãozinho coleciona números naturais cujo algarismo das unidades é a soma
dos outros algarismos. Por exemplo, ele colecionou 10023, pois 1 + 0 + 0 + 2 = 3.
a) Na coleção de Joãozinho há um número que tem 4 algarismos e cujo algarismo das
unidades é 1. Que número é esse?
b) Qual é o maior número sem o algarismo 0 que pode aparecer na coleção?
c) Qual é o maior número sem algarismos repetidos que pode aparecer na coleção?
Problema 6. Daniela gosta de brincar com números de dois ou mais algarismos. Ela escolhe
um desses números, multiplica seus algarismos e repete o procedimento, se necessário, até
chegar a um número com um único algarismo, que ela chama de número-parada do número
escolhido. Por exemplo, o número-parada de 32 é 6, pois 32 → 3×2 = 6 e o número-parada
de 236 é 8, pois 236 → 2× 3× 6 = 36 → 3× 6 = 18 → 1× 8 = 8.
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
a) Qual é o número-parada de 93?
b) Ache um número de quatro algarismos, sem o algarismo 1 cujo número-parada é 6.
c) Quais são os números de dois algarismos cujo número-parada é 2?
Problemas Gerais I: Problemas Propostos
Problema 7. Ana e Cristina estão jogando contra Beatriz e Diana. No ińıcio de cada
partida, elas embaralham nove cartões numerados de 1 a 9 e cada uma pega dois cartões,
sobrando sempre um cartão na mesa. Cada menina calcula seus pontos somando os números
de seus cartões e o número de pontos da dupla é a soma dos pontos das duas parceiras.
Vence a dupla que fizer o maior número de pontos. Veja um exemplo de uma partida na
tabela:
a) Numa partida, Ana e Cristina tiraram somente cartões com números ı́mpares, e
sobrou o cartão de número 7. Qual foi o resultado da partida? Por quê?
b) Uma partida pode terminar empatada se sobrar o cartão de número 8? Por quê?
c) Uma partida pode terminar empatada se sobrar o cartão de número 5? Por quê?
d) Em outra partida, uma das meninas tirou o cartão de número 3. Ana fez um ponto
a menos que Beatriz, que fez um ponto a menos que Cristina, que fez um ponto a
menos que Diana. Quantos pontos fez a dupla que ganhou?
Problema 8. Três tanques iguais contêm, inicialmente, 32, 24 e 8 metros cúbicos de água
e estão ligados por registros, como na figura. Estes registros servem para deixar a água
passar de um tanque (mais cheio) para o outro (menos cheio) até que ambos fiquem com
o mesmo volume de água. Só se pode abrir um registro de cada vez, e ele é fechado assim
que os tanques que ele liga fiquem com o mesmo volume de água.
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Por exemplo, ao abrir o registro R2 na situação inicial, os tanques A, B e C ficarão,
respectivamente, com 32, 16 e 16 metros cúbicos. A seguir, ao fechar R2 e abrir R1 os
tanques A, B e C ficarão, respectivamente, com 24, 24 e 16 metros cúbicos. Representamos
essa sequência por (32; 24; 8)
R2→ (32; 16; 16) R1→ (24; 24; 16)
a) A partir da situação inicial, qual será o volume de água nos tanques A e B após
abrirmos o registro R1?
b) A partir da situação inicial, exiba uma sequência de aberturas de registros de modo
que o tanque C fique com exatamente 21 metros cúbicos de água.
c) Explique por que o tanque A sempre vai ficar com mais de 21 metros cúbicos de água,
qualquer que seja a sequência de abertura de registros a partir da situação inicial.
Problema 9. A figura representa o traçado de uma pista de corrida. Os postos A, B, C
e D são usados para partidas e chegadas de todas as corridas. As distâncias entre postos
vizinhos, em quilômetros, estão indicadas na figura e as corridas são realizadas no sentido
indicado pela flecha. Por exemplo, uma corrida de 17 km pode ser realizada com partida
em D e chegada em A.
a) Quais são os postos de partida e chegada de uma corrida de 14 quilômetros?
b) E para uma corrida de 100 quilômetros, quais são esses postos?
c) Mostre que é posśıvel realizar corridas com extensão igual a qualquer número inteiro
de quilômetros.
Problema 10. Juca listou todos os números que podem ser escritos, da esquerda para a
direita, obedecendo as seguintes regras:
• não começar com zero;
• não repetir algarismos;
• acrescentar um novo algarismo somente se for múltiplo ou divisor do último algarismo
escrito;
5
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
• continuar a escrita do número enquanto for posśıvel acrescentar um novo algarismo.
Por exemplo, o número 2015 está na lista de Juca, pois ele é escrito começando com 2,
que é diferente de 0, depois com 0, que é múltiplo de 2, depois com 1, que é divisor de 0,
e seguido de 5, que é múltiplo de 1. A escrita termina com 5, pois este algarismo não é
múltiplo nem divisor dos algarismos que ainda não foram escritos (3, 4, 6, 7, 8 e 9).
a) O número 1063 não está na lista de Juca, pois é posśıvel acrescentar um último
algarismona direita do 3. Qual é esse algarismo?
b) Juca escreveu os números de sua lista em ordem crescente. Qual é o primeiro número
que ele escreveu depois do 2015?
c) Qual é o menor número da lista de Juca?
d) Qual é o maior número da lista de Juca?
Problema 11. No Egito Antigo, as frações eram expressas principalmente como somas
de frações distintas com numerador igual a 1. Por isso, frações com numerador igual a
1 são chamadas frações eǵıpcias. Por exemplo, eles utilizavam
1
3
+
1
5
no lugar de
8
15
(mais precisamente, eles escreviam hieróglifos que representam
1
3
+
1
5
). Os matemáticos
questionaram se era posśıvel representar todo número racional
p
q
, com 1 ≤ p < q como
soma de frações eǵıpcias distintas. A resposta é sim, e foi encontrada por Fibonacci (o
mesmo da sequência!). Para isso, pode-se utilizar o algoritmo guloso, que funciona da
seguinte forma: subtráımos da fração
p
q
a maior fração
1
n
que é menor do que
p
q
e depois
continuamos o processo com a fração que sobrar. Por exemplo:
4
17
=
1
5
+
(
4
17
− 1
5
)
=
1
5
+
3
85
=
1
5
+
1
29
+
2
2465
=
1
5
+
1
29
+
1
1233
+
1
3039345
. (Utilize calculadora nesse problema).
a) Escreva
3
7
como a soma de frações eǵıpcias distintas.
b) O problema do algoritmo guloso é que ele gera frações com denominadores muito gran-
des (como 3039345 no exemplo acima). O próprio Fibonacci sugeriu outro método,
baseado na identidade
a
ab− 1
=
1
b
+
1
b(ab− 1)
. Por exemplo, o algoritmo guloso gera,
para
8
11
a expansão
8
11
=
1
2
+
1
5
+
1
37
+
1
4047
. Para aplicarmos a ideia de Fibonacci,
escrevemos
8
11
como soma de frações cujos numeradores são divisores distintos do
sucessor do denominador, ou seja, de 11 + 1 = 12, e utilizamos a identidade acima:
8
11
=
2
11
+
6
11
=
1
6
+
1
6.11
+
1
2
+
1
2.11
=
1
6
+
1
66
+
1
2
+
1
22
. Tendo essa ideia em
mente, escreva
33
119
como soma de frações eǵıpcias distintas, todas com denominadores
menores que 2011.
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problemas Gerais I: Soluções dos Introdutórios
4) (OBMEP 2a Fase)
a) A sequência é 4125 → 537 → 810 → 91 → 10 → 1
b) Os seis primeiros termos são 9951814 → 995 → 1814 → 995 → 1814
c) Os primeiros termos da sequência são 33333 → 6666 → 121212 → 33333 →
6666 · · · e vemos que os termos se repetem de três em três. Como 103 = 3×34+1,
segue que o 103o termo dessa sequência é 33333.
5) (OBMEP 2a Fase)
a) Se Quim escolher as provas dos três primeiros bimestres, sua média anual será
10× (20 + 6 + 32)
20 + 10 + 40
=
580
70
≈ 8, 3, já se ele escolher as provas dos três últimos
bimestres sua média anual será
10× (6 + 32 + 40)
10 + 40 + 40
=
780
90
≈ 8, 7.
O śımbolo ≈ significa aproximadamente.
b) Como
20
20
= 1 = 100%,
6
10
= 0, 6 = 60%,
32
40
= 0, 8 = 80% e
40
40
= 1 = 100%, a
tabela com a porcentagem de acertos do Quim é:
c) As provas com maior porcentagem de acerto são as do 1o, 3o e 4o bimestres, com
porcentagens 100%, 80% e 100% respectivamente. A média anual dessas provas é:
10× (20 + 32 + 40)
20 + 40 + 40
= 920100 = 9, 2.
Essa média é maio que a calculada no primeiro item do problema. Entretanto, há
mais uma possibilidade: a média obtida com a escolha das provas do 1o, 2o e 4o
bimestres, que é:
10× (20 + 6 + 40)
20 + 10 + 40
= 66070 ≈ 9, 4.
Logo Quim não está certo, porque as prova com porcentagem de acerto 100%, 60%
e 100% são as que proporcionam maior média anual.
6) (OBMEP 2a Fase)
a) Há apenas três maneiras de escrever 1 como soma de três números naturais: 1 =
1 + 0 + 0 , 1 = 0 + 1 + 0 e 1 = 0 + 0 + 1, que nos dão as possibilidades 1001,
0101 e 0011. Os números 0101 e 0011 devem ser descartados, pois não têm quatro
algarismos significativos. Logo na coleção do Joãozinho aparece o número 1001.
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
b) Primeiro notamos que se um número com algarismos não nulos está na coleção,
então ele tem no máximo 10 algarismos. De fato, se ele tivesse 11 ou mais algarismos
não nulos então a soma de todos seus algarismos, exceto o das unidades, seria no
mı́nimo 10, o que não é posśıvel pois o maior algarismo é o 9. Logo todos os
números com algarismos não nulos na coleção têm no máximo 10 algarismos, o que
mostra que existe um maior número sem o 0 na coleção.
Vamos supor que a coleção do Joãozinho está completa. O número 2316 está na
coleção; trocando o 3 por 111 obtemos 211116, que também está na coleção e é
maior que 2316, pois tem mais algarismos. Em geral, se um número sem o algarismo
0 está na coleção e tem algum algarismo que não o das unidades diferente de 1,
podemos “espichar” o número, trocando esse algarismo por uma sequência de 1’s
e obtendo um novo número, que está na coleção e é maior que o primeiro. Logo o
maior número com algarismos não nulos na coleção deve ter todos seus algarismos
iguais a 1, com exceção do algarismo das unidades, que é igual ao número de 1’s
que o precedem. Como o maior algarismo das unidades posśıvel é 9, segue que o
número procurado é 1111111119.
Notamos que a coleção pode ter números arbitrariamente grandes com o algarismo
0, como (por exemplo) 101, 1001, 10001 e assim por diante.
c) Um número da coleção não pode ter seis algarismos distintos, pois nesse caso a
soma dos cinco algarismos na esquerda do algarismo das unidades seria no mı́nimo
0+1+2+3+4 = 10 . Por outro lado, a coleção pode ter números de cinco algarismos
distintos como, por exemplo, 25108. Se um destes números tem o algarismo das
unidades diferente de 9, podemos “aumentá-lo” adicionando 1 ao algarismo das
unidades e 1 ao algarismo das dezenas de milhares (que, claramente, não pode
ser 9), sem sair da coleção. Por exemplo, o número 43108 pode ser “aumentado”
para 53109, que também está na coleção. Logo o maior número de cinco algarismos
distintos na coleção deve ter 9 como algarismo das unidades. Basta agora escrever 9
como soma de quatro parcelas distintas em ordem decrescente para “montar“ nosso
número; segue imediatamente que a decomposição procurada é 9 = 6+ 2+ 1+ 0 e
obtemos o número 62109.
7) (OBMEP 2a Fase)
a) O número parada de 93 é 4, pois 93 → 9× 3 = 27 → 2× 7 = 14 → 1× 4 = 4.
b) Escrevendo 3× 2 = 6 vemos que 32 → 3× 2 = 6. Como 32 = 4× 2× 2× 2 temos
4222 → 4× 2× 2× 2 = 32 → 3× 2 = 6 e assim o número-parada de 4222 é 6, bem
como de 2422, 2242 e 2224.
Outra alternativa é escrever 1 × 6 = 6, o que nos dá 16 → 1 × 6 = 6. Como
2222 → 2×2×2×2 = 16, segue que o número parada de 2222 é 6. Pode-se também
pensar a partir de 48 → 4×8 = 32 → 3×2 = 6. Como 48 = 4×12 = 4×2×2×3,
vemos que 2234, 2324, ..., 4322 também possuem 6 como número-parada.
c) Há apenas duas maneiras de obter 2 multiplicando dois algarismos, a saber, 12 →
1×2 = 2 e 21 → 2×1 = 2. Para obter 12, temos as possibilidades 26 → 2×6 = 12,
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
62 → 6 × 2 = 12, 34 → 3 × 4 = 12 e 43 → 4 × 3 = 12. Para obter 21, temos as
possibilidades 37 → 3×7 = 21 e 73 → 7×3 = 21. Como os números 21, 26, 62, 34,
43, 37 e 73 não podem ser obtidos como produto de dois algarismos, conclúımos
que os números de dois algarismos cujo número-parada é 2 são 12, 21, 26, 62, 34,
43, 37 e 73.
Problemas Gerais I: Soluções dos Propostos
8) (OBMEP 2a Fase)
a) Como sobrou o cartão de número 7 e Ana e Cristina só tiraram cartões ı́mpares,
seus cartões foram 1, 3, 5 e 9; logo, a soma de seus pontos foi 1 + 3 + 5 + 9 = 18
. Beatriz e Diana tiram os cartões 2, 4, 6 e 8, cuja soma é 2 + 4 + 6 + 8 = 20 ;
podemos também ver este total como 45−18−7 = 20, onde 45 é o total de pontos,
18 os pontos de Cristina e Ana e 7 a carta que ficou na mesa. Logo Beatriz e Diana
ganharam por 20 a 18.
b) A soma dos valores de todos os cartões é 1 + 2 + · · ·+9 = 45; se o 8 fica na mesa
então, para que a partida termine empatada, 45− 8 = 37 (ou então 1+2+3+4+
5 + 6 + 7 + 9 = 37 ) pontos devem ser divididos igualmente pelas duas duplas, o
que é imposśıvel pois 37 é um número ı́mpar. Mais geralmente, se sobra um cartão
de número par na mesa, a soma dos pontos das duplas é 45 menos um número par
= número ı́mpar , e não pode haver empate neste caso.
c) Quando sobra o cartão de número 5, a soma dos pontos das duplas é 45− 5 = 40
, que é um número par. Se nesse caso uma partida termina empatada, cada dupla
deve ter feito 40÷ 2 = 20 pontos. Para argumentar que o empate pode realmente
acontecer nessa situação, é necessário exibir uma partida que termine empatada
em 20 a 20; um exemplo é quando uma dupla retira os cartões de números 1, 2, 8e9
e a outra retira os restantes.
d) Uma solução: O cartão com menor número que pode sobrar é 1 e o maior é 9. Logo,
a soma dos pontos feitos pelas duas duplas varia de 45− 9 = 36 a 45− 1 = 44 , ou
seja, os pontos das meninas são quatro números consecutivos cuja soma está entre
36 e 44. As possibilidades 1, 2, 3, 4, 2, 3, 4, 5, 3, 4, 5, 6, 4, 5, 6, 7, 5, 6, 7, 8, 6, 7, 8, 9 e
7, 8, 9, 10 não servem pois, em qualquer delas, a soma dos números é menor que 36.
Analogamente 10, 11, 12, 13, 11, 12, 13, 14, 12, 13, 14, 15, 13, 14, 15, 16 e 14, 15, 16, 17
não servem pois, em qualquer caso, a soma dos números é maior que 44. Restam
as possibilidades 8, 9, 10, 11 e 9, 10, 11, 12. No primeiro caso, o cartão que ficou
na mesa é o de número 45 − (8 + 9 + 10 + 11) = 7 e no segundo é o de número
45− (9+10+11+12) = 3 . Como o cartão que ficou na mesa não foi o de número
3, só resta a primeira possibilidade; conclúımos que Ana fez 8 pontos, Beatriz fez
9, Cristina fez 10 e Diana fez 11. A dupla que venceu foi Beatriz e Diana, com
9 + 11 = 20 pontos contra 8 + 10 = 18 de Ana e Cristina.
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Uma solução com variável fica bem mais curta. Se x é a pontuação de Ana, então
x+1, x+2 e x+3 são as pontuações de Beatriz, Cristina e Diana, respectivamente.
Logo a soma dos pontos das duas duplas é x+ (x+1)+ (x+2)+ (x+3) = 4x+6
, que como vimos no parágrafo anterior é no mı́nimo 36 e no máximo 44. Logo
36 ≤ 4x + 6 ≤ 44 , ou seja, 30 ≤ 4x ≤ 38 e conclúımos que 7, 5 ≤ x ≤ 9, 5. Logo
x = 8 ou x = 9 são os posśıveis números de pontos de Ana. Se x = 8 estamos
no caso 8, 9, 10, 11, quando sobra o cartão de número 45 − (8 + 9 + 10 + 11) = 7
, e para x = 9 estamos no caso 9, 10, 11, 12, quando sobra o cartão de número
45 − (9 + 10 + 11 + 12) = 3 . O restante do argumento segue como no parágrafo
anterior.
9) (OBMEP 2a Fase) Quando dois tanques são equalizados, o volume total de água desses
tanques é a soma dos volumes antes da equalização; logo, ao final de uma equalização,
o volume de água de cada um dos tanques é a média aritmética dos volumes iniciais.
Em particular, quando dois tanques são equalizados, o tanque com mais água fica com
menos e o com menos fica com mais. Isso mostra que o volume de água do tanque A
será sempre maior ou igual ao de B, que por sua vez será sempre maior ou igual ao
de C; em particular, vemos que o volume de água de A sempre será maior ou igual ao
volume de água dos outros tanques e que o volume de água em C nunca diminui.
a) Ao abrir R1, os tanques A e B ficarão com
32 + 24
2
=
56
2
= 28 metros cúbicos de
água cada; com a notação do enunciado, temos (32; 24; 8)
R1→ (28; 28; 8)
b) Observamos que há apenas duas sequências posśıveis: a que começa com R1 e a
que começa com R2. A segunda delas é a sequência procurada:
(32; 24; 8)
R2→ (32; 16; 16) R1→ (24; 24; 16) R2→ (24; 20; 20) R1→ (22; 22; 20) R2→ (22; 21; 21).
c) Mostramos a seguir os termos iniciais das sequências que começam com R1 e R2:
(32; 24; 8)
R2→ (32; 16; 16) R1→ (24; 24; 16) R2→ (24; 20; 20) R1→ (22; 22; 20) R2→ (22; 21; 21) R1→
(21, 5; 21, 5; 21)
(32; 24; 8)
R1→ (28; 28; 8) R2→ (28; 18; 18) R1→ (23; 23; 18) R2→ (23; 20, 5; 20, 5) R1→ (21, 75; 21, 75; 20, 5)
Como o volume de água de A é sempre maior ou igual que o de C e o volume
de C não diminui, segue que, o volume de água em A será sempre maior que 21
m3. Podemos também argumentar que como a média aritmética de um conjunto
de números é menor ou igual que o maior desses números, o volume de água em
A será sempre maior ou igual do que a média aritmética do volume total de água
dos três tanques; essa média é
32 + 24 + 8
3
=
64
3
= 21 +
1
3
metros cúbicos, que é
maior que 21 etros cúbicos.
10) (OBMEP 2a Fase)
a) Uma volta completa em torno da pista tem a extensão de 1 + 2 + 6 + 4 = 13 km.
Por isso, para percorrer 14 km precisamos dar uma volta completa e percorrer
mais 1 km. A única forma de percorrer 1 km, respeitando-se o sentido da corrida,
10
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Extensao (em km) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Posto de Partida A B A D D C D B A C C B Qualquer
Posto de Chegada B C C A B D C D D A B A O mesmo
é começando em A e terminando em B. Portanto a corrida deve começar em A,
dar uma volta completa, e terminar em B.
b) Como 100 = 7×13+9, uma corrida de 100 km corresponde a dar 7 voltas completas
na pista e percorrer mais 9 km. A única forma de percorrer 9 km, respeitando-se
o sentido da corrida, é começando em A e terminando em D. Portanto a corrida
deve começar em A, dar 7 voltas completas, e terminar em D.
c) Como sugerido nos itens acima, a solução do problema está baseada na idéia de dar
tantas voltas completas sem exceder o comprimento da corrida e depois localizar
estações convenientes para percorrer o que falta. Como uma volta completa possui
13 km, estamos interessados nos posśıveis restos da divisão por 13, que são os
elementos do conjunto 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12.
Inicialmente, vejamos como podemos realizar corridas de 1 a 13 km, isto é feito
por inspeção direta e o resultado está na tabela abaixo.
A partir dessa tabela, podemos concluir que é posśıvel realizar corridas cuja ex-
tensão é qualquer número inteiro de quilômetros maior do que 13.
11) (OBMEP 2a Fase)
a) Como não é posśıvel repetir algarismos, os algarismos que podem ser acrescentados
na direita de 1063 são 2, 4, 5, 7, 8 e 9; desses, o único que é múltiplo ou divisor de
3 é o algarismo 9. O número 10639 está na lista de Juca, não é posśıvel acrescentar
um novo algarismo pois 2, 4, 5, 7 e 8 não são múltiplos nem divisores de 9.
b) O número natural sucessor de 2015 é 2016, entretanto ele não está na lista de
Juca, pois os números dessa lista devem ser acrescidos de algarismos enquanto for
posśıvel colocar múltiplo ou divisor do último algarismo escrito, ou seja 2016 pode
ser completado a 201639. O próximo número que vem depois do 2016 é 2017, e este
sim está na lista de Juca, j’a que 3, 4, 5, 6, 8 e 9 não são múltiplos nem divisores
de 7.
c) Como qualquer número é múltiplo de 1 e divisor de 0, todos os números listados
por Juca vão conter os algarismos 0 e 1 e sempre será posśıvel acrescentar outro
algarismo dispońıvel na direita desses dois algarismos. Assim, todos os números
listados por Juca têm pelo menos três algarismos. Os primeiros números com três
algarismos distintos são 102, 103 e 104, que não estão na lista de Juca, pois é
posśıvel acrescentar 4 ou 8 na direita do 2, 6 ou 9 na direita do 3 e 2 ou 8 na direita
do 4. Como 105 está na lista de Juca, pois não é posśıvel acrescentar os algarismos
2, 3, 4, 6, 7, 8 e 9 na direita do 5, segue que esse é o menor número na lista de
Juca.
d) O maior número da lista de Juca é o 9362841705. Ele é o maior porque contém
11
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 07 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
todos os algarismos, começa com 9 e sempre é acrescentado, a cada vez, o maior
algarismo posśıvel que seja múltiploou divisor do último algarismo escrito.
12) (OPM Fase Final)
a) A maior fração
1
n
que é menor que
3
7
é
3
9
=
1
3
, portanto fazemos
3
7
− 1
3
=
2
21
⇐⇒
3
7
=
1
3
+
2
21
. Repetimos o procedimento com
2
21
. A maior fração
1
n
que é menor
que
2
21
é
2
22
=
1
11
, logo temos
2
21
− 1
11
=
1
231
, ou seja,
2
21
=
1
11
+
1
231
. Finalmente
3
7
=
1
3
+
2
21
=
1
3
+
1
11
+
1
231
.
b) Como 33 = 8+10+15 (existem outras partições) temos
33
119
=
8
119
+
10
119
+
15
119
=
1
15
+
1
15.119
+
1
12
+
1
12.119
+
1
8
+
1
8.119
=
1
15
+
1
1785
+
1
12
+
1
1428
+
1
8
+
1
952
.
12
Problemas de Teoria dos Números e Contagem - Aula 09
Após os conceitos de números inteiros que foram trabalhados até este ponto, como divi-
sores, múltiplos e outros, estes podem ser utilizados em problemas de contagem. Perguntas
como: quantos são os números inteiros que satisfazem tal condição, ou quantos divisores
tal número possui, podem ser explorados utilizando ideias simples de contagem.
Nesta aula os prinćıpios aditivo e multiplicativo serão bastante utilizados, lembrando
que problemas de contagem possuem diversas soluções, sempre é bom tentar pensar uma
resposta por outros caminhos.
Problema 1. (OBMEP 2a Fase) Um número A de dois algarismos é um supernúmero se é
posśıvel encontrar dois números B e C, ambos também de dois algarismos, tais que:
• A = B + C
• soma dos algarismos de A = (soma dos algarismos de B) + (soma dos algarismos de
C).
Por exemplo, 35 é um supernúmero. Duas maneiras diferentes de mostrar isto são
35 = 11 + 24 e 35 = 21 + 14, pois 3 + 5 = (1 + 1) + (2 + 4) e 3 + 5 = (2 + 1) + (1 + 4). A
única maneira de mostrar que 21 é um supernúmero é 21 = 10 + 11.
a) Mostre de duas maneiras diferentes que 22 é um supernúmero e de três maneiras
diferentes que 25 é um supernúmero.
b) De quantas maneiras diferentes é posśıvel mostrar que 49 é um supernúmero?
c) Quantos supernúmeros existem?
Solução.
a) Duas maneiras de mostrar que 22 é um supernúmero são 22 = 10 + 12 (2 + 2 =
1 + 0 + 1 + 2) e 22 = 11 + 11 (2 + 2 = 1 + 1 + 1 + 1).
Três maneiras de mostrar que 25 é um supernúmero são 25 = 10 + 15 (2 + 5 =
1+0+1+5), 25 = 11+14 (2+5 = 1+1+1+4) e 25 = 12+13 (2+5 = 1+2+1+3).
b) A seguir estão todas as maneiras posśıveis de escrever 49 como soma de dois algarismos
cada (colocando sempre a menor parcela na esquerda):
49 = 10 + 39, 49 = 11 + 38, 49 = 12 + 37, · · · , 49 = 24 + 25
De 10 até 24 temos 24 − 10 + 1 = 15, e qualquer uma dessas pode ser usada para
mostrar que 49 é um supernúmero, por exemplo, 4 + 9 = 1 + 7 + 2 + 2.
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas
c) Como 10 é o menor número de dois algarismos, então 10 + 10 = 20 é o menor
número de dois algarismos que pode ser escrito como a soma de dois números de
dois algarismos. Consideremos agora qualquer número x de dois algarismos, maior
ou igual a 20, e vamos chamar de a seu algarismo das dezenas e b seu algarismo das
unidades. Vamos agora pensar no número x− 10. Ele é pelo menos 10 (pois x é pelo
menos 20), seu algarismo das dezenas é a − 1 e o das unidades é b, aqui fazemos a
conta ab− 10 e de fato a dezena será a− 1 e a unidade b.
Então a expressão x = 10 + (x − 10) mostra que x é um supernúmero, pois a + b =
1 + 0 + (a− 1) + b.
Um exemplo numérico para entender essa ideia. Pensamos em x = 38, então 38−10 =
28, ou seja, x− 10 = 28. A expressão x = 10+ (x− 10) fica 38 = 10+28, que mostra
que 38 é um supernúmero, pois, 3 + 8 = 1+ 0+ 2+ 8. Logo, todos os números de 20
a 99 são supernúmeros, e no total são 99− 20 + 1 = 80.
Problema 2. (OBMEP 2a Fase) Dois números naturais formam um casal quando eles têm
o mesmo número de algarismos e em sua soma aparece apenas o algarismo 9. Por exemplo,
225 e 774 são um casal, pois ambos têm três algarismos e 225 + 774 = 999.
a) Qual é o número que forma um casal com o 2010?
b) Quantos são os casais formados por números de dois algarismos?
Casais especiais são casais em que os dois números têm os mesmos algarismos e, em
cada número, os algarismos são distintos. Por exemplo, 36 e 63 formam um casal especial,
mas 277 e 722 não.
c) Dê um exemplo de um casal especial com números de quatro algarismos.
d) Explique por que não existem casais especiais com números de três algarismos.
Solução.
a) O número que forma um casal com 2010 é 7989, pois ambos possuem quatro d́ıgitos
e sua soma é 2010 + 7989 = 9999.
b) Existem noventa números com dois d́ıgitos, a saber, os números de 10 a 99. Desses
números, só não possuem par aqueles que começam com 9, ou seja, os dez números
de 90 a 99. Logo, oitenta números com dois d́ıgitos têm par para formar um casal, e
portanto existem quarenta casais distintos com dois d́ıgitos.
c) Damos a seguir três exemplos de casais especiais: (2376, 7623), (5814, 4185) e (8901, 1098).
d) 1a solução: Vamos supor que exista um casal especial de números com três algarismos.
Sejam A o algarismo das centenas, B o algarismo das dezenas e C o algarismo das
unidades de um dos números desse casal; esse número é então ABC, onde notamos
que A não é igual a 0. Esses são também os algarismos do segundo número do
casal, que pode então ser ABC, ACB, BAC, BCA, CAB ou CBA. Temos então
2
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
as seis possibilidades listadas: A primeira possibilidade não pode ocorrer, pois A +
A = 9 é imposśıvel. De modo similar, eliminamos a segunda, a terceira e a última
possibilidade. Na quarta possibilidade temos B+C = 9 = A+C e segue que A = B,
o que não pode acontecer, pois em um casal especial os algarismos são distintos. O
mesmo argumento elimina a quinta possibilidade, e conclúımos que não existem casais
especiais com números de três algarismos.
2a solução: Suponhamos que exista um casal especial com números de três algarismos
e sejam A, B e C os algarismos desses números. Cada algarismo de um dos números
somado com algum algarismo do segundo número tem 9 como resultado; assim deve-
mos ter A+A+B+B+C+C = 2(A+B+C) = 27, o que não pode acontecer pois
27 é ı́mpar. Logo não existem casais especiais com números de três algarismos.
3a solução: Suponhamos que exista um casal especial de números de três algarismos.
Como 9 não é soma de dois pares ou dois ı́mpares e a soma dos integrantes do casal é
999 e, entre seus algarismos das centenas um é par e o outro é ı́mpar, e o mesmo vale
para os algarismos das dezenas e das unidades. Logo o número de algarismos pares
de um dos dois é igual ao número de algarismos ı́mpares do outro. Como os dois
integrantes do casal têm os mesmos algarismos concluimos que em qualquer um deles
o número de algarismos pares é igual ao número de algarismos ı́mpares, o que não
pode acontecer pois eles possuem apenas três algarismos. Esse argumento mostra que
não existem casais especiais com integrantes que tenham um número ı́mpar qualquer
de algarismos.
1 Problemas
Problemas de Teoria dos Números e Contagem: Problemas Introdutórios
Problema 3. Devido a um defeito de impressão, um livro de 600 páginas apresenta em
branco todas as páginas cujos números são múltiplos de 3 ou de 4. Quantas páginas estão
impressas?
Problema 4. Linea e Lana brincam da seguinte maneira: a primeira a jogar pensa em um
número de 10 a 99 e diz apenas a soma dos algarismos do número; a segunda tem então
que adivinhar esse número. Qual é o maior número de tentativas erradas que a segunda
pessoa pode fazer?
Problema 5. Um número natural A de três algarismos detona um número natural B de
três algarismos se cada algarismo de A é maior do que o algarismo correspondente de B.
Por exemplo, 876 detona 345, porém, 651 não detona 542 pois 1 < 2. Quantos números de
três algarismos detonam 314?
3
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema6. Cláudia gosta de brincar com números de dois ou mais algarismos. Ela
escolhe um desses números, multiplica seus algarismos e, caso o produto tenha mais de um
algarismo, ela os soma. Ela chama o resultado final de transformado do número escolhido.
Por exemplo, o transformado de 187 é 11, pois 1×8×7 = 56 e 5+6 = 11; já o transformado
de 23 é 6, pois 2× 3 = 6.
a) Qual é o transformado de 79?
b) Quais são os números de dois algarismos cujo transformado é 3?
c) Quantos são os números de três algarismos cujo transformado é 0?
Problema 7. Jade escreveu todos os números de 3 algarismos em cartões amarelos, um por
cartão e escreveu todos os números de 4 algarismos em cartões azuis, um por cartão. Os
cartões são todos do mesmo tamanho.
a) Ao todo, quantos cartões foram utilizados? Lembre-se que, por exemplo, 037 é um
número de dois algarismos, bem como 0853 é um número de três algarismos.
b) Todos os cartões são então colocados numa mesma urna e embaralhados. Depois
Jade retira os cartões, um a um, sem olhar o que está pegando. Quantos cartões Jade
deverá retirar para ter certeza de que há dois cartões azuis entre os retirados?
Problemas de Teoria dos Números e Contagem: Problemas Propostos
Problema 8. Quantos números inteiros maiores do que 20032 e menores do que 20042 são
múltiplos de 100?
Problema 9. Qual é o maior número de algarismos que devem ser apagados do número de
1000 algarismos 20082008 · · · 2008, de modo que a soma dos algarismos restantes seja 2008?
Problema 10. Os números de 1 a 99 são escritos lado a lado: 123456789101112 · · · 9899.
Então aplicamos a seguinte operação: apagamos os algarismos que aparecem nas posições
pares, obtendo 13579012 · · · 89. Repetindo essa operação mais 4 vezes, quantos algarismos
irão sobrar?
Problema 11. Carlinhos escreve números inteiros positivos diferentes e menores do que
1000 em várias bolas e coloca-as numa caixa, de modo que Mariazinha possa pegar ao
acaso duas dessas bolas. Quantas bolas no máximo Carlinhos irá colocar na caixa se os
números das duas bolas deverão ter um divisor comum maior do que 1?
Problema 12. Esmeralda, de olhos vendados, retira cartões de uma urna contendo inici-
almente 100 cartões numerados de 1 a 100, cada um com um número diferente. Qual é o
número mı́nimo de cartões que Esmeralda deve retirar para ter certeza de que o número
do cartão seja um múltiplo de 4?
4
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 13. Quantos os números de dois algarismos têm a soma desses algarismos igual
a um quadrado perfeito? Lembre-se que, por exemplo, 09 é um número de um algarismo.
Problema 14. Quantos números inteiros maiores que zero e menores que 100 possuem
algum divisor cuja soma dos d́ıgitos seja 5?
Problema 15. Dizemos que dois ou mais números são irmãos quando têm exatamente os
mesmos fatores primos. Por exemplo, os números 10 = 2× 5 e 20 = 22× 5 são irmãos, pois
têm 2 e 5 como seus únicos fatores primos. O número 60 tem quantos irmãos menores do
que 1000?
Problema 16. Começando com qualquer número natural não nulo é sempre posśıvel formar
uma sequência de números que termina em 1, seguindo repetidamente as instruções abaixo:
• se o número for ı́mpar, soma-se 1.
• se o número for par, divide-se por 2.
Por exemplo, começando com o número 21, forma-se a seguinte sequência:
21 −→ 22 −→ 11 −→ 12 −→ 6 −→ 3 −→ 4 −→ 2 −→ 1
Nessa sequência aparecem nove números, por isso, dizemos que ela tem comprimento
9. Além disso, como ela começa com um número ı́mpar, dizemos que ela é uma sequência
ı́mpar.
a) Escreva a sequência que começa com 37.
b) Existem três sequências de comprimento 5, sendo duas pares e uma ı́mpar. Escreva
essas sequências.
c) Quantas são as sequências pares e quantas são as sequências ı́mpares de comprimento
6? E de comprimento 7?
d) Existem ao todo 377 sequências de comprimento 15, sendo 233 pares e 144 ı́mpares.
Quantas são as sequências de comprimento 16? Dessas, quantas são pares? Não se
esqueça de justificar sua resposta.
Problema 17. Um hotel tem 15 andares com 25 quartos cada um. As chaves dos quartos
são identificadas por um número de três ou quatro algarismos indicando o andar, de 1 a 15,
seguido do número do quarto, de 01 a 25. Por exemplo, a chave 106 é a do quarto número
06 do 1o andar e a chave 1315 é a do quarto número 15 do 13o andar.
a) Quantos são os quartos do 10o andar para cima?
b) Quantas chaves têm número em que aparece o algarismo 1?
c) Diońısio não aceita ficar em um quarto em cuja chave aparece o algarismo 1 seguido
de 1 ou de 3. Em quantos quartos do hotel ele pode se hospedar?
5
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problema 18. Dizemos que um número natural é teimoso se, ao ser elevado a qualquer
expoente inteiro positivo, termina com o mesmo algarismo. Por exemplo, 10 é teimoso,
pois 102, 103, · · · são números que também terminam em zero. Quantos números naturais
teimosos de três algarismos existem?
Problema 19. Em uma face de cada um de três cartões foi escrito um número inteiro
positivo. Em seguida, os cartões foram colocados lado a lado sobre uma mesa, com a face
numerada para baixo. Arnaldo, Bernaldo e Cernaldo sabem que:
• Os números escritos nos cartões são todos diferentes.
• A soma dos três números é 13.
• Os números crescem da esquerda para a direita.
a) Considerando as três condições, escreva todas as possibilidades de numeração dos
cartões.
b) Agora é hora de descobrir os números que foram escritos nos cartões. Primeiramente,
Arnaldo olha o número do primeiro cartão na esquerda e diz que não tem informações
suficientes para descobrir os outros dois números sem levantar os outros cartões.
Depois, Bernaldo levanta o último cartão na direita, olha o número e diz também que
não consegue descobrir os dois números na esquerda, sem levantar todos os cartões.
E o mesmo acontece com Cernaldo, que levanta o cartão do meio, olha seu número e
afirma que não consegue descobrir os números nos outros dois cartões. Sabendo que
todos ouvem o que os demais dizem, mas não vêem o cartão que o outro olhou, qual
número está escrito no cartão do meio?
6
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
Problemas de Teoria dos Números e Contagem: Soluções dos Introdutórios
3) (OBM 1a Fase) Em 600 números consecutivos, existem 600÷3 = 200 números múltiplos
de 3 e 600÷ 4 = 150 números múltiplos de 4, mas veja que existem números que foram
contados duas vezes, os números múltiplos de 3 e de 4, que são os números múltiplos
de 12, e eles são 600÷ 12 = 50. Portanto são 200 + 150− 50 = 300 páginas impressas.
4) (OBM 1a Fase) Dentre os números de 10 a 99, a soma dos algarismos mais frequente é
9 ou 10, ambas aparecendo 9 vezes cada. Logo o maior número de tentativas erradas
que a segunda pode fazer é 9− 1 = 8.
5) (OBM 1a Fase) Seja XY Z um número de três d́ıgitos que detona 314. Devemos ter X
= 4, 5, 6, 7, 8 ou 9; Y = 2, 3, · · · , 9 e Z = 5, 6, 7, 8 ou 9. Portanto, temos 6 opções
para o primeiro d́ıgito, 8 para o segundo e 5 para o terceiro. Ou seja 6× 8× 5 = 240.
6) (OBMEP 2a Fase)
a) Primeiro multiplicamos os algarismos de 79, obtendo 7×9 = 63, e depois somamos
os algarismos desse produto, obtendo 6 + 3 = 9. Logo o transformado de 79 é 9.
b) A brincadeira de Cláudia tem duas etapas: a primeira, na qual ela multiplica os
algarismos, e a segunda, na qual ela soma os algarismos do produto encontrado,
no caso de esse produto ter mais de um algarismo. Para que 3 seja obtido como
o transformado de um número na primeira etapa, esse número só pode ser 13 ou
31. Para que 3 seja obtido como o transformado de um número na segunda etapa,
o resultado da primeira etapa deve ser um número de dois algarismos cuja soma
seja 3, ou seja, deve ser 12, 21 ou 30. A lista abaixo mostratodos os números de
dois algarismos cujo produto é um desses três números.
12 com 26, 62, 34 ou 43 21 com 37 ou 73 30 com 56 ou 65
Assim, os números 13, 31, 26, 62, 34, 43, 37, 73, 56 e 65 são os únicos números de
dois d́ıgitos cujo transformado é 3.
c) 1a solução: Na segunda etapa da brincadeira temos uma soma de algarismos, que
é sempre diferente de 0; portanto, 0 nunca será obtido como transformado de um
número de três algarismos nessa etapa. Para se obter 0 como transformado de
algum número de três algarismos na primeira etapa, esse número deve ter 0 como
algarismo das unidades, das dezenas ou de ambas. Os números de três algarismos
que tem 0 tanto nas unidades quanto nas dezenas são 100, 200, · · · , 900, num
total de 9. Os números que tem 0 apenas nas unidades são da forma XY 0, onde
X e Y representam algarismos de 1 a 9; há 9 × 9 = 81 números desse tipo, e o
mesmo racioćınio mostra que há 81 números de três algarismos com 0 apenas no
algarismo das dezenas. No total, há 9 + 81 + 81 = 171 números de três algarismos
cujo transformado é 0.
2a solução: Como na solução acima, conclúımos que o 0 deve aparecer na casa das
unidades, das dezenas ou em ambas. O algarismo das centenas pode ser qualquer
7
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
algarismo de 1 a 9. Depois de escolhido esse algarismo, pode-se escolher os alga-
rismos das dezenas e das unidades de 19 maneiras diferentes; por exemplo, 100,
101, 102, · · · , 109, 110, 120, · · · , 190 são as 19 possibilidades com o 1 na primeira
posição. Logo o total procurado é 9× 19 = 171.
3a solução: Como na solução acima, conclúımos que o 0 deve aparecer na casa das
unidades, das dezenas ou ambas. Há 90 números com 0 nas unidades e 90 com 0
nas dezenas, bem como 9 que tem 0 tanto nas dezenas quanto nas unidades. No
total, há 90 + 90− 9 = 171 números de três algarismos cujo transformado é 0.
7) (OBM 2a Fase)
a) Há 999− 100 + 1 = 900 números de três algarismos, escritos em cartões amarelos,
e 9999− 1000+ 1 = 9000 números de quatro algarismos, escritos em cartões azuis.
Ao todo, foram utilizados 900 + 9000 = 9900 cartões.
b) Como existe a possibilidade de serem retirados todos os cartões amarelos antes de
aparecer algum azul, para Jade ter certeza de que há dois cartões azuis entre os
retirados ela deverá retirar 900 + 2 = 902 cartões.
Problemas de Teoria dos Números e Contagem: Soluções dos Propostos
8) (OBM 2a Fase) Perceba que 20032 é um número que termina em 9, mais precisamente
20032 = 4012009, logo ele não é um múltiplo de 100, e 20042 é um número que termina
em 16, mais precisamente 20032 = 4016016, que também não é múltiplo de 100. Logo
a quantidade de múltiplos de 100 entre os dois números pode ser obtida olhando a
diferença entre esses números.
20042 − 20032 = 4016016− 1012009 = 4007
Logo ao fazermos 4007÷ 100 temos quociente 40 e resto 7, ou seja, são 40 múltiplos de
100 e um deslocamento de 7 unidades, insuficiente para atingir outro múltiplo de 100.
9) (OBM 1a Fase) A estratégia para apagar o maior número de algarismos é eliminar a
maior quantidade posśıvel de algarismos de menor valor. Vamos começar pelos 1000÷
2 = 500 zeros que aparecem no número. Restam agora 250 algarismos 2 e 250 algarismos
8, cuja soma é 250 × 2 + 250 × 8 = 500 + 2000 = 2500. Apagamos agora a maior
quantidade de algarismos 2 e como 2500 − 2008 = 492 , podemos atingir nossa meta
apagando 492 ÷ 2 = 246 algarismos 2. Portanto o maior número de algarismos que
devem ser apagados é 500 + 246 = 746.
10) (OBM 2a Fase) A quantidade inicial de algarismos é 9 + 2 × 90 = 189 , dos quais
94 aparecem nas posições pares e 95 nas posições ı́mpares. Apagados os algarismos
que aparecem nas posições pares, sobram 95 algarismos; desses, 47 estão nas posições
pares e 48 nas posições ı́mpares. Repetindo a operação, restam 48 algarismos, sendo
24 algarismos em posições pares e 24 em posições ı́mpares. Na terceira aplicação da
operação restam 12 algarismos e, na quarta, sobram 6 algarismos.
8
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
11) (OBM 2a Fase) Não podemos colocar o número 1 em nenhuma bola, pois o MDC entre
1 e qualquer outro número é 1, assim temos 998 números dispońıveis. Além disso, se
forem usadas 500 bolas ou mais, haverá duas com números consecutivos, sempre primos
entre si, então não podemos colocar mais que 499 bolas. Mas existe uma forma de
colocar 499 bolas, usando os números pares de 2 a 998.
12) (OBM 2a Fase) De 1 a 100, existem 25 múltiplos de 4; logo, 75 cartões não contêm
múltiplos de 4. No pior caso posśıvel, Esmeralda tiraria todos esses cartões antes de
sair algum cartão com múltiplo de 4. Assim, para ter certeza de que o número tirado
seja múltiplo de 4, Esmeralda deve retirar todos eles e mais um, ou seja, 76 cartões.
13) (OBM 2a Fase) A soma dos algarismos dos números de dois algarismos varia de 1 a 18.
Dessas somas, as que são quadrados perfeitos são 1, 4, 9 e 16. Temos então:
• Soma 1: número 10
• Soma 4: números 13, 22, 31 e 40
• Soma 9: números 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81 e 90
• Soma 16: números 79, 88 e 97
Portanto, nas condições propostas, há 17 números.
14) (OBM 2a Fase) São os múltiplos de 5, que nesse intervalo são 19; os múltiplos de 14,
que são 6 (pois o 70 já foi contado); os múltiplos de 23, que são 4; os múltiplos de 32,
que são 3 e, finalmente, os múltiplos de 41, que são 2. Note que o único múltiplo de 50
no intervalo, que é o próprio 50, já foi contato nos múltiplos de 5. Portanto ao todo são
19 + 6 + 4 + 3 + 2 = 34 números.
15) (OBM 2a Fase) 60 = 22×3×5 tem os fatores 2, 3 e 5, logo os irmãos de 60 são múltiplos
de 2× 3× 5 = 30. Veja que 1000÷ 30 retorna quociente 33, logo são 33 múltiplos de 30
menores que 1000, então 60 tem no máximo 32 irmãos. Destes múltiplos, os que tem
outros fatores além de 2, 3 e 5 são: 7× 30, 11× 30, 13× 30, 14× 30, 17× 30, 19× 30,
21× 30, 22× 30, 23× 30, 26× 30, 28× 30, 29× 30, 31× 30 e 33× 30. Logo 60 possui
32− 14 = 18 irmãos.
16) (OBMEP 2a Fase)
a) A sequência é: 37 −→ 38 −→ 19 −→ 20 −→ 10 −→ 5 −→ 6 −→ 3 −→ 4 −→ 2 −→
1.
b) A única sequência de comprimento 3 é 4 −→ 2 −→ 1. As sequências de compri-
mento 4 são 3 −→ 4 −→ 2 −→ 1 e 8 −→ 4 −→ 2 −→ 1; elas são obtidas a partir
de 4 −→ 2 −→ 1, a primeira acrescentando 4 − 1 = 3 na esquerda e a segunda
acrescentando 2 × 4 = 8 na esquerda. Do mesmo modo, a sequência ı́mpar 3 −→
4 −→ 2 −→ 1 dá origem a sequência par 6 −→ 3 −→ 4 −→ 2 −→ 1; a sequência
par 8 −→ 4 −→ 2 −→ 1 dá origem a sequência ı́mpar 7 −→ 8 −→ 4 −→ 2 −→ 1 e
a sequência par 16 −→ 8 −→ 4 −→ 2 −→ 1. Temos assim as três únicas sequências
de comprimento 5, sendo 2 pares e 1 ı́mpar. O racioćınio pode ser representado
pelo esquema a seguir.
9
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
c) 1a solução: Repetindo o esquema do item anterior, temos: e assim temos 3 sequências
pares e 2 ı́mpares de comprimento 6 e 5 sequências pares e 3 ı́mpares de compri-
mento 7.
2a solução: Observamos que a sequência ı́mpar de comprimento cinco dá origem
a 1 sequência par de comprimento seis; já as 2 sequências pares de comprimento
cinco dão origem a 2 sequências pares de comprimento seis e 2 sequências ı́mpares
de comprimento seis. Assim, temos 2 sequências ı́mpares de comprimento seis e
1+2 = 3 sequências pares de comprimento seis, num total de 2+3 = 5 sequências de
comprimento 6. O mesmo argumento mostra que há 8 sequências de comprimento
sete, sendo três ı́mpares e cinco pares.
Observação: A repetição desse argumento para valores sucessivos do comprimento
mostra que, a partir do comprimento 3, o número de sequências ı́mpares é 0, 1, 1,
2, 3, 5, 8,· · · , o número de sequências pares é 2, 3, 5, 8, 13, · · · e o número total de
sequências é 3, 5, 8, 13, 21, · · · . Cada termo dessassequências de valores, a partir
do terceiro, é a soma dos dois anteriores; vemos assim que essas sequências, com a
eventual omissão de termos iniciais, são a sequência 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,
55, 89, · · · , conhecida como sequência de Fibonacci. Apresentamos esse resultado
na tabela a seguir.
d) 1a solução: As 144 sequências ı́mpares de comprimento quinze dão origem a 144
sequências pares de comprimento dezesseis; já as 233 sequências pares de com-
primento quinze dão origem a 233 sequências pares de comprimento dezesseis e
10
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
233 sequências ı́mpares de comprimento dezesseis. Assim, temos 233 sequências
ı́mpares de comprimento dezesseis e 377 = 233 + 144 sequências pares de compri-
mento dezesseis, num total de 233 + 377 = 610 sequências.
2a solução: A parte da sequência de Fibonacci que nos interessa é 1, 2, 3, 5, 8, · · · ,
144, 233, 377, 610, · · · . O número de sequências ı́mpares de comprimento 15 (resp.
16) é o 15o (resp. 16o) termo dessa sequência, que é 144 (resp. 233); o número de
sequências pares de comprimento 15 (resp.16) é o 16o (resp. 17o) termo, que é 233
(resp. 377) e o número total é o 17o (resp. 18o) termo, que é 377 (resp. 610).
17) (OBMEP 2a Fase)
a) Do 10o andar até o 15o andar há 6 andares, cada um com 25 quartos. Logo o
número de quartos do 10o andar para cima é 6× 25 = 150.
b) O número de uma chave é formado pelo número do andar, de 1 a 15, seguido do
número do quarto, de 01 a 25. Podemos dividir as chaves em quatro casos, como
segue:
(a) andar com 1, quarto sem 1
(b) andar sem 1, quarto com 1
(c) andar e quarto com 1
(d) andar e quarto sem 1
Observamos os andares cujos números têm o algarismo 1 são 1, 10, 11, 12, 13, 14
e 15, num total de 7; segue que os andares sem 1 são em número de 15 − 7 = 8.
Os quartos com 1 são 01, 10, 11,· · · , 19 e 21, num total de 12; os quartos sem 1
são então em número de 25− 12 = 13. O prinćıpio fundamental da contagem nos
permite saber quantas chaves aparecem em cada um dos grupos:
(a) andar com 1, quarto sem 1: 7× 13 = 91.
(b) andar sem 1, quarto com 1: 8× 12 = 96.
(c) andar e quarto com 1: 7× 12 = 84.
(d) andar e quarto sem 1: 8× 13 = 104.
Os três primeiros grupos consistem das chaves com 1, que são em número de
7× 13 + 8× 12 + 7× 12 = 271. Podemos também proceder, observando que para
obter o número de chaves com 1 basta retirar, do total de chaves, as chaves do
grupo 4 acima. Como o número total de chaves é 15 × 25 , isso nos leva a conta
15× 25− 8× 13 = 271.
c) O número total de chaves é 15 × 25 = 375 . Para obter o número de chaves
procurado, primeiro eliminamos as chaves de quartos nos andares 11 e 13, que são
em número de 2 × 25 = 50. Restam 13 andares a considerar; devemos eliminar
também as chaves dos quartos 11 ou 13 desses andares, o que nos dá 13 × 2 = 26
chaves. Finalmente, devemos considerar as chaves do andar 1 e, neste andar, de
quartos cujo d́ıgito das dezenas seja também 1. Como já eliminamos os quartos 11
e 13 de todos os andares, os números posśıveis para esses quartos são 10, 12, 14, 15,
16, 17, 18 e 19, ou seja, devemos ainda eliminar 8 chaves. Desse modo, o número
de chaves em que não aparecem as sequências 11 ou 13 é 375− 50− 26− 8 = 291.
11
POTI - Aritmética - Nı́vel 1 - Aula 09 - Emiliano Chagas 1 PROBLEMAS
18) (OBM 2a Fase) São teimosos apenas os números que terminam em 0,1, 5 e 6. A quan-
tidade de números teimosos de 3 algarismos é 9 × 10 × 4 = 360 (na casa das centenas
podemos escrever qualquer algarismo de 1 a 9, na casa das dezenas podemos escrever
qualquer algarismo de 0 a 9 e na casa das unidades podemos escrever um dos quatro
algarismos acima).
19) (OBM 3a Fase) Sejam x, y e z os números dos cartões. Temos x+ y + z = 13 e vamos
supor que x < y < z.
a) Temos 1 + 2 + 10, 1 + 3 + 9, 1 + 4 + 8, 1 + 5 + 7, 2 + 3 + 8, 2 + 4 + 7, 2 + 5 + 6 e
3 + 4 + 6
b) Quando Arnaldo olha, pode-se eliminar o 3 + 4 + 6, pois ele saberia, já que é o
único que começa com 3. Quando Bernaldo olha, pode-se eliminar o 1 + 2 + 10, o
1+ 3+ 9 e o 2+ 5+ 6. O primeiro porque é o único que acaba com 10. O segundo
com 9. E o último, já que não pode ser o 3 + 4+ 6 graças a Arnaldo é o único que
acaba com 6. Quando Cernaldo olha, pode-se eliminar o 1+5+7 e o 2+3+8. Já
que o 2+ 5+ 6 foi eliminado por Bernaldo, o 1+ 5+ 7 é o único com 5 no meio. E
já que Bernaldo também eliminou o 1+3+9, o 2+3+8 é o único com 3 no meio.
Resposta: Assim sobraram apenas o 1 + 4 + 8 e o 2 + 4 + 7. Então o 4 está no
cartão do meio.
12
POLOS OLÍMPICOS DE
TREINAMENTO INTENSIVO
geometria
nível 1
Polos Olímpicos de Treinamento
Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Aula 1Curso de Geometria - Nível 1
Áreas I
A área de uma figura plana é um conceito primitivo de Geometria Plana que é dif́ıcil de
formalizar de maneira rigorosa, mas fácil de se entender de maneira intuitiva. Para facili-
tar nosso entendimento, estudaremos as áreas das figuras planas a partir de três premissas
básica que iremos assumir como verdadeiras. São elas:
Premissa I. A área de um retângulo de comprimento x e altura y é dado por xy.
Premissa II. Se uma figura plana é dividida em dois ou mais pedeços, a soma das
áreas dos pedaços é igual à área da figura original.
Premissa III. Se duas figuras são idênticas, então possuem a mesma área.
Veremos agora como podemos calcular a área de paralelogramos e triângulos a partir
dessas premissas. Em primeiro lugar, veja que um paralelogramo pode ser separado em
duas partes (um triângulo e um quadrilátero) através de uma altura que passa por um de
seus vértices. Essas duas partes podem ser rearranjadas de modo a formar um retângulo
de acordo com a figura:
A
B C
D
EF
Figura 1: Veja que a área do paralelogramo ABCD é igual à área do retângulo ADEF .
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Assim, se B é a medida do lado horizontal do paralelogramo (que chamaremos de base)
e h é a medida da altura, podemos verificar que a área desse paralelogramo é igual a B×h.
A
B C
D
Para descobrirmos a área de um triângulo ABC, trace uma paralela ao lado BC pas-
sando por A e uma paralela ao lado AC passando por B. Se D é o ponto de encontro entre
essas duas paralelas, veja que ABCD é um paralelogramo e que os triângulos ABC e ACD
são idênticos. Agora, sendo B a medida da base BC e h a altura do triângulo, pelo o que
vimos anteriormente, sabemos que a área do paralelogramo ABCD é igual a B × h. Por
outro lado, esse paralelogramo pode ser divido em duas partes iguais (os triângulos ABC
e BCD). Portanto, cada um terá área igual a B×h2 .
Notação: Utilizaremos colchetes para denotar áreas de figuras. Por exemplo, a área
do triângulo ABC será denotada por [ABC] e a área do quadrilátero XY ZW será
denotada por [XY ZW ].
Para finalizar a parte teórica neste caṕıtulo, iremos demonstrar o seguinte resultado:
Fato Importante. Se ABC é um triângulo e M é o ponto médio do lado BC, então
as áreas dos triângulos ABM e AMC são iguais.
A
B CM
Demonstração. Note que os dois triângulos têm a mesma altura e a mesma medida
de base, pois BM = MC (por definição). Logo, utilizando a fórmula de área para
triângulos, o resultado é imediato.
2
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problemas Introdutórios
Problema 1. (OBMEP 2015 - 1a Fase) Os pontos destacados nos quadrados abaixo são
pontos médios dos lados. Quantos desses quadrados têm área sombreada igual a
1
4
de sua
área?
Problema 2. (OBMEP 2017 - 1a fase) A figura mostra um quadrado de centro O e área 20
cm 2. O ponto M é o ponto médio de um dos lados. Qual é a área da região sombreada?
O
M
Problema 3. (OBMEP 2017 - 1a Fase) A área da figura é igual à soma das áreas de quantos
quadradinhos do quadriculado?
Problema 4. Cada lado do quadradoABCD de lado quatro é dividido em partes iguais
por três pontos. Escolhendo um ponto (dos três internos) em cada lado podemos formar
um quadrilátero cinza. Qual é a área desse quadrilátero?
3
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
A B
CD
Problema 5. (OBM 2005 - 1a Fase) Seis retângulos idênticos são reunidos para formar um
retângulo maior conforme indicado na figura. Qual é a área deste retângulo maior?
21cm
Problema 6. (OBMEP 2010 - 1a Fase) A figura mostra um quadrado dividido em 16
quadradinhos iguais. A área em sombreado corresponde a que fração da área do quadrado?
Problemas Propostos
Problema 7. (OBMEP 2013 - 1a Fase) A figura representa um retângulo de área 36 m2,
dividido em três faixas de mesma largura. Cada uma das faixas está dividida em partes
iguais: uma em quatro partes, outra em três e a terceira em duas. Qual é a área total das
partes sombreadas?
4
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 8. (OBMEP 2009 - 1a Fase) A figura mostra cinco triângulos equiláteros. A que
fração da área da figura corresponde a área sombreada?
Problema 9. (OBMEP 2012 - 1a Fase) O retângulo ao lado, que foi recortado de uma folha
de papel quadriculado, mede 4 cm de largura por 5 cm de altura. Qual é a área da região
sombreada?
Problema 10. (OBM 2011 - 1a Fase) O retângulo da figura abaixo está dividido em 10
quadrados. As medidas dos lados de todos os quadrados são números inteiros positivos e
são os menores valores posśıveis. Qual é a área desse retângulo?
5
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 11. (OBMEP 2009 - 1a Fase) Na figura, o quadrado ABCD tem área 40 cm2 .
Os pontos P, Q, R e S são pontos médios dos lados do quadrado e T é o ponto médio do
segmento RS. Qual é a área do triângulo PQT?
A P B
Q
CD R
S
T
Problema 12. (OBMEP 2010 - 1a Fase) A figura mostra um quadrado com suas diagonais
e segmentos que unem os pontos médios de seus lados. A área em cinza corresponde a que
fração da área do quadrado?
Problema 13. (OBMEP 2015 - 1a Fase) A figura abaixo é formada por dois quadrados de
lado 6 cm e dois triângulos. Se M é o ponto médio de AB, qual é a área total da figura?
6
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
B
M
A
Problema 14. (OBM 2004 - 2a Fase) No desenho, os quadriláteros ABCD, EFAG e IAJH
são retângulos e H é ponto médio de AE. Calcule a razão entre a área do retângulo ABCD
e o triângulo AHI.
A B
CD
E
F
G
H
I
J
Problema 15. (OBM 2009 - 1a Fase) Na figura, C é um ponto do segmento BD tal que
ACDE é um retângulo e ABCE é um paralelogramo de área 22 cm2. Qual é a área de
ABDE, em cm2?
A
BE
C
D
Problema 16. (OBM 2006 - 1a Fase) A figura a seguir representa um Tangram, quebra-
cabeças chinês formado por 5 triângulos, 1 paralelogramo e 1 quadrado. Sabendo que a
área do Tangram a seguir é 64 cm2 , qual é a área, em cm2, da região sombreada?
7
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 17. (OBM 2015 - 1a Fase) Com dois cortes perpendiculares, Pablo dividiu uma
folha de madeira quadrada em dois quadrados, um de área 400 cm2 e outro de área de 900
cm2 e mais dois retângulos iguais, conforme desenho. Qual é a área da folha de madeira?
Problema 18. (OBM 2008 - 1a Fase) Juntando quatro trapézios iguais de bases 30 cm e 50
cm, como o da figura ao lado, podemos formar um quadrado de área 2500 cm2 , com um
buraco quadrado no meio. Qual é a área de cada trapézio, em cm2 ?
50 cm
45o 45o
30cm
Problema 19. (OBMEP 2006 - 1a Fase) Na figura, os cinco quadrados são iguais e os
vértices do poĺıgono sombreado são pontos médios dos lados dos quadrados. Se a área de
cada quadrado é 1 cm2 , qual a área do poĺıgono sombreado?
Problema 20. (OBMEP 2016 - 1a Fase) Alice fez três dobras numa folha de papel quadrada
de lado 20 cm, branca na frente e cinza no verso. Na primeira dobra, ela fez um vértice
8
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
coincidir com o centro do quadrado e depois fez mais duas dobras, como indicado na figura.
Após a terceira dobra, qual é a área da parte cinza da folha que ficou viśıvel?
1ª dobra 2ª dobra 3ª dobra
Problema 21. (OBMEP 2009 - 2a Fase) Um quadrado de lado 3 cm é cortado ao longo de
uma diagonal em dois triângulos, como na figura. Com esses triângulos formamos as figuras
dos itens (a), (b) e (c), nas quais destacamos, em cinza, a região em que um triângulo fica
sobre o outro. Em cada item, calcule a área da região cinza.
3 cm
3 cm
a)
1 cm
b)
9
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
5 cm
c)
Problema 22. (OBMEP 2013 - 2a Fase) Dafne tem muitas peças de plástico: quadrados
cinzas claros de lado 3 cm, quadrados pretos de lado 4 cm e triângulos retângulos cinzas
cujos lados menores medem 3 cm e 4 cm, como mostrado à esquerda. Com estas peças e
sem sobreposição, ela forma figuras como, por exemplo, o hexágono à direita.
a) Qual é a área do hexágono que Dafne formou?
b) Usando somente peças quadradas, Dafne formou a figura ao lado, com um buraco em
seu interior. Qual é a área do buraco?
c) Mostre como Dafne pode preencher, sem deixar buracos, um quadrado de lado 15 cm
com suas peças, sendo apenas uma delas um quadrado de lado 3 cm.
10
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
d) Explique por que Dafne não pode preencher um quadrado de lado 15 cm sem usar
pelo menos um quadrado de lado 3 cm.
Problema 23. (OBMEP 2016 - 2a Fase) A figura ao lado foi desenhada sobre um quadri-
culado formado por nove quadradinhos, cada um com área igual a 4 cm2.
a) Qual é a área total pintada de preto?
b) Qual é a área total listrada?
c) Qual é a área total pintada de cinza?
Problema 24. (OBMEP 2008 - 1a Fase) Uma tira retangular de cartolina, branca de um
lado e cinza do outro, foi dobrada como na figura, formando um poĺıgono de 8 lados. Qual
é a área desse poĺıgono?
11
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
48 cm
12 cm
24 cm
Problema 25. (OBMEP 2010 - 1a Fase) A figura mostra quatro quadrados iguais dentro
de umquadrado maior. A área em cinza é 128 cm2 e a área de cada quadrado menor é igual
a 9% da área do quadrado maior. Qual é a área do quadrado maior?
Problema 26. (OBMEP 2013 - 1a Fase) A figura representa um retângulo de 120 m2 de
área. Os pontos M e N são os pontos médios dos lados a que pertencem. Qual é a área da
região sombreada?
N
M
Problema 27. (OBMEP 2013 - 1a Fase) Juliana desenhou, em uma folha de papel, um
retângulo de comprimento 12 cm e largura 10 cm. Ela escolheu um ponto P no interior do
retângulo e recortou os triângulos sombreados como na fi gura. Com esse s triângulos, ela
montou o quadrilátero da direita. Qual é a área do quadrilátero?
12
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P
Problema 28. (OBMEP 2014 - 1a Fase) A figura é formada por dois quadrados, um de
lado 8 cm e outro de lado 6 cm. Qual é a área da região sombreada?
Problema 29. (OBMEP 2016 - 1a Fase) Na figura, os pontos C e F pertencem aos lados BD
e AE do quadrilátero ABDE, respectivamente. Os ângulos B e E são retos e os segmentos
AB, CD, DE e FA têm suas medidas indicadas na figura. Qual é a área do quadrilátero
ACDF?
10
6
2
7
AB
D
C
E
F
Problema 30. (OBMEP 2016 - 1a Fase) O triângulo equilátero ABC da figura é formado
por 36 triângulos equiláteros menores, cada um deles com área 1. Qual é a soma das áreas
dos quatro triângulos sombreados?
13
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A B
C
Problema 31. (OBM) Na figura a seguir, temos três quadrados de área 1, qual é a área do
retângulo que o contorna?
Problema 32. Na figura abaixo ABCD é umretângulo de área 11cm2. Sabemos também
que A′A = AD, BB′ = BA, CC ′ = CB e DD′ = DC. Determine a área do quadrilátero
A′B′C ′D′.
A
B C
D
A′
B′
C ′
D′
Problema 33. (OBM 2005) Quatro peças iguais, em forma de triângulo retângulo, foram
dispostas de dois modos diferentes, como mostram as figuras.
14
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A
B
C
D
I
J
K
L
N
P
M
O
H
G
F
E
Os quadrados ABCD e EFGH têm lados respectivamente iguais a 3 cm e 9 cm. Calcule
as áreas dos quadrados IJKL e MNOP .
Problema 34. João dividiu uma folha de papel quadrada, com 20cm de lado, em 5 pedaços
de mesma área. O primeiro corte teve ińıcio no centro do quadrado e prolongou-se até a
fronteira do papel a 7cm de um canto, como indicado na figura seguinte.
A B
CD
E
F
Sabendo que o João fez todos os cortes em linha recta a partir do centro do quadrado,
de que forma cortou o papel?
Problema 35. Na figura, ABCD é paralelogramo e AE = CF . Seja P um ponto qualquer
sobre o lado AB. Mostre que
a) S5 = S2 + S3.
b) S1 = S4 + S6.
15
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S2
S1
S3
S4S5
S6
A B
CD
E
F
P
Problema 36. Na figura abaixo ABCD e DEFG são paralelogramos. Além disso, C está
sobre FE e G estpa sobre AB. Prove que ambos paralelogramos têm a mesma área.
A B
CD
E
F
G
Problema 37. Na figura a seguir, ABC é um triângulo de área 72 e D,E, F são pontos
médios. Ache a medida da área do triângulo DEF .
A
B CD
E
F
Problema 38. Na figura abaixo E,F,G,H são pontos médios. Determine a área do qua-
drilátero que está faltando.
16
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200
210
240
A
B
C
D
E
F
G
H
Problema 39. (Maio 2011) No retângulo ABCD, BC = 5 e 3EC = CD. Seja F o ponto
de encontro entre DB e AE. Se a área do ∆FDE é 12 e a área do ∆FAB é 27, calcule a
área do retângulo.
A B
CD E
F
Problema 40. (Proposto para IMO) Sejam ABCD um quadrilátero convexo e M e N
os pontos médios dos lados BC e DA, respectivamente. Prove que [DMA] + [CNB] =
[ABCD].
Problema 41. (OBM) Sobre cada lado de um triângulo de área 10cm2 foi constrúıdo um
quadrado. Em seguida, foram constrúıdos três triângulos usando um vértice do triângulo
e dois vértices dos quadrados, como mostrado na Figura 1. Depois, os quadrados foram
retirados e cada um dos triângulos constrúıdos foi girado até um de seus lados coincidir com
um lado do triângulo inicial. Qual é a área da Figura 2, formada pelos quatro triângulos?
17
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Figura 1
Figura 2
Problema 42. (OBM 2013) Paulo possui uma folha de papel ABCD quadrada de lado
20cm. A frente da folha é branca e o verso é cinza. O ponto E é marcado no centro da
folha. Ele decide fazer um cata-vento com a folha. Para isso, ele recorta o segmento BE e
dobra a ponta que estava no ponto B até o ponto E. Ele repete o procedimento para cada
um dos outros três vértices do quadrado, completando o cata-vento.
A
E
B
CD
a) Qual a razão entre a área cinza e a área branca na figura anterior?
b) Paulo pegou outra folha quadrada XY ZW igual à folha ABCD e montou outro cata-
vento. Ele girou o cata-vento XY ZW de um ângulo de 45◦ e colocou sobre o cata-vento
ABCD de modo que os centros das folhas ficassem sobrepostos, montando a figura a
seguir. Qual a área branca da figura formada?
18
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A
E
B
C
D
X
Y
Z
W
Problema 43. Na figura, ABCD é um quadrado de lado 10cm e BEFG um outro quadrado
de lado maior. Qual é o valor da área do triângulo ACF?
A
B C
D
EF
G
19
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Dicas e Soluções
1. Em todas as quatro figuras, a área sombreada é igual a
1
4
da área do quadrado
correspondente. Uma maneira simples de confirmar isto é contar, em cada caso,
o número de triângulos sombreados que são formados nas decomposições abaixo (8
triângulos sombreados para um total de 32 triângulos, isto é,
8
32
ou
1
4
)
2. Podemos decompor a figura sombreada em um quadrado e um triângulo, traçando
um segmento de O até o ponto médio N do lado do quadrado, conforme indicado na
figura. Assim, a área da região sombreada é igual a
1
4
+
1
8
da área do quadrado com
centro em O, ou seja, a área sombreada é igual a 5 + 2, 5 = 7, 5 cm.
O
M
N
3. Observe que a figura é formada por 12 quadradinhos inteiros, em cinza escuro, cada
um com área 1; por 4 triângulos de base 2 e altura 2, cada um com área 2× 2× 2
2
= 2;
e por 4 metades de quadrados de lado 1, cada um com área
1
2
. Logo, a área total da
figura equivale a 12× 1 + 4× 2 + 4× 1 = 22 quadradinhos.
20
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4. A área do quadrilátero cinza é igual a área do quadrado menos a soma das áreas dos
triângulos brancos. Ou seja,
4 · 4−
(
3 · 1
2
+
3 · 2
2
+
2 · 1
1
+
3 · 1
2
)
= 16− 10 = 6.
5. A partir da figura, vemos que o comprimento a dos retângulos menores é o dobro
da sua largura b. Temos então que a + b = b + 2b = 3b = 21 , ou seja, b = 7 cm e
a = 14 cm. Portanto, o comprimento do retângulo maior é 4b = 28 e a sua área é
21× 28 = 588 cm2.
6. O quadrado está dividido em 16 quadradinhos. A área sombreada é a soma das áreas
de 8 triângulos iguais, cada um com área igual a metade da área de um quadradi-
nho. Portanto, a área sombreada é igual à área de 8 × 1
2
= 4 quadradinhos, o que
corresponde a
4
16
=
1
4
da área do quadrado.
7. Como as faixas são retângulos de mesmas dimensões, elas têm a mesma área, que é
36÷ 3 = 12 m2 . Segue que, na faixa inferior, a área de cada parte é 12÷ 2 = 6 m2,
essa é a área da parte cinza; na faixa do meio, a área de cada parte é 12 ÷ 3 = 4,
as duas partes cinzas têm então área total igual a 2 × 4 = 8 m2; na faixa de cima,
a área de cada parte é 12÷ 4 = 3, as três partes cinzas têm então área total igual a
2× 3 = 6 m2. A área total da região colorida de cinza é, portanto, 6 + 8 + 6 = 20 m2.
8. Podemos decompor a figura no paralelogramo ABCD e no triângulo BEC. Em cada
uma destas figuras a área sombreada corresponde a metade da área, e assim a área
sombreada na figura original é a metade da área total.
21
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
9. Dividimos a figura em regiões indicadas pelas letras A, B e C, como mostrado ao
lado. Regiões com a mesma letra são idênticas, e tanto a parte branca quanto a parte
cinzenta consistem de duas regiões A, duas regiões B e duas regiões C; segue que a
área da parte cinzenta é igual à área da parte branca. Cada uma dessas áreas é então
a metade da área total do retângulo, que é 4 × 5 = 20 cm2 . Logo a área da parte
cinzenta é 10 cm2.
A
A A
A
B B
B B
C
C C
C
10. Cada quadrado da coluna X tem lado de medida igual a
1
4
da medida do quadrado
da coluna W , cada quadrado da coluna Y tem lado igual a
1
3
do lado do quadrado
da coluna W e cada quadrado da coluna Z tem lado igual a
1
2
do lado do quadrado
da coluna W . Assim, o menor valor para o lado do quadrado W é o menor múltoplo
comum entre 2, 3 e 4, que é 12 e os lados dos quadrados das colunas X, Y e Z são,
respectivamente, 3, 4 e 6. Portanto as dimensões do retângulo são 3 + 4 + 6 + 12 = 25
e 12, cuja área é 25× 12 = 300.
X Y Z W
11. Veja que PQRS também é um quadrado e os lados RS e PQ são paralelos. Perceba
que o triângulo PQT e PQS possuem a mesma área, uma vez que: os dois possuem
o lado PQ em comum; e como S e T pertencem ao lado RS, paralelo ao lado PQ, a
altura dos dois triângulos tem a mesma medida. Finalmente, ao traçarmos o segmento
PR, percebemos pela figura que temos 8 triângulos congruentes, cada triângulo possui
uma área de
40
8
= 5 cm2. Finalmente temos que[PQT ] = 2× 5 = 10 cm2.
22
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A P B
Q
CD R
S
12. O quadrado está dividido em quatro quadrados menores iguais. Cada um dos triângulos
brancos tem um lado que é um lado de um quadrado menor e sua altura, relativa a
este lado, é a metade do lado do quadrado menor; logo sua área é
1× 12
2
=
1
4
da área
de um quadrado menor. Como são quatro desses triângulos, vemos que a área da
parte branca é igual à área de 4× 1
4
= 1 quadrado menor. Como área de um desses
quadrados é
1
4
da área do quadrado maior, segue que a área preta é igual a 1− 1
4
=
3
4
da área do quadrado maior.
13. Como os quadrados estão dispostos de forma que os pontos A, M e B estão alinhados,
e como M é o ponto médio de AB, segue que os dois triângulos da figura são triângulos
retângulos, com catetos medindo 6 e 3 cent́ımetros. Assim, a área de cada quadrado
é 6× 3 = 36 cm2 e a área de cada triângulo é 6× 3
2
= 9 cm2 . A área total da figura
é 36 + 36 + 9 + 9 = 90 cm2.
14. [ABCD] = 4 × [AFEG] e [AFEG] = 4 × [AIHJ ] , logo [ABCD] = 16 × [AIHJ ] .
Mas [AIHJ ] = 2× [AHI], portanto [ABCD] = 32× [AHI]. Então [ABCD]
[AHI]
= 32.
15. Como ACDE é um retângulo então AE = CD e AE ‖ CD, além disso, como ABCE
é um paralelogramo, AE = BC e AE ‖ BC. Como AE = CD = BC e AE ‖ BD,
então as áreas dos triângulos ABC , ACE e CDE são iguais. Além disso, as áreas
dos triângulos ABC e ACE são iguais a 11, assim a área de ABDE é 33.
16. Colocando o Tangram sobre uma malha quadriculada, a região sombreada ocupa 3
quadradinhos da malha e sua área é, portanto,
3
16
da área do Tangram, ou seja,
3
16
× 64 = 12 cm2.
23
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17. Como 400 = 202, o quadrado menor tem lado 20 cm, e como 900 = 302, o quadrado
maior tem lado 30 cm. Portanto a folha de madeira tem lado 20 + 30 = 50 cm e a
sua área é 502 = 2500 cm2.
18. Juntando os quatro trapézios, formamos um quadrado de área 2500 cm2. Como o
buraco quadrado no meio tem área 30 × 30 = 900 cm2, a área de cada um dos 4
trapézios, em cm2 , é
2500− 900
4
=
1600
4
= 400.
19. A região sombreada é formada pelo quadrado central, quatro retângulos cada um com
metade da área de um quadrado e quatro triângulos cada um com um oitavo da área
de um quadrado. Logo a área da região sombreada é 1 + 4× 1
2
+ 4× 1
8
= 3, 5 cm.
20. Podemos colocar a folha de papel sobre um quadriculado 4 × 4 que a divide inicial-
mente em 16 quadradinhos iguais. Cada um desses quadradinhos tem área igual a 25
cm2, pois o lado da folha de papel mede 20 cm. A figura abaixo ilustra a situação a
partir da segunda dobra.
2ª dobra 3ª dobra
Assim, a área da parte cinza que ficou viśıvel é de 3× 25 + 3× 25
2
= 112, 5 cm2.
21. O argumento geral para a resolução desta questão está ilustrado ao lado. O triângulo
ABC é um dos triângulos resultantes do corte do quadrado e D é um ponto qualquer
no lado AB, com DE perpendicular a AB. O triângulo ADE também é retângulo
com dois lados iguais, e sua área é igual a metade da área do quadrado ADEF ; a
área do triângulo ADG é então igual a
1
4
da área do quadrado ADEF .
24
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a) O argumento acima mostra que a região cinza (à esquerda) tem área igual a
1
4
da área do quadrado de lado 3 cm, ou seja,
1
4
× 32 = 9
4
= 2, 25cm2. Podemos
também usar a fórmula da área de um triângulo. A altura relativa ao lado de 3
cm mede a metade do lado do quadrado, ou seja,
3
2
cm. A área da região cinza
é então metade da base vezes altura, ou seja,
1
2
× 3× 3
2
=
9
4
= 2, 25 cm2.
b) Aqui, a área da região cinza é
1
4
×1 = 1
4
= 0, 25 cm2. Alternativamente, podemos
usar a fórmula para a área de um triângulo, metade da base vezes altura, para
obter
1
2
× 1× 1
2
=
1
4
× 1 = 1
4
= 0, 25 cm2.
c) Como AB = CD = 3 cm e AD = 5 cm , vemos que BC = 1 cm , e podemos
então marcar os comprimentos indicados na figura. A região cinza é a união
de um retângulo de base 1 cm e altura 2 cm com um triângulo cuja área já foi
calculada no item anterior. Logo a área da região cinza é 1× 2 + 1
4
=
9
4
= 2, 25
cm2.
25
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Outra solução posśıvel é a seguinte, a região cinza é um retângulo de base 1 e
altura 3 da qual se retiram três triângulos, cada um com área igual a
1
4
da área de
um quadrado de lado 1. A área procurada é então 3×1−3×1
4
= 3−3
9
=
9
4
= 2, 25
cm2.
22. Cada uma das peças amarelas tem área 3× 3 = 9 cm2 , as azuis têm 4× 4 = 16 cm2
e as verdes têm
3× 4
2
= 6 cm2.
a) O hexágono montado por Dafne compõe-se de duas peças verdes, uma amarela
e uma azul. Portanto, sua área é igual a 2× 6 + 9 + 16 = 37 cm2.
b) A figura constrúıda forma um quadrado de lado 4 + 3 + 4 = 11 cm, cuja área
é 11 × 11 = 121 cm2. Ele é composto de 4 amarelas e 4 peças azuis; a área
total dessas peças é 4 × 9 + 4 × 16 = 100 cm2. A área do buraco é a área do
quadrado menos a soma das áreas dessas peças, ou seja, é igual a 121−100 = 21
cm2 . Alternativamente, podemos pensar no buraco (em cinza claro) como um
quadrado de 5 cm de lado do qual foram retirados, nos cantos, quadradinhos de
lado 1 cm (em cinza escuro); sua área é então 5× 5− 4× 1× 1 = 21 cm2.
c) Uma posśıvel maneira de preencher o quadrado 15×15 , como pedido, é mostrado
na figura ao lado.
26
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
d) Um quadrado de lado 15 cm tem 15× 15 = 225 cm2; observamos que 225 é um
número ı́mpar. A peça azul tem área 16 cm2 e a verde tem área 6 cm2, ambos
números pares. Logo não é posśıvel preencher o quadrado de lado 15 cm apenas
com peças desse tipo, pois a soma de números pares é par. Segue que para
preencher o quadrado de lado 15 cm com as peças do enunciado é necessário
usar pelo menos uma peça amarela.
23. a) A parte em preto é formada por quatro triângulos pretos menores, os quais são
retângulos isósceles. Um desses triângulos aparece na figura abaixo:
A área de cada um dos triângulos pretos é a metade da área do quadrado do
quadriculado, ou seja, é igual à metade de 2 × 2 = 4 cm2, ou seja, é igual a 2
cm2. Portanto, a área da parte em preto é igual a 4× 2 = 8 cm2.
b) A parte listrada de um quadradinho do quadriculado é um trapézio. Assim, a
parte listrada de um quadradinho tem área igual a
3
4
da área do mesmo. De
fato, se considerarmos, por exemplo, a divisão na figura ilustrada abaixo
vemos que a área de cada trapézio é
3
4
× 4 = 3 cm2 e, portanto, a área total da
parte listrada é igual a 4× 3 = 12 cm2.
27
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
c) Para calcular a área de um pequeno triângulo cinza, podemos destacar da figura
o retângulo abaixo, formado por dois quadradinhos do quadriculado.
A área desse retângulo é 8 cm2 . A diagonal o divide em dois triângulos
retângulos de mesma área e um deles é formado por um triângulo preto e um
triângulo cinza. A área do triângulo cinza será, portanto, igual à diferença entre
a metade da área do retângulo e a área do triângulo preto, isto é, 4 − 2 = 2
cm2. A área total da parte em cinza é 4× 2 = 8 cm2. Outra forma de chegar a
esse resultado é observar que a metade do quadrado do reticulado (o triângulo
preto) é equivalente ao triângulo cinza, ou seja, eles têm a mesma área, pois têm
mesmas medidas de base e de altura.
24. Na figura dada a parte cinza obtida depois da primeira dobradura pode ser dividida
em duas partes: um quadrado de lado 12 cm e um triângulo de área igual a metade
da área do quadrado. A área do quadrado é 12 × 12 = 144 cm2, logo a área do
triângulo é
1
2
× 144 = 72 cm2. Assim, a área dessa parte cinza é 144 + 72 = 216 cm2.
Depois da segundadobradura, obtemos duas partes cinzas iguais, cuja área total é
2× 216 = 432 cm2.
25. A área de cada quadradinho corresponde a 9% da área do quadrado maior e assim
a área dos 4 quadradinhos corresponde a 4 × 9 = 36% da área do quadrado maior.
Logo a área em cinza corresponde, a 100− 36 = 64% da área total. Como essa área
é 128 cm2, concluimos que 1% dessa área é igual a
128
64
= 2 cm2. Segue que a área
do quadrado maior é 2× 100 = 200 cm2.
26. Considere o retângulo ABCD e o segmento MN . Como [ABCD] = 120 cm2 então
para os retângulos ABNM e NCDM temos que [ABNM ] = [NCDM ] =
[ABCD]
2
=
60 cm2, mais ainda, esses retângulos estão divididos em dois triângulos retângulos,
portanto [ADN ] = [CDN ] =
60
2
= 30 cm2. Observe agora o paralelogramo ANCM ,
sua área é a área do retângulo ABCD menos a área dos dois triângulos retângulos
das pontas, portanto [ANCM ] = [ABCD]− [ADN ]− [CDN ] = 120− 30− 30 = 60
cm2. Finalmente, veja que a diagonal BD corta o paralelogramo ANCM em duas
figuras de mesma área, portanto a área da região sombreada é
60
2
= 30 cm2.
28
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A
B C
D
N
M
27. A área do quadrilátero é a soma das áreas dos triângulos. Traçando por P uma
paralela a um dos lados do retângulo, como na figura, este fica dividido em dois
retângulos menores. A área de cada um dos triângulos é igual à metade da área do
retângulo menor correspondente; como a soma das áreas dos retângulos menores é
igual à área do retângulo maior, segue que a soma das áreas dos triângulos é igual à
metade da área do retângulo maior, ou seja, é igual a
1
2
× 10× 12 = 60 cm2; essa é a
área do quadrilátero.
28. Se juntarmos à região cinza o retângulo cujos lados medem 6 cm e 2 cm, como na
figura abaixo, teremos um novo retângulo com lados medindo 14 cm e 8 cm cuja área
é 112 cm2.
A área da região cinza será igual à diferença entre a área da metade desse último
retângulo e a área do retângulo 2× 6 que foi acrescentado, isto é, 56− 12 = 44 cm2.
29. A área do quadrilátero ACDF é a soma das áreas dos triângulos ACD e ADF . O
triângulo ACD tem base CD = 2 e altura AB = 10 relativa à base CD, enquanto o
triângulo ADF tem base FA = 6 e altura DE = 7 relativa à base FA. Logo a área
29
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do triângulo ACD é (2×10)÷210 = 10 e a área do triângulo ADF é (6×7)÷2 = 21.
Somando essas áreas, obtemos que o quadrilátero ACDF tem área 31.
10
6
2
7
AB
D
C
E
F
30. Vamos nomear as quatro regiões triangulares tracejadas pelas letras P , Q, R e S,
conforme indicado na figura. Observe que P e Q possuem a mesma área, já que as
duas regiões são triângulos com as mesmas medidas de base e altura. A área dessas
regiões medem
1
2
×4 = 2, pois Q é a metade de um paralelogramo formado por quatro
triângulos menores. Por outro lado, a região R é a parte central de um hexágono
formado por seis triângulos menores, que por sua vez pode ser compreendido como
a metade interna de três regiões com borda em negrito. Logo a região R possui área
1
2
× 6 = 3. Por último, perceba que a região S pode ser dividida em quatro regiões,
um triângulo menor no centro, e três triângulos iguais em seu entorno, como indicado
em negrito na figura. O triângulo central tem área 1 e os outros tem área 2, pois
são metade de um paralelogramo formado por quatro triângulos menores. Assim, a
área da região S é 1 + 3 × 2 = 7. Consequentemente, a área total destacada é igual
a 2× 2 + 3 + 7 = 14.
30
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
P
Q
R
S
A B
C
31. Divida o retângulo em quadrados menores de acordo com a figura a seguir. Note que
cada quadrado inicial é formado por quatro triângulos menores. Logo, cada triângulo
desse tem área igual a 14 . Como o retângulo é formado por 24 destes triângulos, sua
área será igual a 244 = 6.
32. Sejam x = AB e y = BC as medidas dos lados desconhecidos. Assim, a área do
retângulo ABCD é x · y = 11. Por outro lado, BC ′ = 2y e BB′ = x. Assim,
[BB′C ′] = 2y·x2 = xy = 11. Utilizando o mesmo racioćınio,
[A′AB′] = [A′DD′] = [D′CC ′] = 11.
Portanto, [A′B′C ′D′] = 11 + 11 + 11 + 11 + 11 = 55.
33. Seja x a medida da área de cada triângulo cinza. Assim, [LKJI] = 4x + 9 e
[NMOP ] = 81 − 4x. Por outro lado, LKJI e NMOP são dois quadrados iguais,
pois têm o mesmo lado (que é igual ao maior lado do quadrado). Assim,
4x + 9 = 81− 4x
8x = 72
x = 9.
Portanto, [LKJI] = [NMOP ] = 45.
31
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
34. Sabemos que AF = 13. Veja que as distâncias do ponto E até os lados do quadrado
são iguais a 10. Estas distâncias funcionam como alturas dos triângulos que têm
vértice em E e lados sobre os lados do quadrado ABCD. Além disso, cada pedaço
de papel terá área igual a 20·205 = 80. Note que o triângulo AEF tem área igual
a 13·102 = 65. Portanto, ainda falta 15 para completarmos o pedaço de 20 de área.
Escolha um ponto G sobre AB de modo que AG = 3. Assim, [FEGA] = 80. Para
descobrirmos o próximo corte, podemos escolher H sobre AB de modo que GH = 16.
Neste caso, [EGH] = 80. Continuando com o mesmo racioćınio, devemos escolher
pontos I sobre BC e J sobre DC de modo que IB = 15 e JC = 9. Assim, dividimos
o quadrado em cinco parte de mesma área conforme a figura a seguir.
A B
CD
E
F
G H
I
J
35. Como AE = CF , os trapézios DCFE e AEBF são iguais. Portanto,
S5 + S4 + S6 = S1 + S2 + S3.
Por outro lado, o paralelogramo ABCD e o triângulo PCD têm a mesma base (DC)
e a mesma altura. Portanto, a área do paralelogramo é o dobro da área do triângulo
PDC. Portanto, temos que
S1 + S5 = S2 + S6 + S3 + S4.
Somando S1 do dois lados da primeira equação, temos que
(S1 + S5) + S4 + S6 = S1 + S1 + S2 + S3.
Dáı,
(S2 + S6 + S3 + S4) + S4 + S6 = S1 + S1 + S2 + S3.
⇒ 2(S4 + S6) = 2S1.
E com isso, demonstramos o item (b). Para demonstrar o item (a) basta somar S5
dos dois lados da primeira equação e proceder de maneira semelhante.
32
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
36. Note que o paralelogramo ABCD e o triângulo GDC têm a mesma base (DC) e a
mesma altura. Logo, [ABCD] = 2[DCG]. Por outro lado, o paralelogramo DGFE e o
triângulo GDC têm a mesma base (DG) e a mesma altura. Logo, [GFED] = 2[DGC].
Como as áreas do dois paralelogramos sãi iguais ao dobro da área do mesmo triângulo,
elas devem ser iguais.
37. O segmento AD divide o triângulo ABC em duas partes de mesma área, pois D é o
ponto médio. Assim, [ABD] = 36. Da mesma forma, BE divide o triângulo ABD
em duas partes de mesma área. Logo, [BED] = 18. Aplicando esse racioćınio mais
uma vez, encontramos que [EFD] = 9.
38. Seja P o ponto de encontro entre os segmentos EG e HF . Note que PE divide o
triângulo PAB em duas partes de mesma área. Seja [PEA] = [PEB] = x. Utilizando
a mesma ideia, sejam [PBF ] = [PFC] = y, [PCG] = [PGD] = z e [PDH] =
[PHA] = w. Pelo enunciado, sabemos que x + w = 210, y + x = 200 e w + z = 240
e queremos descobrir o valor de y + z. Somando a duas últimas equações, temos
que x + y + z + w = 200 + 240 = 440. Por outro lado, x + w = 210. Logo,
y + z = 440− 210 = 230.
39. Seja S a área do triângulo DFA. Como os triângulos DAB e EAB têm a mesma
área, pois têm a mesma base (AB) e a mesma altura (AD), podemos garantir que
[EFB] = S. Por outro lado, [ABD] é metade da área do retângulo ABCD. Assim,
[DBC] = S + 27. Consequentemente, [ECB] = 15. Sendo, CB = 5 e EC = x, a área
do triângulo ECB também é igual a 5x2 . Portanto, x = 6 e então CD = 18. Por fim,
a [ABCD] = 18 · 5 = 90.
40. Veja que [AMB] = 12 [ABC] e [MDC] =
1
2 [DBC]. Dessa forma,
[MAD] = [ABCD]− 1
2
([ABC] + [DBC])
De maneira análoga,
[NBC] = [ABCD]− 1
2
([BAD] + [CAD])
Somando estas duas últimas equações, temosque
[MAD + [NBC] = 2[ABCD]− 1
2
([ABC] + [DBC] + [BAD] + [CAD]).
Por outro lado, [ABC] + [CAD] = [BAD] + [DBC] = [ABCD]. Portanto,
[MAD + [NBC] = 2[ABCD]− 1
2
(2[ABCD]) = [ABCD].
41. Note que cada triângulo cinza possui dois lados que são iguais a dois lados do triângulo
branco. Isso ocorre devido aos quadrados terem lados iguais aos lados do triângulo
branco. Assim, ao fazermos os encaixes da segunda figura, podemos perceber que
33
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
cada triângulo branco terá a mesma área do triângulo cinza, pois terão todos a mesma
medida de altura e mesma medida de base. Portanto, a área da segunda figura será
igual a quatro vezes a área do triângulo cinza que é 4 · 10 = 40.
42. Desenhando os lados AB, BC, CD e DA na figura do catavento, obtemos um desenho
como o mostrado a seguir:
Assim, é posśıvel visualizar que cada triângulo cinza corresponde a 116 da área do
quadrado e que cada triângulo branco corresponde a 18 da área do mesmo quadrado.
Portanto, como temos o mesmo número de triângulos cinzas e brancos na figura do
catavento, a razão entre as áreas será 12 . Para o item (b), veja que cada triângulo
cinza cobre uma parte de um triângulo branco, deixando a vista um trapézio branco.
Como a área do triângulo cinza é metade da área do triângulo branco, a área do
trapézio será igual à área do triângulo cinza. Sendo a área do quadrado ABCD igual
a 400, cada triângulo cinza terá área igual a 25 e cada triângulo branco terá área
igual a 50. Portanto, a área branca da segunda figura será igual a 4 ·50+4 ·25 = 300.
43. Seja x a medida do lado do quadrado maior. Sabemos que
[ACF ] = [ABGF ] + [ABC]− [FCG] = [GBEF ]− [FEA] + [ABC]− [FCG]
⇒ [ACF ] = x2 − (x− 10)x
2
+
10 · 10
2
− (10 + x)x
2
= 50.
34
Polos Olímpicos de Treinamento
Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Aula 2Curso de Geometria - Nível 1
Segmentos e Peŕımetros
O peŕımetro de uma figura plana é dado pela medida do contorno dessa figura. Quando
a figura trata-se de um poĺıgono, como será o caso dos problemas que serão apresentados a
seguir, seu peŕımetro é dado pela soma dos comprimentos dos seus lados externos. Nosso
objetivo com esse caṕıtulo é apresentar uma coleção de problemas (alguns deles bem de-
safiantes) que abordam os conceitos de peŕımetros de figuras planas e de soma de segmentos.
Problema 1. (OBMEP 2006) A figura é formada por três quadrados, um deles com área
de 25 cm2 e o outro com área 9 cm2. Qual é o peŕımetro da figura?
25cm2
9cm2
Solução. Um quadrado de lado l tem área l2. Os lados dos quadrados de áreas 25 cm e
9 cm medem respectivamente, 5 cm e 3 cm. Segue que o lado do quadrado menor mede
5−3 = 2 cm. O contorno da figura é formado por 3 lados de 5 cm, 2 lados de 3 cm, 2 lados
de 2 cm e um segmento que é a diferença entre um lado de 3 cm e outro de 2 cm, donde o
peŕımetro é 3× 5 + 2× 3 + 2× 2 + (3− 2) = 26 cm.
Problema 2. (OBMEP 2015) Júlia dobrou várias vezes uma tira retangular de papel com
3cm de largura, como na figura. Todas as dobras formam um ângulo de 45◦ com os lados
da tira. Qual é o comprimento dessa tira?
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
3 cm
4 cm
5 cm
Solução. O peŕımetro da figura final (em formato de O) é igual a 5+4+5+4+4x = 18+4x,
onde x é a medida dos lados em diagonal que formam os “cantos” da figura. Cada dobra
da fita faz a figura “perder” 3cm de comprimento e ganhar x. Portanto, a tira original tem
18 + 4× 4 = 18 + 12 = 30cm de comprimento.
Problema 3. (OBMEP 2015) Lucinha tem três folhas retangulares iguais, cujos lados me-
dem 20 cm e 30 cm.
20
 c
m
30 cm
a) Lucinha fez dois traços retos na primeira folha, um a 4 cm da margem esquerda e
outro a 7 cm da margem superior, dividindo-a em quatro retângulos. Um desses
retângulos tem a maior área. Qual é o valor dessa área?
4 cm
7 
cm
b) Ajude Lucinha a dividir a segunda folha em quadrados iguais, desenhando traços
paralelos às margens, de modo que esses quadrados tenham a maior área posśıvel.
2
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
c) Lucinha pegou a terceira folha, amarela na frente e verde no verso, e fez duas dobras:
a primeira a 8 cm da margem esquerda e a segunda a uma certa distância da margem
inferior, de forma que o peŕımetro da região não coberta da folha (contorno da região
amarela da última figura) fosse de 54 cm. Qual é a distância da segunda dobra à
margem inferior?
8 cm
?
Solução.
a) O maior dos quatro retângulos tem lados de medida 30 − 4 = 26 cm e 20 − 7 = 13
cm. Logo, sua área é 26× 13 = 338 cm2.
b) Com um traço horizontal e dois verticais geramos os quadrados de maior área posśıvel.
Para formar apenas quadrados, o valor do lados desses quadrados deve dividir 20 e
30. A maior área ocorre, então, quando o lado desses quadrados for o máximo divisor
comum de 20 e 30, ou seja, 10 cm.
c) Vamos chamar a distância da segunda dobra até a margem inferior da folha de altura
da dobra. Como a folha tem 30 cm de largura e a primeira dobra foi feita a 8 cm da
margem direita da folha, a largura da região em amarelo da última figura é igual a
30 cm menos duas vezes 8 cm, ou seja, 30 − 16 = 14 cm. Após a segunda dobra, o
dobro da altura do retângulo amarelo será a diferença entre seu peŕımetro e o dobro
de sua largura, ou seja, 54 − 28 = 26 cm. Portanto, a altura do retângulo amarelo
na terceira figura é 13 cm. Assim, da altura da folha original sobraram 20 − 13 = 7
cm para a realização da segunda dobra e, portanto, a altura da dobra é a metade, ou
seja, 7÷ 2 = 3, 5 cm.
Problema 4. (OBMEP 2005) Tia Anastácia uniu quatro retângulos de papel de 3cm de
comprimento por 1cm de largura, formando a figura a seguir. Qual é o peŕımetro da figura?
3
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Solução. Cada retângulo tem peŕımetro igual a 3 + 1 + 3 + 1 = 8cm. Por outro lado, cada
retângulo têm um lado de 1cm e parte de um lado de 3cm no interior na figura em formato
de cruz. Isso significa que cada retângulo coladora com 8 − 2 = 6cm para o peŕımetro da
figura maior. Portanto, o valor buscado é 4× 6 = 24cm.
Problema 5. (OBM 2010 - adaptado) Esmeralda tem quatro triângulos retângulos iguais
com lados 3cm, 4cm e 5cm. Fazendo coincidir partes dos lados, sem sobrepor triângulos,
Esmeralda montou a figura a seguir. Qual é o peŕımetro dessa figura?
Solução. Cada triângulo tem peŕımetro igual a 3 + 4 + 5 = 12cm. Porém, temos duas
hipotenusas, dois lados de 3cm e três partes de 3cm internas à figura. Portanto, o peŕımetro
será
4 · 12− 2 · (5 + 3 + 3) = 48− 22 = 26.
Problemas Introdutórios
Problema 6. Um quadrado é dividido em sete retângulos como na figura abaixo. Se o
peŕımetro de cada um desses retângulos é 32cm Qual o peŕımetro do quadrado?
4
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Problema 7. (OBMEP 2016) A figura foi constrúıda com triângulos de lados 3cm, 7cm e
8cm. Qual é o peŕımetro da figura?
Problema 8. (OBMEP 2014) Juntando, sem sobreposição, quatro ladrilhos retangulares de
10 cm por 45 cm e um ladrilho quadrado de lado 20 cm, Rodrigo montou a figura abaixo.
Com uma caneta vermelha ele traçou o contorno da figura. Qual é o comprimento desse
contorno?
Problema 9. (OBM 2004) Dois quadrados, cada um com área 25 cm2, são colocados lado
a lado para formar um retângulo. Qual é o peŕımetro do retângulo?
Problema 10. (OBM 2007) Uma folha retangular de cartolina foi cortada ao longo de sua
diagonal. Num dos pedaços restantes, na forma de um triângulo retângulo, foram feitos
dois cortes, paralelos aos lados menores, pelos meios desses lados. Ao final sobrou um
retângulo de peŕımetro 129 cm. O desenho abaixo indica a seqüência de cortes.
Em cent́ımetros, qual era o peŕımetro da folha antes do corte?
Problema 11. (OBM 2006)No quadriculado a seguir, cada quadradinho tem 1 cm2 de
área.
5
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
a) Qual é a área e o peŕımetro da figura formada pelos quadradinhos pintados de cinza?
b) Pintando outros quadradinhos, podemos aumentar a área dessa figura, sem mudar o
seu peŕımetro. Qual é o valor máximo da área que podemos obter dessa maneira?
Problema 12. (OBM 2004) Um arquiteto apresenta ao seu cliente cinco plantas diferentes
para o projeto de ajardinamento de um terreno retangular, onde as linhas cheias represen-
tam a cerca que deve ser constrúıda para proteger as flores. As regiões claras são todas
retangulares e o tipo de cerca é o mesmo em todos os casos. Em qual dos projetos o custo
da construção da cerca será maior?
A) B) C) D) E)
Problema 13. (OBM 2010) O desenho mostra dois quadrados de papel sobrepostos, um
de lado 5 cm e outro de lado 6 cm. Qual é o peŕımetro da figura formada (linha grossa no
contorno do desenho), em cent́ımetros?
Problema 14. (OBMEP 2007) Um retângulo de papelão com 45 cm de altura é cortado
em dois pedaços, como na figura. Com esses dois pedaços é posśıvel montar um quadrado
de lado maior que 45 cm. Qual é o comprimento da base do retângulo?
Problema 15. (OBMEP 2009) A figura mostra um quadrado de lado 12 cm, dividido em
três retângulos de mesma área. Qual é o peŕımetro do retângulo sombreado?
6
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 16. (OBMEP 2013) A figura representa um poĺıgono em que todos os lados são
horizontais ou verticais e têm o mesmo comprimento. O peŕımetro desse poĺıgono é 56 cm.
Qual é sua área?
Problema 17. (OBMEP 2017) Vários quadrados foram dispostos um ao lado do outro em
ordem crescente de tamanho, formando uma figura com 100 cm de base. O lado do maior
quadrado mede 20 cm. Qual é o peŕımetro (medida do contorno em vermelho) da figura
formada por esses quadrados?
100 cm
20 cm
Problema 18. (OBMEP 2007) João Grilo tem um terreno retangular onde há um galinheiro
e um chiqueiro retangulares e uma horta quadrada, cujas áreas estão indicadas na figura.
a) Qual é a área do terreno do João Grilo?
b) Quais são as medidas dos lados do galinheiro?
c) João Grilo cercou a horta, o galinheiro e o chiqueiro com cercas feitas com diferentes
números de fios de arame, como indicado na figura. Quantos metros de arame ele
usou?
7
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problemas Propostos
Problema 19. (OBM 2013) Um quadrado de área 144 cm2 pode ser decomposto em seis
quadrados de lados inteiros, não todos iguais. Qual é a soma dos peŕımetros de todos os
seis quadrados?
Problema 20. (OBM 2009) Carlinhos tem folhas iguais na forma de triângulos retângulos
de lados 6 cm, 8 cm e 10 cm. Em cada triângulo, o ângulo assinalado opõe-se ao menor
lado. Fazendo coincidir lados iguais desses triângulos sobre uma mesa, sem superpor as
folhas, ele desenha o contorno de cada figura obtida, como nos exemplos a seguir.
Figura 1 Figura 2
a) Qual é a diferença entre os peŕımetros das figuras 1 e 2 do exemplo?
b) Com figuras de três triângulos, qual é o maior peŕımetro que pode ser obtido?
Problema 21. (OBM 2012) Um triângulo equilátero tem o mesmo peŕımetro que um
hexágono regular, cuja área é 240 cm2 . Qual é a área do triângulo, em cm2?
Problema 22. (OBM 2013) Jurema tem 12 peças retangulares de plástico de 3 cm por 4 cm.
Ela junta essas peças fazendo coincidir seus lados iguais e monta retângulos maiores, um
de cada vez. Um desses retângulos tem o maior peŕımetro posśıvel. Qual é esse peŕımetro,
em cent́ımetros?
Problema 23. (OBMEP 2008) A região cinza na figura é um quadrado de área 36 cm2 que
corresponde a 38 da área do retângulo ABCD. Qual é o peŕımetro desse retângulo?
A B
CD
Problema 24. (OBMEP 2011) Márcia cortou uma tira retangular de 2 cm de largura de
cada um dos quatro lados de uma folha de papel medindo 12 cm por 20 cm. Qual é o
peŕımetro do pedaço de papel que sobrou?
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Problema 25. (OBMEP 2014) Os irmãos Luiz e Lúcio compraram um terreno cercado por
um muro de 340 metros. Eles constrúıram um muro interno para dividir o terreno em duas
partes. A parte de Luiz ficou cercada por um muro de 260 metros e a de Lúcio, por um
muro de 240 metros. Qual é o comprimento do muro interno?
m
ur
o
in
te
rn
o
Lúcio
Luiz
Problema 26. (OBMEP 2016) O retângulo ABCD foi dividido em nove retângulos me-
nores, alguns deles com seus peŕımetros indicados na figura. O peŕımetro do retângulo
ABCD é 54 cm. Qual é o peŕımetro do retângulo cinza?
16 cm
18 cm
A
D
B
C
26 cm
14 cm
Problema 27. (OBMEP 2006) Miguilim brinca com dois triângulos iguais cujos lados me-
dem 3 cm, 4 cm e 6 cm. Ele forma figuras planas unindo um lado de um triângulo com um
lado do outro, sem que um triângulo fique sobre o outro. Abaixo vemos duas das figuras
que ele fez.
6
4
I II
3 4
a) Quais os comprimentos dos lados que foram unidos nas figuras I e II?
b) Calcule os peŕımetros das figuras I e II.
c) Qual o menor peŕımetro de uma figura que Miguilim pode formar? Desenhe duas
figuras que ele pode formar com esse peŕımetro.
Problema 28. (OBMEP 2008) A figura ao lado representa o terreno de Sinhá Vitória. Esse
terreno é dividido em duas partes por uma cerca, representada pelo segmento AC. A parte
triangular ABC tem área igual a 120 m2.
9
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
A
C
10m
10m
20m
cerca
DE
B
a) Qual é a área total do terreno?
b) Dona Idalina quer fazer uma nova cerca, representada pelo segmento AF na figura,
de modo a dividir o terreno em duas partes de mesma área. Qual deve ser a distância
CF?
A
C
F
nova cerca
Problema 29. (OBM 2014) Janáına cortou uma folha quadrada ao meio e colou com adesi-
vos as duas metades, fazendo coincidir seus lados menores, obtendo uma folha retangular.
Qual é a razão entre o peŕımetro do quadrado original e o peŕımetro do retângulo?
Problema 30. (OBM 2006) São dadas duas tiras retangulares de papel com 20cm de com-
primento, uma com 5cm de largura e outra com 11cm de largura. Uma delas foi colada
sobre a outra, perpendicularmente, de modo a formar a figura ilustrada abaixo. Qual é o
peŕımetro dessa figura, em cent́ımetros?
10
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 31. (OBM 2012) Juliana cortou a folha quadriculada, representada abaixo, ao
longo da linha mais grossa. Ela obteve dois pedaços com diferentes peŕımetros. Qual é a
diferença entre esses perḿetros?
Problema 32. (Maio 2002) Uma folha de papel retângular (branca de um lado e cinza do
outro) foi dobrada três vezes, como mostra a figura abaixo:
1
2 3
O retângulo 1, que ficou da cor branca após a primeira dobra, tem 20cm a mais de
peŕımetro que o retângulo 2, que ficou branco após a segunda dobra, e este por sua vez
tem 16cm a mais de peŕımetro que o retângulo 3, que ficou branco após a terceira dobra.
Determine o peŕımetro da folha branca.
Problema 33. Na figura a seguir, temos um retângulo dividido em vários quadrados meno-
res. Sabendo que o quadrado cinza tem lado igual a 1cm, qual é o peŕımetro do retângulo
maior?
11
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 34. (OBM 2017 - adaptado) Manoela tem cinco pedaços de papel: um quadrado
e quatro retângulos iguais. Utilizando os cinco pedaços ela primeiro monta um retângulo de
peŕımetro 780cm e, em seguida, desmonta o retângulo e usa os cinco pedaços para montar
um quadrado conforme mostrado na figura. Qual é o peŕımetro deste quadrado?
Problema 35. (OBM 2015) No quadrado abaixo, de peŕımetro 48cm, M e N são pontos
médios dos lados, O é o centro e A um vértice. Lena cortou o quadrado ao longo das linhas
tracejadas e, usandoos três pedaços, montou um retângulo com a mesma área do quadrado
original, porém com um peŕımetro diferente. Qual é o valor desse peŕımetro?
A
O M
N
Problema 36. (OBMEP 2010) A Professora Clotilde desenhou três figuras no quadro-negro,
todas com área igual a 108 cm2.
a) A primeira figura é um retângulo que tem um lado de comprimento igual a 12 cm.
Qual é o peŕımetro desse retângulo?
12
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
b) A segunda figura é um retângulo dividido em um retângulo branco e um quadrado
cinza de área igual a 36 cm2, como na figura. Qual é o peŕımetro do retângulo branco?
c) A terceira figura é um quadrado que ela dividiu em dois retângulos brancos e dois
quadrados cinza R e S, como na figura. O peŕımetro de um dos retângulos é igual a
três vezes o peŕımetro do quadrado S. Qual é a área do quadrado R?
Problema 37. (OBMEP 2010) Marcelo cortou um quadrado de 6 cm de lado em duas
partes, como na figura 1. O corte foi feito em formato de escada, com segmentos de 1 cm
paralelos aos lados do quadrado.
6 cm
6
cm
a) Calcule o peŕımetro e a área da parte cinza na figura 1.
b) A figura 2 foi montada por Marcelo encaixando completamente três degraus (indi-
cados com flechas) de uma das partes na outra parte. Calcule o peŕımetro e a área
dessa figura.
c) Marcelo cortou da mesma maneira um quadrado de 87 cm de lado e montou uma
figura encaixando 39 degraus de uma das partes na outra. Encontre o peŕımetro dessa
nova figura.
Problema 38. (OBMEP 2011) Sara recortou três tiras retangulares diferentes de papel.
a) Ela recortou a primeira tira em três retângulos iguais, como na figura abaixo. Com
esses retângulos, formou um quadrado de 36 cm2 de área. Encontre as medidas dos
lados dos retângulos que ela recortou.
13
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
b) Ela recortou a segunda tira em seis retângulos de mesma largura e com eles formou
um quadrado de 36 cm2 de área, como na figura. Encontre o peŕımetro e a área do
retângulo indicado com ∗.
*
c) As medidas da terceira tira eram 4, 5 cm e 2 cm. Sara recortou essa tira em três
pedaços e com eles formou um quadrado, como na figura. Qual é a área do triângulo
indicado com ∗?
* *
*
14
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Dicas e Soluções
6. Seja x a medida do menor lado de um dos retângulos. Como o lado vertical do
quadrado é formado por sete destes retângulos, o lado do quadrado será 7x. Portanto,
pela figura, podemos concluir que o outro lado do retângulo será 7x. Assim, como o
peŕımetro do retângulo é 32, temos que
x + 7x + x + 7x = 32⇒ 16x = 32⇒ x = 2.
Com isso, o peŕımetro do quadrado será 4 · 7x = 56.
7. Observe que a figura é composta por seis triângulos, cada um tem peŕımetro igual
a 3 + 7 + 8 = 18. Porém, todos os lados de medida 3 são internos na figura e não
contam para o peŕımetro da figura estrelar. Além disso, em cada triângulo, o maior
lado está parcialmente no inteiror. De fato, cada ponta da estrela é formado por dois
lados, um de medida 7 e outro de medida 8− 3 = 5. Assim, o peŕımetro da estrela é
igual a 6 · (5 + 7) = 72cm.
8. Cada retângulo tem peŕımetro igual a 10 + 45 + 10 + 45 = 110cm. Porém, deste
peŕımetro temos 10 + 20 + 10 = 40 no interior da figura. Portanto, cada retângulo
colabora com 110 − 40 = 70cm para o peŕımetro da figura. Como temos quatro
retângulos, o peŕımetro é 4× 70 = 280cm.
9. (OBM 2004) O lado de cada quadrado mede 5 cm. Ao juntar os dois quadrados,
cada quadrado vai perder um lado e no total teremos 6 medidas de lado, ou seja, o
peŕımetro do retângulo formado é 6× 5 = 30cm.
10. (OBM 2007) O retângulo que sobra após os cortes tem lados iguais às metades dos
lados da cartolina original, cujo peŕımetro, então, é o dobro do peŕımetro desse
retângulo. Logo, o peŕımetro da cartolina antes do corte é 129× 2 = 258 cm.
11. (OBM 2006) Como cada quadradinho tem 1 cm2 de área, o lado de cada um mede 1
cm.
a) Há 20 quadradinhos pintados de cinza. Logo a área da figura formada é 20× 1
cm2 = 20 cm2 e como há 8 segmentos verticais à esquerda e 8 à direita além de
9 segmentos horizontais pela parte de cima e 9 pela debaixo, o peŕımetro, que é
a soma das medidas de todos os lados, é 2× 8 + 2× 9 = 16 + 18 = 34 cm.
b) O quadriculado inteiro é um retângulo de lados 8 cm e 9 cm, e portanto de
peŕımetro 2×8 + 2×9 = 16 + 18 = 34 cm. Deste modo, o valor máximo da área
que podemos obter é quando a figura for igual a todo o quadriculado e, assim,
a área será 8× 9 = 72 cm2.
12. (OBM 2004) Alternativa C - Nas figuras, basta ver se nos retângulos menores a linha
tracejada é metade do peŕımetro. Isto não ocorre na figura onde a linha tracejada é
menor que a metade.
15
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13. (OBM 2010) Para calcular o peŕımetro da figura, conte o peŕımetro dos dois quadra-
dos, que é igual a 4× 5 + 4× 6 = 44 cm e desconte o peŕımetro do retângulo formado
pela sobreposição das áreas, que é 2× 1 + 2× 2 = 6 cm Essa diferença é 38 cm.
14. (OBMEP 2007) Na figura I mostramos o retângulo antes de ser cortado e, na figura
II, o modo como as peças se encaixam para formar o quadrado.
O encaixe mostra que os segmentos pontilhados são todos iguais, assim como os seg-
mentos em traço mais grosso. Observando a figura I, vemos então que 3×(comprimento
de um segmento em traço grosso) = 45 cm, donde o comprimento de um desses seg-
mentos é 45÷ 3 = 15 cm. Da figura II temos lado do quadrado = 45+ comprimento
do segmento em traço grosso = 60 cm. Por outro lado, ainda observando a figura II,
vemos que 3× (comprimento de um segmento pontilhado) = 60 cm, donde o compri-
mento de um desses segmentos é 60 ÷ 3 = 20 cm. Finalmente, voltando à figura I,
temos 4× (comprimento de um segmento em traço pontilhado) = base do retângulo,
e segue que a base do retângulo mede 4× 20 = 80 cm.
15. (OBMEP 2009) O quadrado tem lado 12 cm, logo sua área é igual a 122 = 144 cm2
. Portanto, cada um dos três retângulos tem área igual a
144
3
= 48 cm2. Os dois
retângulos inferiores são iguais, pois têm a mesma área e a mesma altura. Logo, têm
a mesma largura, igual a
12
2
= 6 cm e, dessa forma, sua altura é
48
6
= 8 cm. Assim,
o peŕımetro do retângulo sombreado é 6 + 8 + 6 + 8 = 28 cm.
16. (OBMEP 2013) O poĺıgono tem 14 lados que são segmentos verticais e 14 que são seg-
mentos horizontais. Seu peŕımetro é a soma dos comprimentos desses 28 segmentos;
logo, o comprimento de cada segmento é 56÷28 = 2 cm. Podemos agora decompor o
poĺıgono em 25 quadrados de 2 cm de lado, como na figura a seguir. A área de cada
quadrado é 2× 2 = 4 cm2 e a do poĺıgono é então 25× 4 = 100 cm2.
16
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17. (OBMEP 2017) Para calcular o peŕımetro da figura, observamos que o contorno é
formado por dois segmentos cujas medidas são 100 cm e 20 cm, um conjunto de seg-
mentos horizontais (que estão acima da base de 100 cm) e um conjunto de segmentos
verticais (que estão à esquerda do lado do quadrado maior de 20 cm). A soma dos
comprimentos dos segmentos horizontais corresponde à soma dos comprimentos dos
lados dos quadrados que foram dispostos lado a lado na parte inferior da figura, e essa
soma é 100 cm. Por outro lado, a soma dos comprimentos dos segmentos verticais
é igual ao comprimento do lado do quadrado maior, isto é, 20 cm. O peŕımetro é,
portanto, 100 + 20 + 100 + 20 = 240 cm.
18. (OBMEP 2007)
a) A área do terreno do João Grilo é igual à soma das áreas da horta, do galinheiro
e do chiqueiro, ou seja, é igual a 30 + 100 + 50 = 180 m2.
b) A área de um quadrado de lado a é a2 e a área de um retângulo de lados a e b
é ab. Como a horta é quadrada e tem 100 m de área, conclúımos que cada lado
da horta mede 10 m, pois 100 = 102 .Assim, o lado comum do galinheiro e da
horta mede 10 m. Como a área do galinheiro é igual a 50 m2, a medida de outro
lado é 5 m, pois 10× 5 = 50. Logo as medidas dos lados do galinheiro são 10 m
e 5 m.
c) O chiqueiro tem um lado formado por um lado da horta e um dos lados menores
do galinheiro. Logo esse lado mede 10 + 5 = 15 m; como a área do chiqueiro
é 30 m2, a medida de outro lado é 2 m, pois 15 × 2 = 30 m. Observando a
planta e a legenda indicando o número de fios de cada um dos lados cercados,
conclúımos que João Grilo usou 2 × 4 × 10 = 80 m nos lados de traço grosso,
2× 3× 10 + 1× 3× 5 = 75 m nos lados de traço fino e 2× 2× (2 + 15) = 68 m
nos lados pontilhados, totalizando 80 + 75 + 68 = 223 metros de arame.
19. (OBM 2013) A divisão buscada é a seguinte.
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Veja que temos cinco quadrados de lado 4 e um quadrado de lado 8. Logo, a soma
dos peŕımetros é 5× 16 + 32 = 112 cm.
20. (OBM 2009)
a) O peŕımetro da primeira figura é 8 + 6 + 6 + 10 + 6 = 36 e da segunda figura é
10 + 8 + 6 + 8 + 8 = 40 . Portanto a diferença é 40− 36 = 4 .
b) A figura de maior peŕımetro é obtida quando fazemos coincidir os dois meno-
res lados de cada um dos triângulos. Isso é mostrado na figura a seguir cujo
peŕımetro é 10 + 10 + 10 + 8 + 6 = 44 (há outras com o mesmo peŕımetro).
21. (OBM 2012) Sendo a e b os lados do triângulo e do hexágono, respectivamente, temos
3a = 6b⇔ a = 2b . O hexágono pode ser dividido em 6 triângulos equiláteros de lado
b e o triângulo equilátero de lado a = 2b pode ser dividido em 4 triângulos equiláteros
de lado b.
A área do triângulo equilátero de lado a é, então,
4
6
da área do hexágono, ou seja,
2
3
× 240 = 160 cm2.
22. (OBM 2013) Sendo x a quantidade de retângulos que enfileiramos com o lado 3 cm
e y a quantidade que enfileiramos com o lado 4 cm, então x × y = 12 é o total de
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retângulos e o peŕımetro é 3x + 3x + 4y + 4y = 6x + 8y. E assim, temos apenas que
verificar os seguintes casos:
x = 1 e y = 12 → peŕımetro = 102
x = 2 e y = 6 → peŕımetro = 60
x = 3 e y = 4 → peŕımetro = 50
x = 4 e y = 3 → peŕımetro = 48
x = 6 e y = 2 → peŕımetro = 52
x = 12 e y = 1 → peŕımetro = 80
Vemos, portanto, que o peŕımetro máximo é 102.
23. (OBMEP 2008) Como a área de um quadrado de lado a é a2 e o quadrado tem área
36 cm , segue que seu lado mede 6 cm, Temos que:
3
8
área = 36 cm2 ⇔ 1
8
área = 36÷ 3 = 12 cm2 ⇔ área = 12× 8 = 96 cm2.
Logo, o retângulo tem 96 cm2 de área e sua largura AD mede 6 cm , portanto
6 × CD = 96 e segue que CD = 96 ÷ 6 = 16 cm. Logo o peŕımetro do retângulo é
2× (6 + 16) = 44 cm.
24. (OBMEP 2011) Cortar uma tira de dois cent́ımetros de largura de cada lado da folha
faz com que cada lado da folha passe a medir 4 cm a menos. Logo o pedaço de papel
que sobrou é um retângulo de dimensões 12 − 4 = 8 cm e 20 − 4 = 16 cm, cujo
peŕımetro é 2× 8 + 2× 16 = 48 cm.
25. (OBMEP 2014) Somando as metragens dos muros de Luiz e de Lúcio, obtemos 240 +
260 = 500 m. Neste total estão computados o comprimento do muro original (de 340
m) mais duas vezes o comprimento do muro interno. Logo, o comprimento do muro
interno é igual a
500− 340
2
= 80 metros.
Podemos também resolver algebricamente: como o muro interno pertence ao cercado
dos terrenos de Luiz e de Lúcio, se x é a medida do muro interno, temos: 340 + 2x =
240 + 260. Portanto x = 80 m.
26. (OBMEP 2016) 1a solução: O peŕımetro do retângulo maior ABCD é igual ao
peŕımetro da figura em forma de cruz formada pelos cinco retângulos (os que pos-
suem números marcados em seu interior e o retângulo cinza), como mostra a figura
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a seguir. O peŕımetro dessa figura é igual a soma da medida de todos os lados dos
quatro retângulos externos, menos as de cada de seus lados que coincidem com os
lados do retângulo cinza. A soma das medidas dos de todos os lados desses quatro
retângulos externos é 16 + 18 + 26 + 14 = 74 e o peŕımetro da figura em formato de
cruz é 54, pois ele é igual ao peŕımetro do retângulo ABCD. Logo, o peŕımetro do
retângulo cinza é 74− 54 = 20 cm.
A B
CD
2a solução: As letras de a até f na figura são as medidas dos lados dos retângulos
menores. Calculando o peŕımetro de cada um dos retângulos menores, temos:
2b + 2d = 16
2a + 2e = 18
2c + 2e = 14
2b + 2f = 26
2b + 2d =?
O peŕımetro do retângulo maior ABCD é 2(a + b + c) + 2(d + e + f) = 2a + 2b +
2c + 2d + 2e + 2f = 54. Somando os peŕımetros dos quatro retângulos ao redor do
retângulo central cujas medidas são dadas, temos:
2b + 2d + 2a + 2e + 2c + 2e + 2b + 2f = 2a + 2b + 2c + 2d + 2e + 2f︸ ︷︷ ︸+2b + 2e, onde
esses seis termos agrupados representam o peŕımetro do retângulo maior. Assim,
16 + 18 + 14 + 26 = 54 + 2b + 2e⇔ 2b + 2e = 74− 54 = 20. Portanto o peŕımetro do
retângulo cinza é 20 cm.
27. (OBMEP 2006)
a) A solução desse item segue diretamente da observação das figuras. Na figura
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I vemos que as medidas de dois lados que não foram unidos são 4 cm e 6 cm,
e os dois lados que foram unidos são do mesmo tamanho, logo eles não podem
medir 4 cm nem 6cm. Portanto os lados que foram unidos sõ podem medir 3
cm. Na figura II, vemos que o maior lado de um dos triângulos (que mede 6 cm)
foi unido ao menor lado do outro triângulo (que mede 3 cm). Portanto, os lados
unidos medem 6 cm e 3 cm.
b) A solução segue do item anterior, que fornece as medidas dos lados que não foram
unidos. Logo, o peŕımetro da figura I é 4 + 6 + 4 + 6 = 20 cm e o peŕımetro da
figura II é 6 + 4 + 3 + 4 + (6− 3) = 20 cm. Foi subtráıdo 3 cm correspondente
ao lado do triângulo que foi unido e não conta no peŕımetro da figura II.
c) Da maneira como Miguilim forma as figuras, ele conseguirá a de menor peŕımetro
quando unir os lados maiores, isto é, os de 6 cm (já que eles não contarão no
cálculo do peŕımetro). Veja a seguir duas figuras que ele pode formar assim. O
peŕımetro de cada uma é 2× 3 + 2× 4 = 14 cm.
28. (OBMEP 2008)
a) A figura a seguir mostra como decompor a região ACDE em um quadrado
CDEH e um triângulo AGE. Como CD = DE = 10 e AC = 20, segue que
AG = 10. Logo a área do triângulo AGE é metade da área de um quadrado de
lado 10, ou seja, é
AG×GE
2
=
10× 10
2
= 50 m2. Como a área do quadrado
CDEH é 102 = 100 m2, conclúımos que a área da região ACDE é 100 +
50 = 150 m2. Alternativamente, podemos calcular a área de ACDE como
a diferença entre as áreas do retângulo ACDG e do triângulo AHE, ou seja,
20× 10− 10× 10
2
= 150 m2.
A
C
DE
B
10 m
10 m
H
21
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
b) Como o terreno tem 270 m2, ao dividi-lo em duas partes iguais cada uma das
partes terá área de
270
2
= 135 m2. Desse modo, devemos ter 135 = [ABCF ] =
[ABC] + [ACF ] = 120 + [ACF ] e vemos que [ACF ] = 15 m2 . Por outro
lado, a área do triângulo ACF é
AC × CF
2
=
20× CF
2
= 10 × CF . Portanto
10× CF = 15 e logo CF = 1, 5 m.
A
C
F
nova cerca
29. (OBM 2014 ) Seja x o lado do quadrado. O retângulo terá peŕımetro igual x2 + 2x +
x
2 + 2x = 5x. Portanto, a razão é
5x
4x =
5
4 .
30. (OBM 2006 ) O primeiro retângulo tem peŕımetro igual a 20 + 5 + 20 + 5 = 50 e o
segundo tem peŕımetro igual a 20 + 11 + 20 + 11 = 62. A soma dos peŕımetros é igual
a 62 + 50 = 112. Devido a sobreposição, parte desse peŕımetro não é contado, pois
está no interior da figura. A parte que não é contada é equivalente a um retângulo
de lados 5 e 11 cujo peŕımetro é 5 + 11 + 5 + 11 = 32. Portanto, o peŕımetro da figura
em formato de cruz é igual a 112− 32 = 80.
31. (OBM 2012 ) Veja que a parte em comum entre as duas figuras (dada pelo corte
feito por Juliana) desapareceráquando efetuarmos a subtração. Portando, podemos
ignorá-la e achar os peŕımetros parciais das figuras desconsiderando essa parte comum.
Se x é o tamanho do caminho comum, o peŕımetro da figura da esquerda é igual a
8 + x. Enquanto que o peŕımetro da figura da direita é igual a x + 26. Portanto, a
diferença é igual a (x + 26)− (x + 8) = 18.
32. (Maio 2002) Vamos trabalhar de “trás para frente”. Sejam x a medida do lado vertical
e y a medida do lado horizontal do retângulo 3. Observe que o retângulo 2 tem lados
iguais a x+y e x, enquanto que o retângulo 1 tem lados iguais a x+y e 2x+y. Assim,
os peŕımetros dos retângulos 1, 2 e 3 são iguais a 2(3x + 2y), 2(2x + y) e 2(x + y),
respectivamente. Pelo o que foi descrito no enunciado, podemos montar as seguintes
equações: {
2(3x + 2y)− 2(2x + y) = 20
2(2x + y)− 2(x + y) = 16.
22
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Que podem ser simplificadas para {
x + y = 10
x = 8.
Portanto, podemos deduzir que y = 2. Agora, veja que a folha tem lados iguais a
2x + y e 3x + 2y. Logo, o peŕımetro é igual a 2(5x + 3y) = 2(40 + 6) = 92cm.
33. Denote por A, B, C, D, E, F , G e H os quadrados que estão no inteirior do retângulo
maior. Seja x o tamanho do lado do quadrado A. Dessa forma, os quadrados B, C e
D terão lados iguais a x+1, x+2 e x+3 respectivamente. Agora veja que o quadrado
E terá lado igual a (x + 3) − (x − 1) = 4. Com isso, o quadrado F terá lado 4 − x.
Consequentemente, o quadrado H terá lado igual a 4+(4−x) = 8−x. Enquanto que
o quadrado G terá lado (8− x) + (4− x) = 12− 2x. Agora, veja que o lado vertical
do retângulo maior pode ser visto tanto como a soma dos lados dos quadrados D e
C quanto como a soma dos lados dos quadrados H e G. Assim, podemos montar a
seguinte equação:
(x + 2) + (x + 3) = (8− x) + (12− 2x)
⇒ 2x + 5 = 20− 3x⇒ 5x = 15⇒ x = 3.
Com isso, podemos calcular as medidas dos lados de todos os quadrados da figura e
também dos lados do retângulo maior. O lado horizontal é será igual a 15 e o lado
vertical igual a 11. Portanto, o peŕımetro do retângulo é 11 + 15 + 11 + 15 = 52cm.
A
BC
D
E
F
G
H
34. (OBM 2017 - adaptado) Sejam x e y as medidas do menor e do maior lado da
peça em formato de retângulo. Pela primeira figura, temos que o lado do quadrado
deve ser igual a 4x. Por outro lado, na segunda figura temos que 4x + x = y,
assim y = 5x e o peŕımetro do retângulo formado pelas cinco peças deve ser igual a
5x + 4x + 5x + 4x + 4x + 4x = 26x = 780. Logo, x = 30. Agora, o lado do quadrado
da segunda figura é y + x = 5x + x = 6x = 180. Portanto, seu peŕımetro é igual a
4× 180 = 720cm.
35. (OBM 2015 ) Em primeiro lugar, veja que o quadrado original tem lado igual a
48
4 = 12 e que o quadrado menor que tem O, M e N como vértices tem lado igual a
23
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
12
2 = 6. Em segundo lugar, veja que o retângulo montado por Lena é o apresentado
a seguir.
Observe que o lado menor do retângulo é igual ao lado do quadrado menor da figura
original, enquanto que o lado maior é igual a quatro vezes o lado do quadrado menor.
Portanto, o peŕımetro desse retângulo é igual a 6 + 24 + 6 + 24 = 60.
36. (OBMEP 2010)
a) Como a área do retângulo é 108 cm2 e um lado mede 12 cm, o comprimento
do lado adjacente, indicado por ? na figura ao lado, deve ser um número que
multiplicado por 12 tenha como resultado 108,ou seja, é 108 ÷ 12 = 9. Assim,
o peŕımetro do retângulo é 12 + 12 + 9 + 9 = 42 cm. Algébricamente: seja x
o comprimento do lado indicado por ? na figura. Então 12 × x = 108 ⇔ x =
108
12
= 9.
b) Como o quadrado cinza tem área igual a 36 cm2, o comprimento de seu lado é
um número cujo quadrado é 36, ou seja, é igual 6 cm. Logo o retângulo maior
tem um lado de comprimento 6 cm; como sua área é 108 cm2, segue que seu
outro lado mede 108÷6 = 18 cm. Logo um lado do retângulo branco mede 6 cm
e o outro me de 18−6 = 12 cm, e assim seu peŕımetro é 12+12+6+6 = 36 cm.
Algébricamente, o lado do quadrado, que mede 6 cm, é um lado do retângulo
branco e também do retângulo maior. Seja x o outro lado do retângulo branco;
então o outro lado do retângulo maior tem comprimento x + 6 cm. Como sua
área é 108 cm2, segue que 6(x + 6) = 108, ou seja, 6x + 36 = 108. Logo
6x = 108 − 36 = 72 e segue que x = 72 ÷ 6 = 12. O cálculo do peŕımetro do
retângulo branco segue como acima.
24
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
c) Na figura a seguir marcamos os lados do quadrado R em pontilhado e os lados
do quadrado S em traço mais grosso. Para simplificar, vamos nos referir ao
comprimento de um segmento grosso apenas como grosso, e do mesmo modo para
pontilhado. O peŕımetro do quadrado S é igual a quatro grossos. Observamos
que os retângulos brancos são iguais, pois têm os mesmos lados, e seu peŕımetro
é igual a dois grossos mais dois pontilhados. Por outro lado, o enunciado diz
que o peŕımetro de um desses retângulos é igual a três vezes o peŕımetro de
S, isto é, igual a doze grossos. Logo os dois pontilhados devem ser iguais a
dez grossos, ou seja, cada pontilhado é igual a cinco grossos. Notamos agora
que um lado do quadrado grande é igual a um grosso mais um pontilhado, ou
seja, é igual a seis grossos. Podemos então decompor o quadrado grande em
6× 6 = 36 qua- dradinhos iguais ao quadrado S, como na figura a seguir. Como
a área do quadrado maior é igual a 108 cm2, a área de um desses quadradinhos
é igual a 108 ÷ 36 = 3 cm2. Finalmente, o quadrado R consiste de 5 × 5 = 25
quadradinhos e então sua área é igual a 25 × 3 = 75 cm2. Algébricamente:
primeiro argumentamos, como acima, que os retângulos brancos são iguais. Seja
agora x o lado do quadrado S (grosso) e y o lado do quadrado R (pontilhado).
O peŕımetro de S é então 4x e o de um retângulo branco é 2x+ 2y; o enunciado
nos diz que 2x + 2y = 3 × 4x = 12x , donde 2y = 10x e então y = 5x. Logo
o lado do quadrado grande mede x + 5x = 6x; como sua área é 108 cm2 temos
108 = 6x× 6x = 36x2, donde x2 = 3. A área de R é então y2 = (5x)2 = 25x2 =
25× 3 = 75 cm2.
37. (OBMEP 2010)
a) A seguir vemos que a figura cinzenta tem como contorno um segmento horizontal
de 6 cm, um segmento vertical de 6 cm, seis segmentos horizontais de 1 cm e seis
segmentos verticais de 1 cm; logo seu peŕımetro é 6+6+6×1+6×1 = 4×6 = 24
cm. Vemos também que ela pode ser decomposta em 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21
quadradinhos de área 1; logo sua área é 21 cm2.
b) A área da figura é a soma das áreas das partes branca e cinzenta. Como essas
25
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
duas partes formam o quadrado original, sua área total é 6× 6 = 36 cm2 . Para
o peŕımetro, vamos oferecer duas soluções distintas, observando que ele também
pode ser calculado diretamente por observação da figura.
1a solução: o peŕımetro da parte cinza é 4 × 6 = 24 cm e o da parte branca
é 4 × 5 = 20 cm; separadamente, essas peças teriam um peŕımetro total de
20 + 24 = 44 cm. Ao encaixar as peças como no enunciado, elas passam a ter
em comum dois segmentos em cada degrau encaixado, que indicamos com traço
mais grosso, e um segmento indicado em pontilhado; o número de segmentos
comuns é então 2 × 3 + 1 = 7. Para cada segmento comum perdemos 2 cm do
peŕımetro total, num total de 2 × 7 = 14 cm. Logo o peŕımetro da figura é
44− 14 = 30 cm.
2a solução: vamos considerar a seqüência de figuras abaixo.
O peŕımetro do quadrado original é 4×6 = 24 cm. Na segunda figura, descemos
um degrau, ganhamos os segmentos em traço mais grosso e perdemos o segmento
pontilhado. Assim, o peŕımetro aumentou de 3 − 1 = 2 cm e passou a ser
24 + 2 = 26 cm. Após isso, ao descer um degrau sempre ganhamos os quatro
segmentos em traço mais grosso, ou seja, o peŕımetro aumenta 4 cm a cada
degrau descido depois do primeiro; em particular, a terceira figura tem peŕımetro30 cm, que é a resposta correta a esse item. Observamos também que ao descer o
primeiro degrau o número de degraus encaixados continua o mesmo e, após isso,
diminui de um a cada degrau descido. Nossas observações podem ser resumidas
na tabela abaixo:
26
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
degraus descidos degraus encaixados peŕımetro aumento no peŕımetro
0 4 24
1 4 26 2
2 3 30 4
3 2 34 4
A observação dessa tabela nos mostra que, se o número de degraus descidos
for maior que 0, temos degraus encaixados + degraus descidos = 5. Peŕımetro
= 22 + 4× (número de degraus descidos).
c) 1a solução: quando o comprimento do lado é 87 cm, a parte cinza tem peŕımetro
igual a 4 × 87 = 348 cm e a parte branca tem peŕımetro 4 × 86 = 344 cm,
num total de 348 + 344 = 692 cm. O mesmo racioćınio da 1a solução do item
anterior mostra que o peŕımetro da figura obtida encaixando 39 degraus é então
692− 2× (2× 39 + 1) = 534 cm.
2a solução: de acordo com a 2a solução do item anterior, temos degraus encai-
xados + degraus descidos = 86 e peŕımetro = 346 + 4× (número de degraus
descidos). Como o número de degraus encaixados é 39, o número de degraus
descidos é 86− 39 = 47 e o peŕımetro da figura é 346 + 4× 47 = 534 cm.
38. (OBMEP 2011)
a) Como o quadrado formado com os três retângulos recortados da primeira tira
tem área 36 cm2, seu lado mede 6cm. Logo o comprimento dos retângulos é 6
cm e sua largura é um terço de seu comprimento, ou seja, 2 cm.
b) 1a solução: como no item anterior, o lado do quadrado formado com os seis
retângulos recortados da segunda tira mede 6 cm. Como todos os retângulos
tem a mesma largura, a figura mostra que essa largura é um quarto da medida
do lado, isto é, 1, 5 cm. As medidas dos outros retângulos são então determina-
das imediatamente, como indicado. Em particular, as dimensões do retângulo
destacado são 3 cm e 1, 5 cm; logo seu peŕımetro é 1, 5 + 1, 5 + 3 + 3 = 9 cm e
sua área é 1, 5× 3 = 4, 5 cm2.
2a solução: O quadrado pode ser decomposto em 16 quadradinhos de lado igual
à largura da fita, como na figura à direita. Como o lado do quadrado mede
6 cm, o lado de cada quadradinho mede 1, 5 cm. Logo os lados do retângulo
27
POTI - Geometria - N1 - Aula 2 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
destacado medem 1, 5 cm e 3 cm e, como acima, seu peŕımetro é 9 cm e sua área
é 4, 5 cm2. Alternativamente, o quadrado pode ser decomposto em 8 retângulos
congruentes ao retângulo destacado, conforme figura. Como a área do quadrado
é 36 cm2, a área do retângulo destacado é 36÷ 8 = 4, 5 cm2.
c) Na figura abaixo mostramos o retângulo e o quadrado, com pontos correspon-
dentes indicados com a mesma letra; por exemplo, o segmento AB à esquerda
corresponde ao segmento A′B′ à direita. A área do retângulo é 2×4, 5 = 9 cm2,
que é também a área do quadrado; logo o lado do quadrado mede 3 cm.
Desse modo, os segmentos A′B′ e B′F ′ medem 3 cm e assim AB mede 3 cm.
Como o lado do retângulo mede 4, 5 cm, segue que BC mede 4, 5− 3 = 1, 5 cm,
que é então a medida de B′C ′. Finalmente, a medida de A′B é a mesma que a
de AD, que é 2 cm; logo a medida de B′C ′ é 3− 2 = 1 cm. Assim, obtemos as
medidas BG = 1 cm e BC = 1, 5 cm dos catetos do triângulo retângulo BCG,
cuja área é então
1
2
× 1× 1, 5 = 0, 75 cm2.
28
Polos Olímpicos de Treinamento
Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Aula 3Curso de Geometria - Nível 1
Objetos Tridimensionais
Neste caṕıtulo iremos tratar de um assunto que é pouco explorado em competições de
matemática para alunos que estão no ensino médio, mas que possuem certa frequência nas
competições para alunos mais jovens: a geometria em espaços tridimensionais. Porém,
muito mais do que fórmulas, as questões de olimṕıada sobre esse tema tentam testar a
capacidade do aluno em perceber e visualizar mentalmente estrutudas espaciais. Os únicos
fatos teóricos que precisaremos saber (e que adotaremos como premissas) são os seguintes:
Premissa I. A volume de uma caixa retangular de comprimento x, altura y e profun-
didade z é dado por xyz.
Premissa II. Se um objeto tridimensional é dividido em duas ou mais partes, a soma
dos volumes das partes é igual ao volume do objeto original.
Premissa III. Se dois objetos são idênticos, então possuem o mesma volume.
Problemas Propostos
Problema 1. (OBM 2016 - 1a fase) Um cubo foi pintado de verde. Em seguida, foi cortado
paralelamente às faces, obtendo-se oito blocos retangulares menores. As faces sem cor
desses blocos foram pintadas de vermelho. Qual é a razão entre a área da superf́ıcie total
verde e a área da superf́ıcie total vermelha?
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 2. (OBM 2005 - 2a fase) Um carpinteiro fabrica caixas de madeira abertas na
parte de cima, pregando duas placas retangulares de 600 cm2 cada uma, duas placas retan-
gulares de 1200 cm2 cada uma e uma placa retangular de 800 cm2, conforme representado
no desenho. Qual é o volume, em litros, da caixa? Note que 1 litro = 1000 cm3.
Problema 3. (OBM 2007 - 2a fase) Um reservatório cúbico internamente tem 2 metros
de lado e contém água até a sua metade. Foram colocados no reservatório 25 blocos
retangulares de madeira, que não absorvem água, de dimensões 20× 30× 160 cent́ımetros.
Sabendo que 80% do volume de cada bloco permanece submerso na água, calcule, em
cent́ımetros, a altura atingida pela água, no reservatório.
Problema 4. (OBM 2011 - 2a fase) Com cubinhos de mesmo tamanho construiu-se um cubo
4 × 4 × 4. Os cubinhos são feitos de madeiras diferentes e foram colados assim: cubinhos
com três cubos vizinhos (cubos com faces comuns) pesam 10 gramas, com quatro vizinhos
pesam 8 gramas, com cinco vizinhos pesam 6 gramas e com seis vizinhos pesam 4 gramas.
Qual é a massa do cubo, em gramas?
Problema 5. (OBM 2013 - 2a fase) O ourives Carlos tem um cubo de madeira de arestas
de 10 cent́ımetros. Ele retira cubos de 2 cent́ımetros de aresta de cada vértice do cubo e
cola sobre toda a superf́ıcie do sólido resultante uma folha fina de ouro ao preço de 8 reais
por cent́ımetro quadrado. Sem desperd́ıcios, qual é o custo em reais dessa cobertura?
Problema 6. (OBM 2015 - 2a fase) Esmeralda cola cubinhos brancos para montar cubos
maiores. Depois de montar os cubos maiores, ele pinta algumas faces dos cubinhos de verde
ou de amarelo.
a) Depois de montado um cubo grande, Esmeralda pintou de verde as faces dos cubinhos
com três faces viśıveis e de amarelo as faces dos cubinhos com duas faces viśıveis. Após
a pintura, são viśıveis no cubo grande exatamente 120 faces pintadas de amarelo.
Quantas faces viśıveis permaneceram brancas?
2
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
b) Depois de montar um cubo com oito cubinhos, Esmeralda pintou três faces do cubo
maior de verde e três faces de amarelo. No máximo, quantos cubinhos tiveram duas
faces pintadas de verde e uma face pintada de amarelo?
Problema 7. (OBM 2010 - 3a fase) Dado um sólido formado por cubos de 1 cm de aresta,
como mostra a figura da esquerda, podemos indicar a quantidade de cubos em cada direção,
como mostra a figura da direita.
1
00
1
0
2
2
0
1
3
2
3
3
0
1
3
1
2
3
1
1
1
1
2
3
2
3
Esmeraldino montou um sólido com cubos de 1 cm de aresta e fez uma figura similar à da
direita.
d
12
1
2
a
2
2
x
2
1
2
1
e
b
3
f
c
1
3
2
3
3
1
m
2
2
Problema 8. (OBM 2006 - 2a fase) Com a parte destacada da folha retangular a seguir,
pode-se montar um cubo. Se a área da folha é 300cm2, qual é o volume desse cubo, em
cm3?
3
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 9. (OBM 2015 - 1a fase) Juliana fez a planificação de uma caixa de papelão com
duas faces brancas, duas pretas e duas cinzentas. As faces brancas têm área de 35cm2 cada
uma, as faces pretas têm área de 21cm2 cadauma e as cinzentas, 15cm2. Qual é o volume
da caixa?
Problema 10. Uma caixa fechada de vidro em formato de paraleleṕıpedo está parcialmente
preenchida com 1 litro de água. Ao posicionarmos essa caixa sobre uma mesa de três for-
mas diferentes, a altura do ńıvel da água é de 2cm, 4cm e 5cm respectivamente. Qual é a
capacidade máxima (em litros de água1) dessa caixa?
Problema 11. (OBM 1998) Pintam-se de preto todas as faces de um cubo de madeira cujas
arestas medem 10 cent́ımetros. Por cortes paralelos às faces, o cubo é dividido em 1000
cubos pequenos, cada um com arestas medindo 1 cent́ımetro. Determine:
a) o número de cubos que não possuem nenhuma face pintada de preto.
b) o número de cubos que possuem uma única face pintada de preto.
c) o número de cubos que possuem exatamente duas faces pintadas de preto.
d) o número de cubos que possuem três faces pintadas de preto.
1Observação: 1 litro de água ocupa um espaço de 1000cm3 de volume.
4
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 12. (OBM 1999) Diga como dividir um cubo em 1999 cubinhos. A figura mostra
uma maneira de dividir um cubo em 15 cubinhos.
Problema 13. (OBM 2001) Um cubinho foi colocado no canto de uma sala, conforme a
Figura 1. Empilharam-se outros cubinhos iguais ao primeiro, de forma a cobrir as faces
viśıveis do mesmo, usando-se o menor número posśıvel de peças. Como se pode ver na
Figura 2, após a colocação dos novos cubinhos, restam 9 faces viśıveis desses cubinhos.
Figura 1
Figura 2
a) Quantos cubinhos iguais a esses, no mı́nimo, seria necessário empilhar, de forma a cobrir
aquelas 9 faces viśıveis?
b) Continua-se a fazer essa pilha, repetindo-se o procedimento descrito. Quando a pilha
tiver um total de 56 cubinhos, quantas faces poderão ser vistas?
Problema 14. (OBM 2004) Juntando cubinhos de mesmo volume mas feitos de materiais
diferentes - cada cubo branco pesando 1 grama e cada cubo cinza pesando 2 gramas -
formou-se um bloco retangular, conforme mostrado na figura abaixo. Qual é a massa, em
gramas, desse bloco?
5
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Problema 15. (OBM 2005) Esmeraldinho tem alguns cubinhos de madeira de 2 cm de
aresta. Ele quer construir um grande cubo de aresta 10 cm, mas como não tem cubinhos
suficientes, ele cola os cubinhos de 2 cm de aresta de modo a formar apenas as faces do
cubo, que fica oco. Qual é o número de cubinhos de que ele precisará?
Problema 16. (OBMEP 2005) Emı́lia quer encher uma caixa com cubos de madeira de 5cm
de aresta. Como mostra a figura, a caixa tem a forma de um bloco retangular, e alguns
cubos já foram colocados na caixa.
5 cm
a) Quantos cubos Emı́lia já colocou na caixa?
b) Calcule o comprimento, a largura e a altura da caixa.
c) Quantos cubos ainda faltam para Emı́lia encher a caixa completamente, se ela continuar
a empilhá-los conforme indicado na figura?
Problema 17. (OBMEP 2017 - adaptado) Janáına junta cubinhos de modo que as faces
em contato coincidam completamente. Ela montou a peça a seguir sobre uma mesa.
Em seguida, Janáına acrescentou o menor número posśıvel de cubinhos até completar
um cubo. Quantos cubinhos ela teve que acrescentar?
Problema 18. (OBM 2015) Zuleica cola cubinhos iguais de isopor para montar “esqueletos”
de cubos, estruturas conforme o exemplo dado.
6
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
a) Quantos cubinhos ela usou para montar o esqueleto da figura?
b) Se ela quiser completar o maior cubo maciço com este esqueleto, preenchendo os espaços
vazios com cubinhos iguais aos usados e continuando a ver o esqueleto, quantos cubinhos
a mais deverá usar?
c) Existe um cubo cujo esqueleto, para ser montado, precisa de uma quantidade de cubi-
nhos igual à quantidade de cubinhos necessários para completar os espaços vazios do
esqueleto desse cubo. Se Zuleica quiser montar esse esqueleto, quantos cubinhos terá
que usar?
Problema 19. (OPM 2011) Temos um cubo de aresta 4 cm, com 3 faces marcadas com •.
a) Vamos cobrir essas 3 faces marcadas com cubos de aresta 2 cm para formar um cubo
de aresta 6 cm. Quantos cubos de aresta 2 cm são necessários?
b) Agora, vamos obter um cubo de aresta 7 cm a partir do cubo de aresta 6 cm que
acabamos de formar. Para isso, cobriremos as três faces formadas apenas por cubos de
aresta 2 cm com cubos de aresta 1 cm. Quantos cubos de aresta 1 cm são necessários?
c) Nos itens anteriores, cobrimos com cubos de aresta 2 cm e 1 cm as faces marcadas do
cubo de aresta 4 cm para obter o cubo de aresta 7 cm. Vamos agora acrescentar apenas
cubos de arestas 3 cm e 1 cm (não utilizaremos cubos de aresta 2 cm) ao cubo original
para obter um cubo de aresta 7 cm. Qual é o maior número de cubos de aresta 3 cm
que podemos utilizar? Não se esqueça de que você deve justificar a sua resposta.
7
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Dicas e Soluções
1. (OBM 2016 - 1a fase) Cada face verde dos oito blocos menores obtidos após cortar
o cubo é oposta a extamente uma face pintada de vermelho, e vice-versa. Assim, a
razão entre a área da superf́ıcie total verde e a área da superf́ıcie total vermelha é
1 : 1.
2. (OBM 2005 - 2a fase) Sejam a, b e c as medidas da caixa. Segundo o enunciado,
podemos escrever ab = 600, ac = 1200 e bc = 800. Sabemos que o volume da caixa
é abc. Utilizando as propriedades das igualdades e de potências, podemos escrever
ab×ac×bc = 600×1200×800⇔ a2×b2×c2 = 2×3×102×22×3×102×23×102 ⇔
(abc)2 = 26 × 32 × 106 ⇔ abc =
√
26 × 32 × 106 = 23 × 3 × 103 = 24 × 1000 cm3.
Como 1 litro é igual a 1000 cm3, conclúımos que o volume da caixa é de 24 litros.
a
b
c
3. (OBM 2007 - 2a fase) O volume de cada bloco de madeira é 0, 2× 0, 3× 1, 60 = 0, 096
m3; o volume de cada bloco que fica submerso no ĺıquido é 0, 80 × 0, 096 m3. O
volume de ĺıquido deslocado pelos 25 blocos é igual a 25× 0, 80× 0, 096 = 1, 92 m3.
Como o reservatório é um cubo de 2 m de lado, sua base é um quadrado de área 4
m2. Podemos pensar no ĺıquido deslocado como se fosse um bloco cuja base é igual
à base do reservatório, de altura h e volume acima.
Portanto 4h = 1, 92⇔ h = 1, 92
4
= 0, 48 m = 48 cm. Como a altura inicial do ĺıquido
era 100 cm, a nova altura será 148 cm.
8
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
4. (OBM 2011 - 2a fase) No cubo 4 × 4 × 4, há 8 cubinhos nos vértices (que tem 3
vizinhos), 2×12 = 24 cubinhos nas arestas (que tem 4 vizinhos), 4×6 = 24 cubinhos
nas faces (que tem 5 vizinhos) e 8 cubinhos no interior do cubo maior (que tem 6
vizinhos). Assim, o cubo maior pesa 8× 10 + 24× 8 + 24× 6 + 8× 4 = 448 g.
5. (OBM 2013 - 2a fase) O corte dos cubinhos em cada vértice do cubo não muda a
superf́ıcie total do cubo (é como retirar e aumentar três faces de cada cubinho), igual
a 6× 102 = 600 cm2. Logo o preço do revestimento é 8×R$600 = R$4.800, 00.
6. (OBM 2015 - 2a fase)
a) Os cubinhos com apenas duas faces viśıveis são aqueles dispostos ao longo da
aresta do cubo maior, sem estar nos vértices dessas arestas, como no exemplo ao
lado, onde mostramos a camada superior de um cubo 4×4. Assim, em cada uma
das doze arestas de um cubo n × n são pintados de amarelo exatamente n − 2
cubinhos, num total de 12× (n− 2) cubinhos. Neste caso, temos 12× (n− 2) =
120
2
⇔ n − 2 = 5 ⇔ n = 7 Em cada uma das seis faces do cubo maior há
(n−2)× (n−2) = (n−2)2 faces viśıveis dos cubinhos que permanecem brancas,
num total de 6× (n−2)2. Em nosso caso, temos que 6× (7−2)2 = 6×25 = 150
faces viśıveis não foram pintadas, isto é, permaneceram brancas.
b) Há somente duas maneiras diferentes de pintar três faces de verde e três faces
de amarelo de um cubo. Numa delas as três faces pintadas de mesma cor têm
um vértice comum e as faces opostas têm cores diferentes (1), enquanto que na
outra maneira há duas faces opostas amarelas, duas faces opostas verdes e uma
face amarelaoposta a uma face verde (2). Note que os cubos são formados por
oito cubinhos menores. No primeiro caso, há um cubinho com três faces verdes,
um cubinho com três faces amarelas, três com duas faces amarelas e uma verde e
três com duas faces verdes e uma amarela. No segundo caso, há quatro cubinhos
com duas faces verdes e uma amarela e quatro cubinhos com duas faces amarelas
e uma verde. Portanto, o número máximo de cubinhos que tiveram duas faces
pintadas de verde e uma de amarelo é 4.
9
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
7. (OBM 2010 - 3a fase) Nesse cubo, podemos formar expressões a partir das placas
3× 3× 1 e a partir delas, encontramos o resultado. Ao encontrarmos uma expressão
que depende de mais de uma letra, tentamos encontrar outra expressão que retorne
o valor de uma letra só e substitúımos na expressão que depende de mais letras.
1
3
a
2
2
1
c
b
1
2
x
2
2
2 3
3
1
x
a + 3 + 1 = 2 + 2 + 1⇔ a = 1 e 2 + 2 + x = 3 + 3 + 1⇔ x = 3.
1 + b + c = 2 + x + 2⇔ 1 + b + c = 2 + 3 + 2⇔ b + c = 6. Como os valores de cada
letra só podem ser de 0 a 3, e a única soma que dá 6 é 3 + 3, então b = 3 e c = 3.
1
1 m
2
2
2
3
b
e
3
3
2
a
1
d
1
3
m
1
c
f
2
1
2
1 + 2 + 1 = m+ 2 + 2⇔ m = 0. 3 + b+ e = 3 + 3 + 2⇔ 3 + 3 + e = 3 + 3 + 2⇔ e = 2.
a + 1 + d = 1 + 3 + m ⇔ 1 + 1 + d = 1 + 3 + 0 ⇔ d = 2 e finalmente 1 + c + f =
2 + 1 + 2⇔ 1 + 3 + f = 5⇔ f = 1.
8. (OBM 2006 - 2a fase) Note que a folha pode ser dividida em 12 quadrados iguais
através de uma grade 3 × 4. Cada um desses quadrados terá área igual a 30012 =
25. Logo, o lado de cada quadrado será igual a 5. Além disso, observe que os seis
quadrados cinzas serão as faces do cubo. Consequentemente, o cubo terá aresta igual
a 5 e seu volume será 5× 5× 5 = 125cm3.
9. (OBM 2015 - 1a fase) Sejam x, y e z as dimensões da caixa. Pelo enunciado, xy = 35,
yz = 21 e zx = 15. Multiplicando essas três equações, obtemos
(xyz)2 = 35 · 21 · 15 = 32 · 52 · 72 ⇒ xyz = 3 · 5 · 7 = 105.
10
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Observe que xyz corresponde exatamente ao volume da caixa. Portanto, o volume é
105cm3.
10. Sejam x, y, z (em cent́ımetros) as dimensões da caixa de vidro. Observe que o volume
da água não muda ao posicionarmos a caixa sobre as diferentes faces. Assim, temos
as seguintes equações:
2xy = 4yz = 5zx = 1000.
Ou seja, xy = 500, yz = 250 e zx = 200. Multiplicando essas três equações, obtemos
(xyz)2 = 502 · 104 ⇒ xyz = 5000.
Portanto, o volume total da caixa é 5000cm3 ou 5` litros de água.
11. (OBM 1998)
(a) Estão sem nenhuma face pintada, os cubos interiores ao cubo maior. Portanto
devem ser retiradas uma fila de cima e uma fila de baixo, uma da frente e outra
de trás, e uma de cada lado, ficando assim com um cubo de aresta 8 que contém
83 = 512 cubos pequenos.
(b) Estão com uma face pintada aqueles que pertencem a uma face mas não possuem
lado comum com a aresta do cubo maior, isto é, 82 = 64 em cada face. Como
são seis faces, temos 6× 64 = 384 cubos pequenos.
(c) Estão com duas faces pintadas aqueles que estão ao longo de uma aresta mas
não no vértice do cubo maior, isto é, 8 cubos em cada aresta. Como são 12
arestas, temos 8× 12 = 96 cubos pequenos.
(d) Estão com 3 faces pintadas aqueles que estão nos vértices do cubo maior, ou
seja, 8 cubos pequenos.
12. (OBM 1999) O cubo deve ser dividido em 1000 cubinhos, ou seja 10×10×10, depois,
deve-se pegar um deles e divid́ı-lo novamente em 1000 cubinhos para que obtenhamos
1999 cubinhos. Assim teremos (1000− 1) + 1000 = 1999 cubinhos. O “−1” ocorre na
conta anterior pois o cubo que dividido deve deixar de ser contado.
13. (OBM 2001)
(a) Serão necessários mais 6 cubinhos: três para o andar mais baixo, dois para o
segundo andar e mais um para o terceiro.
(b) Para chegar a 56, vamos somando: 1, 3 = 1+2, 6 = 1+2 +3, 10 = 1+ 2+3 +4,
15 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 e 21 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6. A parede terá a altura de 6
cubos, quando isso acontecer. Vamos listar as faces e cubos à mostra:
• No andar de cima há 1 cubo e 3 faces.
• No segundo andar há 6 faces e 2 cubos.
• No terceiro andar há 9 faces e 3 cubos.
• No quarto andar há 12 faces e 4 cubos.
11
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
• No quinto andar há 15 faces e 5 cubos.
• No andar de baixo há 18 faces e 6 cubos.
Para cada cubo à mostra, há 3 faces vistas. São 21 cubos à mostra, 63 faces no
total.
14. (OBM 2004) O objeto mostrado no enunciado é formado por 5×5×7 = 175 cubinhos.
Como 175 é ı́mpar, significa que temos um cubinho branco a mais do que pretos. Se
P é a quantidade de cubos pretos, temos que P + (P + 1) = 175, então P = 87.
Portanto, temos 87 cubos pretos e 88 cubos brancos. Assim, a massa total será igual
a:
88 + 2× 87 = 262g.
15. (OBM 2005) Se o cubo grande estivesse completamente cheio, seriam necessários
53 = 125 cubinhos. Como ele está oco, devemos descontar todos os cubinhos que
fazem parte do seu interior. Observe que o inteior de um cubo 5× 5× 5 é um outro
cubo menor 3 × 3 × 3. Portanto, apenas para montar a superf́ıcie, são necessários
125− 27 = 98 cubinhos.
16. (a) Podemos contar os cubos em camadas a partir do fundo da caixa ; na primeira
camada temos 14 cubos viśıveis e 4 não viśıveis, cuja existência é evidente pois há
cubos sobre eles. Na segunda camada há 3 cubos viśıveis e 1 oculto; a terceira
camada tem 2 cubos, a quarta camada tem 3 cubos, a quinta camada tem 2
cubos e finalmente duas camadas de 1 cubo cada, totalizando (14 + 4) + (3 +
1) + 2 + 3 + 2 + 1 + 1 = 31 cubos.
(b) O comprimento da caixa corresponde a 10 cubinhos; logo este comprimento é
igual a 10 × 5 = 50cm; do mesmo modo, a largura é igual a 7 cm e a altura é
igual a 7× 5 = 35cm e a altura igual a 6× 5 = 30cm.
(c) O número máximo de cubos que a caixa comporta, empilhados como indicado, é
igual ao produto do número de cubos que podem ser colocados ao longo de cada
uma das dimensões (comprimento, largura, altura) da caixa, ou seja 10×7×6 =
420 cubos. Como já foram colocados 31 cubos, faltam 420 − 31 = 389 cubos
para encher a caixa completamente.
17. Visualizando a parte mais ao fundo do objeto, verificamos que ele tem dimensões
4, 4, 5. Portanto, o menor cubo que pode ser constrúıdo a partir dessa figura deve ter
53 = 125 cubinhos. Como já foram colocados 16 cubinhos, ainda faltam 125−16 = 109
cubinhos.
18. (a) Observe que cada aresta do esqueleto possui 6 cubos. Como a estrutura tem
12 arestas, podeŕıamos contar 6 × 12 = 72 cubos. Por outro lado, ao fazermos
essa contagem, os cubinhos que estão nos vértices do esqueleto são contados três
vezes cada um. Assim, temos que descotar duas contagens repetidas para cada
um destes oito cubinhos. Portanto, a estrutura tem 72− (8× 2) = 72− 16 = 56
cubinhos.
12
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
(b) O cubo preenchido deve ser formado por 6 × 6 × 6 = 216 cubinhos. Portanto,
ainda faltam 216− 56 = 160 cubinhos.
(c) Seja n a quantidade de cubos na aresta desse segundo esqueleto. Utilizando a
mesma estratégia de contagem do item (a), a quantidade de cubinhos no novo
esqueleto será 12n− 16. Por outro lado, esse número deverá representar metade
dos n3 cubinhos necessários para completar o cubo maior. Assim,
12n− 16 = n
3
2
⇒ 24n− 32 = n3 ⇒ 24n− n3 = 32⇒ n(24− n2) = 32.
Como n é um inteiro, n é divisor de 32. Assim, as únicas possibilidades que
devemos testar são n = 1, 2, 4, 8, 16 e 32. Porém, o único número que resolve a
equação é n = 4.
19. (a) Primeiramente, veja que são necessários 4 cubos de aresta 2 cm para cobrir
completamente uma face.
Logo precisamos colocar 3× 4 = 12 cubos para cobrir as 3 faces marcadas.
Agora, precisamos de mais 7 cubos para obter um cubo de aresta 6 cm.
13
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Portanto precisamos de 12 + 7 = 19 cubos de aresta 2 cm paraformar um cubo
de aresta 6 cm.
(b) Usando o mesmo padrão adotado no item anterior, inicialmente vamos cobrir as
faces formadas por cubos de aresta 2 cm com cubos de aresta 1 cm. Para isso
vamos precisar de 36 cubos de aresta 1 cm para cada face.
Depois de colocar 3 × 36 = 108 cubos para cobrir as 3 faces de aresta 2 cm,
precisamos de mais 6 + 6 + 6 + 1 = 19 cubos de aresta 1 cm para finalmente
obter um cubo de aresta 7 cm. Portanto precisamos acrescentar 108 + 19 = 127
cubos de aresta 1 cm para formar um cubo de aresta 7 cm.
(c) No plano da base, podemos colocar 3 cubos de aresta 3 cm, conforme a figura.
É posśıvel colocá-los e outras maneiras, mas não é posśıvel colocar mais do que
3, pois o queremos um cubo de aresta 7 cm. Veja alguns exemplos.
Da mesma forma, podemos colocar mais uma camada de cubos de aresta 3 cm,
ficando agora com 6 cubos de aresta 3 cm. Também é posśıvel colocá-los de
várias maneiras, mas não mais do que 3, pois a soma das arestas alinhadas não
pode ser maior do que 7 cm. Vamos tomar um caso, sem perda de generalidade.
14
POTI - Geometria N1 - Aula 3 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Veja que agora só é posśıvel colocar mais 1 cubo de aresta 3 cm, sob a face
marcada que ainda não recebeu nenhum cubo, ficando agora com 7 cubos de
aresta 3 cm. Também, sem perda de generalidade, vamos tomar um caso.
Para finalmente obter um cubo de aresta 7 cm, os demais espaços devem obri-
gatoriamente serem preenchidos com cubos de aresta 1 cm. Como é posśıvel ter
no máximo 2 cubos de aresta 3 cm em cada uma das três dimensões do cubo de
aresta 7 cm, só há espaço para 23 = 8 cubos de aresta 3 cm. Um deles não pode
ser colocado, para haver espaço para o cubo de aresta 4 cm. Assim conclúımos
que não é posśıvel utilizar mais do que 7 cubos.
15
Polos Olímpicos de Treinamento
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Aula 4Curso de Geometria - Nível 1
Ângulos
Iremos começar este caṕıtulo enunciando uma das versões do quinto Postulado de Eu-
clides. Ou seja, é um fato que deve ser tomado como verdadeiro sem necessidade de prova.
Quinto Postulado. Sejam duas retas r e s que são cortadas por uma terceira. As
retas r e s são paralelas se e somente se os ângulos marcados na figura (que são
chamados de alternos internos) são iguais. Ou seja,
r ‖ s⇔ α = β.
α
β
Agora vamos mostrar um conjunto de fatos importantes sobre ângulos que serão utili-
zados durante todo o livro.
Ângulos opostos pelo vértice. Considere duas retas, a primeira que passa pelos
pontos A e B, a segunda que passa pelos pontos C e D que encontram-se no ponto P .
Então, ∠APC = ∠BPD.
A
BC
D
P
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Soma dos ângulos de um triângulo. Em um triângulo ABC, a soma dos ângulos
internos é igual a 180◦. Ou seja:
∠ABC + ∠BCA+ ∠CAB = 180◦.
A
B C
D E
Demonstração. Considere uma reta ` paralela ao lado BC que passa pelo ponto A.
Sejam ainda D e E dois pontos sobre essa reta. Pelo quinto postulado, temos que
∠ABC = ∠DAB e que ∠ACB = ∠EAC. Como o ângulo ∠DAE é raso, segue o
resultado.
Ângulo externo. Em um triângulo, o ângulo externo é igual à soma dos dois ângulos
internos opostos.
A
B CP
Demonstração. Veja que ∠ABP = 180◦−∠ABC. Por outro lado, a soma dos ângulos
internos do triângulo é 180◦. Assim, ∠ABC + ∠BCA+ ∠CAB = 180◦. Substituindo
o valor de 180◦ na primeira equação, temos que
∠ABP = ∠ABC + ∠BCA+ ∠CAB − ∠ABC = ∠BCA+ ∠CAB.
Soma dos ângulos de um poĺıgono.
2
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A
B C
D
E
F
Lados Nome Lados Nome
3 Triângulo 8 Octágono
4 Quadrilátero 9 Noneágono
5 Pentágono 10 Decágono
6 Hexágono 12 Dodecágono
7 Heptágono 20 Icoságono
Ao longo do caṕıtulo também utilizaremos um fato que só iremos demonstrar no caṕıtulo
sobre congruências de triângulos, mas que é fundamental para resolver diversos problemas
de geometria que envolvem ângulos.
Fato Importante: Um triângulo é isósceles se e somente se os ângulos da base são
iguais. Ou seja, no ∆ABC:
AB = AC ⇔ ∠ABC = ∠ACB.
Problemas Introdutórios
Problema 1. (OBMEP 2005 - 1a fase) Qual é a medida do menor ângulo formado pelos
ponteiros de um relógio quando ele marca 12 horas e 30 minutos?
Problema 2. (OBMEP 2005 - 1a fase) O triângulo ABC é isósceles de base BC e o ângulo
∠BAC mede 30◦. O triângulo BCD é isósceles de base BD. Determine a medida do
ângulo ∠DCA.
3
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B C
A
D
Problema 3. (OBMEP 2006 - 1a fase) Uma tira de papel retangular é dobrada ao longo
da linha tracejada, conforme indicado, formando a figura plana da direita. Qual a medida
do ângulo x?
50
O X
Problema 4. (OBMEP 2014 - 1a fase) Na figura, os pontos A, B e C estão alinhados. Qual
é a soma dos ângulos marcados em cinza?
A B C
Problema 5. (OBM 2004 - 1a fase) Na figura a seguir temos dois triângulos equiláteros.
Determine o valor de x.
4
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C
D
E
F
G
H
75◦ 65◦
I
x
Problema 6. (OBM 2007 - 1a fase) Na figura, o lado AB do triângulo equilátero ABC é
paralelo ao lado DG do quadrado DEFG. Qual é o valor do ângulo x?
A
B C E
D
x F
G
Problema 7. (OBM 2004 - 1a fase) Na figura, quanto vale x?
3x
4x
5x
6x
2x
Problema 8. (OBM 2004 - 1a fase) No desenho a seguir, o quadrilátero ABCD é um
quadrado de lado 3 cm e os triângulos ABF e AED são ambos equiláteros. Qual é a área
da região destacada?
5
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A
B
C
D
F
E
Problema 9. (OBM 2006 - 1a fase) Na figura, AB = AC, AE = AD e o ângulo ∠BAD
mede 30◦. Então o ângulo x mede:
B D C
E
A
30°
x
Problemas Propostos
Problema 10. (OBMEP 2007 - 1a fase) A figura mostra um poĺıgono regular de dez lados
com centro O. Qual é a medida do ângulo a?
O
a
Problema 11. (OBMEP 2008 - 1a fase) Na figura o ângulo ∠ADC mede 48◦ e os triângulos
ACD, DBE e EAF são isósceles de bases AD, DE e EF , respectivamente. Quanto mede
o ângulo ∠DEF?
6
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Problema 12. (OBMEP 2009 - 1a fase) No triângulo ABC temos AB = AC e os cinco
segmentos marcados têm todos a mesma medida. Qual é a medida do ângulo ∠BAC?
C
B A
Problema 13. (OBMEP 2009 - 1a fase) A figura é formada por 5 trapézios isósceles iguais.
Qual é a medida do ângulo indicado?
Problema 14. (OBM 2016 - 2a fase) Na figura, os quadrados cinzentos têm um vértice
comum e o quadrado maior tem um vértice de cada um desses quadrados em seus lados.
As medidas de alguns ângulos, em graus, estão indicadas na figura. Qual é o valor de X?
7
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Problema 15. Constrúımos dois triângulos equiláteros ABE interno e BFC externo ao
quadrado ABCD. Prove que os pontos D, E e F se localizam na mesma reta.
A B
CD
E
F
Problema 16. (OBM 2007 - 2a fase) Na figura abaixo temos um pentágono regular, um
quadrado e um triângulo equilátero, todos com a mesma medida de lado.
Q
P
C
B
E
R
A T S D
Determine a medida, em graus, do ângulo ∠QCE.
Problema 17. (OBM 2008 - 3a fase) Considere o seguinte hexágono:
Com cópias desse poĺıgono podemos cobrir todo o plano, sem sobreposições, como
mostra a figura a seguir.
8
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a) É posśıvel cobrir o plano com cópias de um pentágono regular?
Observação: um poĺıgono é regular quando todos os seus lados são de mesma medida
e todos os seus ângulos internos são iguais.
b) Seja ABCDE um pentágono com todos os lados iguais e tal que a medida do ângulo
interno nos vértices A e B são ∠A = 100◦ e ∠B = 80◦. Mostre como é posśıvel cobrir
todo o plano com cópias desse pentágono, sem sobreposições.
Problema 18. (OBM 2006 - 1a fase) Três quadradossão colados pelos seus vértices entre
si e a dois bastões verticais, como mostra a figura.
30° 126°
75° x
A medida do ângulo x é:
Problema 19. (OBM 2009 - 1a fase) Na figura a seguir, ABCDE é um pentágono regular,
CDFG é um quadrado e DFH é um triângulo equilátero. O valor do ângulo β é:
9
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H F
G
D
E
A B
ß
C
Problema 20. (OBM 2010 - 1a fase) Os pontos P , Q, R, S e T são vértices de um poĺıgono
regular. Os lados PQ e TS são prolongados até se encontrarem em X, como mostra a
figura, e ∠QXS mede 140◦. Quantos lados o poĺıgono tem?
R
Q S
TP
X
Problema 21. (OBM 2011 - 1a fase) Em um triângulo ABC com ∠ABC − ∠BAC = 50◦,
a bissetriz do ângulo ∠ACB intersecta o lado AB em D. Seja E o ponto do lado AC tal
que ∠CDE = 90◦ . A medida do ângulo ∠ADE é:
Problema 22. (OBM 2011 - 1a fase) No triângulo ABC , os pontos D e E pertencem ao
lado BC e são tais que BD = BA e CE = CA. Dado que ∠DAE = 40◦, quanto mede, em
graus, o ângulo ∠BAC?
A
B CDE
Problema 23. (OBM 2016 - 1a fase) Na figura a seguir sabe-se que ABCDEFGH é um
octógono regular, ABIJK é um pentágono regular e ABLM é um quadrado. Determine
a medida em graus do ângulo ∠LCI denotado na figura pela letra θ.
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A
B
C D
E
F
GH
M
L
I
J
K
θ
Problema 24. (OBM 2014 - 2a fase) Na figura abaixo, ABCDE é um pentágono regular e
EFG é um triângulo equilátero. Determine a medida, em graus, do ângulo ∠AEG.
A B
C
D
E
GF
Problema 25. Determine a soma dos cinco ângulos da estrela ABCDE.
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n Soma dos ângulos internos Ângulo interno
3 180◦ 60◦
4 360◦ 90◦
5
6
8
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
Problema 26. (OBMEP 2007 - 2a fase)
a) Complete a tabela abaixo, lembrando que a soma de todos os ângulos internos é de
um poĺıgono regular de n lados é (n− 2)× 180◦. Dizemos que três ou mais poĺıgonos
regulares se encaixam se é posśıvel colocá-los em torno de um vértice comum, sem
sobreposição, de modo que cada lado que parte desse vértice é comum a dois desses
poĺıgonos. Na figura vemos dois exemplos de poĺıgonos que se encaixam.
b) Um quadrado e dois octógonos (poĺıgonos regulares de oito lados) se encaixam? Jus-
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tifique sua resposta.
c) Um triângulo equilátero, um heptágono (poĺıgono regular de sete lados) e um outro
poĺıgono se encaixam. Quantos lados tem esse poĺıgono?
Problema 27. (OBMEP 2008 - 2a fase) Na figura, ABCD é um paralelogramo de área 20
cm2 e lados medindo 4 cm e 6 cm. Os pontos M , N , P e Q são os centros dos quadrados
constrúıdos sobre os lados do paralelogramo.
N
C
PD
A
Q
M B
a) Calcule a área do poĺıgono AMBNCPDQ.
b) Mostre que os ângulos ∠MAQ e ∠MBN têm a mesma medida.
c) Mostre que MNPQ é um quadrado e calcule sua área.
Problema 28. (OBMEP 2009 - 2a fase) Um poĺıgono convexo é elegante quando ele pode
ser decomposto em triângulos equiláteros, quadrados ou ambos, todos com lados de mesmo
comprimento. Ao lado, mostramos alguns poĺıgonos elegantes, indicando para cada um
deles uma decomposição e o número de lados.
4lados 5lados 6lados 7lados
a) Desenhe um poĺıgono elegante de 8 lados, indicando uma decomposição.
b) Quais são as posśıveis medidas dos ângulos internos de um poĺıgono elegante?
c) Mostre que um poĺıgono elegante não pode ter mais que 12 lados.
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d) Desenhe um poĺıgono elegante de 12 lados, indicando uma decomposição.
Problema 29. Seja RSTUV pentagono regular. Construa um triangulo eqüilátero PRS
com P no interior do pentagono. Ache a medida do ângulo ∠PTV .
Problema 30. DEFG é um quadrado no exterior do pentágono regular ABCDE. Quanto
mede o ângulo ∠EAF?
Problema 31. (AHSME 1977) No ABC, AB = AC, ∠A = 80◦. Se os pontos D, E, F
estão sobre os lados BC, CA e AB respectivamente, tais que CE = CD, BF = BD, qual
é o valor do ∠EDF?
Problema 32. (Torneio das Cidades 1994) No triângulo ABC, retângulo em C, os pontos
M e N são escolhidos sobre a hipotenusa de modo que BN = BC e AM = AC. Ache a
medida do ângulo ∠NCM .
Problema 33. O triângulo ABC é isósceles com vértice em A. Determine os ângulos deste
triângulo sabendo que BC = BD = DE = EF = FA.
A
B C
D
E
F
Problema 34. No triângulo ABC, AB = AC, D está sobre BC e E está sobre AC de
modo que AE = AD e ∠BAD = 30◦. Determine ∠EDC.
Problema 35. (Maio 2017) No triângulo ABC marcam-se o ponto D sobre o lado BC e o
ponto E sobre o lado AC de modo que CD = DE = EB = BA. O ângulo ∠ACB = 20◦.
Calcular a medida do ângulo ∠ADE.
Problema 36. (IGO 2017) No triângulo ABC, os pontos D e E estão sobre o lado BC
(D mais próximo de B), o ponto F está sobre AC e G está sobre AB. Sabe-se que
EC = EF = FG = GD = DE = GB = AF . Ache as medidas dos ângulos do triângulo
ABC.
Problema 37. Seja ABCDEF um hexágono com todos os ângulos internos iguais a 120◦.
Mostre que
AB −DE = CD − FA = EF −BC.
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Dicas e Soluções
1. (OBMEP 2005 - 1a fase) Às 12h30 min o ponteiro dos minutos deu meia volta no
relógio a partir do número 12 do mostrador, ou seja, percorreu 360◦ ÷ 2 = 180◦.
Os números 1, 2, 3, · · · , 12 do mostrador do relógio dividem a circunferência em
doze ângulos iguais, cada um com 360◦ ÷ 12 = 30◦. Logo, a cada hora, o ponteiro
das horas (o menor) percorre um ângulo de 30◦; em meia hora este ponteiro percorre
então 30◦÷2 = 15◦. Logo, o ângulo formado pelos dois ponteiros é 180◦−15◦ = 165◦.
2. (OBMEP 2005 - 1a fase) A soma dos três ângulos internos de um triângulo é 180◦.
Como o ângulo ∠A do triângulo ABC mede 30◦, a soma dos ângulos ∠ABC e ∠ACB
é 180◦ − 30◦ = 150◦. Por outro lado, como o triângulo é isósceles de base BC, os
ângulos ∠ABC e ∠ACB são iguais, logo cada um deles mede 150◦ ÷ 2 = 75◦. Como
o triângulo BCD é isósceles de base BD, temos ∠BDC = ∠CBD = 75◦. O mesmo
racioćınio usado acima mostra que ∠DCB = 180◦ − 2 × 75◦ = 30◦. Segue que
∠DCA = ∠ACB − ∠DCB = 75◦ − 30◦ = 45◦.
3. (OBMEP 2006 - 1a fase) Observando a figura da fita dobrada vemos que x+50◦+50◦ =
180◦ , donde x = 80◦.
50
OX
50
O
4. (OBMEP 2014 - 1a fase) A soma dos ângulos internos de um triângulo é 180◦. Observe
que os três o ângulos não marcados dos triângulos (com vértices em B) somam 180◦
, já que A, B e C estão alinhados. Assim, a soma dos ângulos marcados é (180◦ ×
3)− 180◦ = 360◦.
5. (OBM 2004 - 1a fase) Seja P o ponto de encontro entre os lados ED e HF . Note que
∠PCF = 180 − 75 − 60 = 45◦ e que ∠PFC = 180 − 65 − 60 = 55◦. Como ∠DPF
é externo do triângulo PCF , temos que ∠DPF = 45 + 55 = 100◦. Por outro lado,
∠DPF também é externo do triângulo IPD. Logo,
∠DPF = x+ 60◦ ⇒ x = 40◦.
6. (OBM 2007 - 1a fase) Como o triângulo ABC é equilátero, o ângulo interno ∠A mede
60◦. SeDG é paralelo a AB, então o ângulo entreDG e AC é 60◦ ou 180◦−60◦ = 120◦.
Sendo x o maior ângulo entre esses dois segmentos, x = 120◦ .
7. (OBM 2004 - 1a fase)
15
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3x
4x
5x
6x
2x
3x + 4x = 7x 6x + 2x = 8x
180° – 7x
Temos: 8x = 180◦ − 7x+ 5x⇔ 10x = 180◦ ⇔ x = 18◦.
8. (OBM 2004 - 1a fase) AE = AF = AB = 3 cm , ∠FAD = 90◦−60◦ = 30◦, ∠FAE =
30◦ +60◦ = 90◦. Logo ∆FAE é retângulo em A e tem área
AE ×AF
2
=
3× 3
2
= 4, 5
cm2.
9. (OBM 2006 - 1a fase) Pelo teorema do ângulo externo, ∠ADE + x = 30◦ + ∠ABD
⇔ ∠ADE = ∠AED = 30◦ + ∠ABD − x = x+ ∠ACD ⇔ x = 15◦.
10. (OBMEP 2007 - 1a fase) O triângulo AOB é isósceles pois os lados OA e OB são
iguais. Logo, os ângulos ∠OAB e ∠OBA também são iguais, ou seja, ambos têm
medida a . Notamos agora que o ângulo central ∠AOB mede
4
10
×360◦ = 144◦. Como
asoma dos ângulos internos de um triângulo vale 180◦, segue que 2a + 144 = 180◦.
Logo a =
180◦ − 144◦
2
=
36◦
2
= 18◦.
O
a
A
B
11. (OBMEP 2008 - 1a fase) Lembramos primeiro que em um triângulo um ângulo externo
é igual à soma dos dois ângulos internos não adjacentes. Logo ∠ACB = ∠CAD +
∠CDA = 2 × ∠CDA = 96◦. Notamos que ∠CAD = ∠CDA pois o triângulo CAD
é isósceles. Do mesmo modo obtemos ∠CBA = 2 × ∠DEA e ∠BAC = 2 × ∠FEA.
Somando essas três igualdades e lembrando que a soma dos ângulos internos de um
triângulo é 180◦, obtemos 180◦ = 96◦ + 2 × (∠DEA + ∠FEA) = 2 × ∠DEF ⇔
∠DEF = 42◦.
12. (OBMEP 2009 - 1a fase) Nesta solução vamos usar repetidamente o teorema do ângulo
externo. Vamos indicar por x a medida do ângulo ∠BAC . Como o triângulo ∠ADE
é isósceles, temos ∠DEA = x. O ângulo ∠EDF é externo ao triângulo ADE, e pelo
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POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
teorema do ângulo externo temos ∠EDF = x + x = 2x. Como o triângulo DEF é
isósceles temos também ∠EFD = 2x; o ângulo ∠FEC, externo ao triângulo FEA,
mede então 2x + x = 3x . Analogamente, conclúımos que ∠CBA = 4x , e como o
triângulo ABC é isósceles segue que ∠BCA = 4x. Logo 180◦ = 4x + 4x + x = 9x ,
donde x = 20◦.
C
B AD
E
F
x
x
2x2x
3x
3x
4x
13. (OBMEP 2009 - 1a fase) Lembramos que a soma dos ângulos internos de um poĺıgono
de n lados é (n − 2) × 180◦. Podemos ver a figura do enunciado como um poĺıgono
de 6 lados (em traço mais grosso na figura ao lado); a soma de seus ângulos internos
é então (6 − 2) × 180◦ = 720◦ . Por outro lado, como os trapézios são congruentes,
a soma destes ângulos internos é igual a 10 vezes a medida do ângulo marcado, que
vale então
720◦
10
= 72◦.
14. (OBM 2016 - 2a fase) Um quadrilátero convexo pode ser dividido em dois triângulos.
Portanto, a soma das medidas dos ângulos internos de um quadrilátero é igual a
360◦. Na figura, o prolongamento de cada um dos lados dos triângulos internos e dois
desses lados formam um quadrilátero cujos ângulos internos medem 90◦ , 90◦ , 122◦ e
x+ 47◦. Para se convencer disso, considere a linha verde vertical traçada a partir do
vértice superior do quadrilátero, paralela ao lado do quadrado maior. Veja a figura a
seguir.
17
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
47o 
x
Logo, 90◦ + 90◦ + 122◦ + x+ 47◦ = 360◦ ⇔ X = 360◦ − 349◦ = 11◦.
15. Nesse problema temos que tomar cuidado para não utilizar que D, E e F são colinea-
res, pois isso é o que queremos provar. Basta mostrar que ∠DEA+∠AEB+∠BEF =
180◦. O ângulo ∠AEB é 60◦ pois o triângulo AEB é equilátero. O triânmgulo DEA
é isósceles de base DE, pois AD = AB = BE. Por outro lado, o ângulo ∠DAE é 30◦
e portanto podemos concluir que DEA = ADE =
180◦ − 30◦
2
= 75◦. O triângulo
BEF é retângulo e isósceles. Então BEF = EFB =
180◦ − 90◦
2
= 45◦. Portanto
∠DEA + ∠AEB + ∠BEF = 75◦ + 60◦ + 45◦ = 180◦, portanto os pontos D, E e F
são colineares.
16. (OBM 2007 - 2a fase) Note que os triângulos PTA , ABD , BCE , e PQC são
todos isósceles. Como ∠STP = 108◦ , ∠PTA = ∠PAT = 72◦ . Assim, temos que
∠TPA = 36◦ e ∠BAD = ∠BDA = 18◦. Além disso, ∠ABD = 144◦ e ∠CBE = 66◦.
Como ∠QPC = 126◦, temos que ∠QCP = 27◦ e ∠ECB = 57◦. Logo, ∠QCE = 174◦.
17. (OBM 2008 - 3a fase)
a) Não é posśıvel. Para que seja posśıvel cobrir o plano com uma figura, em cada
vértice determinado pelas figuras que a cobrem a soma dos ângulos internos deve
ser 180◦ ou 360◦:
Soma 180º Soma 360º
18
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Todo pentágono pode ser cortado em três triângulos, de modo que a soma de seus
ângulos internos é 3× 180 = 540. Assim, cada ângulo interno de um pentágono
regular é
540◦
5
= 108◦. Como 108 < 180 < 2 × 108 e 3 × 108 < 360 < 4 × 108,
não é posśıvel cobrir o plano com cópias de um pentágono regular.
b) Note que, como ∠A+∠B = 180, EA e BC são paralelos, de modo que EABC é
um losango. Assim CE = DE = CD e CDE é um triângulo equilátero. Assim
é posśıvel cobrir o plano com o pentágono ABCDE, como mostra a figura a
seguir:
… …
A B
C
D
E
18. (OBM 2006 - 1a fase) Trace retas horizontais pelos vértices mais baixos dos três
quadrados.
30º 126º
x
75º
Então os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado da esquerda são 60◦ e
30◦, respectivamente; os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado do meio
são respectivamente 180◦−126◦−30◦ = 24◦ e 90◦−24◦ = 66◦; os ângulos à esquerda e
à direita do vértice do quadrado da direita são respectivamente 180◦−75◦−66◦ = 39◦
e 90◦−39◦ = 51◦. Enfim, no triângulo retângulo com um dos ângulos igual a x, temos
x = 90◦ − 51◦ = 39◦.
19. (OBM 2009 - 1a fase) As medidas dos ângulos internos de um triângulo equilátero, de
um quadrado e de um pentágono regular são, respectivamente, 60◦, 90◦ e
(5− 2)× 180◦
5
=
19
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
108◦. Assim, ∠HDE = 360◦−(60◦+90◦+108◦) = 102◦. Temos ainda que o triângulo
HDE é isósceles com HD = DE e, portanto, β + β + 102◦ = 180◦ ⇔ β = 39◦.
20. (OBM 2010 - 1a fase) Prolongue QR até encontrar o segmento XS. Através da figura,
podemos encontrar o valor do ângulo externo do poĺıgono, que deve ser 360◦ dividido
pelo número de lados n.
e
2e
e e
R
Q S
TP
X
A
3e+ 140◦ = 180◦ ⇔ 3e = 40◦ ⇔ 360
◦
n
=
40◦
n
⇔ n = 27.
21. (OBM 2011 - 1a fase) Sejam α = ∠BAC, β = ∠ADE e 2θ = ∠BCA. Temos
∠ABC = 50◦ +α. Pelo teorema do ângulo externo no triângulo BCD, α+ 50◦ + θ =
90◦ +β. Além disso, 2α+ 2θ+ 50◦ = 180◦ pela soma dos ângulos internos do ∆ABC.
Substituindo o valor de α + θ =
180◦ − 50◦
2
= 65◦ na primeira equação, obtemos
β = 25◦.
A
E
D
B
α + 50
α + β
β
α
θ
θ
C
22. (OBM 2011 - 1a fase) Sejam α = ∠BAE e β = ∠DAC. Como BD = AB, ∠BDA =
40◦ + α. Analogamente, ∠AEC = 40◦ + β. A soma dos ângulos internos do ∆AED
produz 120◦ +α+ β = 180◦ ⇔ α+ β = 60◦. Portanto, ∠BAC = α+ β+ 40◦ = 100◦.
20
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
n Soma dos ângulos internos Ângulo interno
3 180◦ 60◦
4 360◦ 90◦
5 540◦ 108◦
6 720◦ 120◦
8 1080◦ 135◦
D E B
A
α β
40°+ β 40°+ α
C
23. (OBM 2016 - 1a fase) O ângulo interno de qualquer vértice de um poĺıgono regular de
n lados é
180◦(n− 2)
n
. Consequentemente, ∠ABL = 90◦, ∠ABI = 108◦ e ∠ABC =
135◦. Dáı, ∠CBI = 27◦ e ∠LBC = 360◦−90◦−135◦ = 135◦. Como LB = BC = BI,
os triângulos LBC e CBI são isósceles de bases LC e CI. Assim θ = ∠LCB +
∠BCI =
180◦ − 135◦
2
+
180◦ − 27◦
2
= 99◦.
24. (OBM 2014 - 2a fase) O ângulo externo a um vértice de um pentágono regular é
72◦ enquanto que o ângulo interno de de um triângulo equilátero é 60◦. Assim, pelo
teorema do ângulo externo aplicado ao triângulo EAG com respeito ao ângulo externo
do vértice A, temos: x = ∠FAE − ∠EGA = 72◦ − 60◦ = 12◦.
25. Observe que ∠GHC é externo do ∆DHE. Logo, ∠GHC = ∠DEH + ∠EDH. Da
mesma forma, ∠HGC é externo do ∆ABG. Logo, ∠HGC = ∠ABG+∠BAG. Assim,
a soma dos ângulos da estrela é igual à soma dos ângulos do ∆HGC que é 180◦.
26. (OBMEP 2007 - 2a fase)
a) Para completar a primeira coluna da tabela basta substituir os valores n = 5,6
e 8 na fórmula (n − 2) × 180◦. Para completar a segunda coluna, basta dividir
os valores da primeira coluna pelo valor correspondente de n, ou seja, calcular
(n− 2)× 180◦
n
; a justificativa para essa expressão é que poĺıgono de n lados tem
n ângulos internos iguais, cuja soma é (n− 2)× 180◦. A tabela completa é dada
abaixo.
b) O ângulo interno de um quadrado é 90◦ e o de um octógono regular é 135◦. Para
que alguns poĺıgonos regulares se encaixem, a soma de seus ângulos internos
deve ser 360◦. Como 90◦ + 135◦ + 135◦ = 360◦, segue que um quadrado e dois
octógonos regulares se encaixam.
21
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
c) O ângulo interno de um triângulo equilátero é 60◦e o de um heptágono regular
é
7− 2
7
× 180◦ = 5
7
× 180◦ Seja n o número de lados do terceiro poĺıgono; o
ângulo interno desse poĺıgono é então
n− 2
2
× 180◦. Como os três poĺıgonos se
encaixam, temos 60◦+
5
7
×180◦+ n− 2
2
×180◦ = 360◦ ⇔ 1+ 5
7
×3+ n− 2
2
×3 =
6⇔ 7n+ 15n+ 21(n− 2) = 42n, donde n = 42.
27. (OBMEP 2008 - 2a fase)
a) Para calcular a área do poĺıgono AMBNCPDQ , basta observar que ele pode
ser dividido no paralelogramo ABCD e nos triângulos AMB , BNC , CPD e
DQA . Como M , N , P e Q são centros de quadrados, a área de cada um
desses triângulos é um quarto da área do quadrado correspondente. Como dois
desses quadrados têm área 42 = 16 e os outros dois têm área 62 = 36 , a área
procurada é é [ABCD]+ áreas dos triângulos = 20 +
1
4
(16 + 16 + 36 + 36) = 46
cm2.
b) Seja α a medida do ângulo ∠DAB Como ABCD é um paralelogramo, segue que
∠ABC = 180◦−α. Por outro lado, como M , N e Q são centros dos quadrados
correspondentes, os ângulos marcados em preto na figura ao lado são todos iguais
a 45◦. Logo ∠MAQ = ∠QAD+ ∠DAB + ∠BAM = 45◦ + α+ 45◦ = α+ 90◦ e
∠MBN = 360◦−(∠ABM+∠ABC+∠NBC) = 360◦−[45◦+(180◦−α)+45◦] =
α+ 90◦, donde ∠MAQ = ∠MBN .
N
C
PD
A
Q
M B
c) Como os quadrados sobre AB e CD são iguais, bem como os quadrados sobre
BC e AD , e como M , N , P e Q são centros desses quadrados , temos
AM = MB = CP = PD e BN = NC = AQ = QD . Por outro lado, segue do
item anterior que ∠MAQ = ∠MBN = ∠NCP = ∠PDQ donde os triângulos
22
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
QAM , MBN , NCP e PDQ são congruentes. Como MNPQ é obtido de
AMBNCPDQ , retirando-se os triângulos QAM e NCP e adicionando-se os
triângulos MBN e PDQ, temos [MNPQ] = [AMBNCPDQ] = 46 cm2.
A congruência dos triângulos QAM , NBM , NCP e QDP mostra que QM =
MN = NP = PQ , ou seja, MNPQ é um losango. Para mostrar que MNPQ
é um quadrado, basta então mostrar que um de seus ângulos internos é igual a
90◦; vamos fazer isso para ∠QMN . Como M é o centro do quadrado sobre AB,
temos que ∠AMB = 90◦ por outro lado,da congruência dos triângulos AMQ
e MBN tiramos ∠QMA = ∠BMN . Logo ∠QMN = ∠BMN + ∠QMB =
∠QMA+ ∠QMB = 90◦ e segue que MNPQ é um quadrado.
Alternativamente, basta mostrar que QM = NP e que ∠QMN = 90◦, como
acima, e finalizar argumentando (por exemplo, por simetria) que a situação é
idêntica nos outros vértices.
28. (OBMEP 2008 - 2a fase)
a) Qualquer poĺıgono que cumpra o critério de ser elegante serve.
b) Como um poĺıgono elegante é convexo e é formado colocando lado a lado qua-
drados e triângulos equiláteros, seus ângulos são somas de parcelas iguais a
60◦ ou 90◦ que não ultrapassem 180◦. Os valores posśıveis são então 60◦, 90◦,
120◦ = 60◦ + 60◦ e 150◦ = 60◦ + 90◦.
c) Sabemos que a soma dos ângulos internos de um poĺıgono com n lados é (n −
2) × 180◦. Por outro lado, vimos no item anterior que o maior valor posśıvel
do ângulo interno de um poĺıgono elegante é 150◦; logo,a soma dos ângulos
internos de um poĺıgono elegante de n lados é no máximo n×150◦. Temos então
180(n− 2) ≤ 150◦n, e segue que 30n ≤ 360 , ou seja, n ≤ 12.
d) A figura abaixo mostra um poĺıgono elegante de 12 lados.
29. A soma dos ângulos de um pentágono qualquer é igual a 3 × 180◦ = 540◦. Como o
pentágono é regular, todos os seus ângulos devem ser iguais a 540
◦
5 = 108
◦. Além disso,
os ângulos do triângulo PRS são todos iguais a 60◦, pois trata-se de um triângulo
equilátero. Por outro lado, todos os lados do pentágono e todos os lados do triângulo
PRS são iguais entre si. Com isso, podemos provar que os triângulos PTS e UV T
são isóceles. Dáı,
(i) ∆PBT isóceles e ∠PST = 48◦ implicam em ∠TPS = ∠PTS = 180
◦−48◦
2 = 66
◦.
23
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
(ii) ∆UV T isóceles e ∠PST = 108◦ implicam em ∠TPS = ∠PTS = 180
◦−108◦
2 =
36◦.
Por fim, ∠V TP = 108◦ − 66◦ − 36◦ = 6◦.
R S
T
U
V
P
30. Veja que todos os lados do pentágono e todos os lados do quadrado são iguais entre si,
pois possuem um lado em comum (ED) e são ambos poĺıgonos regulares. Portanto, o
∆FEA é isósceles. Já sabemos que o ângulo interno de um pentágo regular é 108◦ e
que o ângulo interno do quadrado é 90◦. Note que ∠FEA = 360◦−108◦−90◦ = 162◦.
Agora, no sendo ∠EAF = ∠EFA = x, no ∆FEA, temos:
2x+ 162◦ = 180◦ ⇒ x = 9◦.
A B
C
D
E
G
F
31. Como ABC é isósceles, ∠ABC = ∠ACB = 50◦. Além disso, os triângulos BDF e
CDE são isósceles. Assim,
∠BDF = ∠BFD = ∠CED = ∠CDE = 65◦.
24
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Portanto, ∠EDF = 180◦ − 2× 65◦ = 50◦.
A
B CD
E
F
32. Seja ∠CAB = x, então ∠ABC = 90◦ − x. Note que os triângulos AMC e ENC são
isósceles, assim:
(i) No triângulo CBN , ∠CNB = ∠NCE = 180
◦−(90◦−x)
2 = 45
◦ + x2 .
(ii) No triângulo ACM , ∠AMC = ∠ACM = 180
◦−x
2 = 90
◦ − x2 .
Para finalizar, CNM a soma dos ângulos 180◦, logo:
∠NCM = 180◦ −
(
90◦ − x
2
)
+
(
45◦ +
x
2
)
= 45◦.
A
C E
N
M
33. Seja ∠BAC = x. Como AFE é isósceles, ∠AEF = x e ∠EFD = 2x, pois é externo
ao triângulo AEF . Sendo FED isósceles, ∠EDF = 2x. Além disso, ∠BED = 3x
(pois é externo ao triângulo AED). Note que ∠EBD = 3x, pois BED é isósceles.
Usando o ângulo externo no ∆BDA, ∠BDC = 4x. Logo, ∠BCD = 4x, pois ∆BDC
é isósceles e ∠DBC = x pois ABC é isósceles. Somando agora todos os ângulos do
∆ABC, temos:
x+ 4x+ 4x = 180◦ ⇒ 9x = 180◦ ⇒ x = 20◦.
25
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Portanto, os ângulos do triângulo são 20◦, 80◦, 80◦.
34. Seja x = ∠DAC.
(i) Como ∆ADE é isósceles, ∠ADE = ∠AED = 180
◦−x
2 = 90
◦ − x2 .
(ii) Como ∆ABC é isósceles, ∠ABC = ∠ACB = 180
◦−(x+30◦)
2 = 75
◦ − x2 .
Usando o ângulo externo no triângulo DEC, temos que
90◦ − x
2
= ∠EDC +
(
75◦ − x
2
)
⇒ ∠EDC = 15◦.
35. Note que ∆DEC é isósceles, logo ∠DEC = ∠ECD = 20◦. Pelo ângulo externo,
∠EDB = 40◦. Como EBD também é isósceles, ∠EBD = 40◦. Observe que ∠AEB =
60◦, pois é exeterno do ∆EBC. Agora, AEB é isósceles e têm um ângulo de 60◦,
logo é equilátero. Dessa forma, AE = EB = AB. Por outro lado, pelo enunciado
EB = ED. Com isso, ∆AED é isósceles. Portanto, ∠EAD = ∠EDA. Como
∠DEC = 20◦ é exeterno do ∆AED, segue que ∠EDA = 10◦.
A
B
C
E
D
36. Observe que GFED é um losango, pontanto também é um paralelogramo. Além
disso, os triângulos FEC, FGA e GBD são isósceles. Se ∠FCE = x, então ∠EFC =
x e ∠FED = 2x (ângulo externo). Agora, como GFED é um paralelogramo, ele
tem os pares de ângulo opostos iguais e ângulos adjacentes somando 180◦. Assim,
∠GFE = ∠GDE = 180◦ − 2x. Logo, ∠GDB = 2x e como ∆GBD é isósceles,
∠GBD = 2x. Por outro lado, no vértice F , ∠AFG = x. Porém, como FAG também
é isósceles, ∠AGF = ∠GAF = 180
◦−x
2 = 90
◦ − x2 . Por fim, a soma dos ângulos no
∆ABC:
x+ 2x+
(
90− x
2
)
= 180◦ ⇒ 2x+ x
2
= 90◦
⇒ 4x+ x = 180◦ ⇒ 5x = 180◦ ⇒ x = 36◦.
Portanto, os ângulos do triângulo ABC são 36◦, 72◦, 72◦.
26
POTI - Geometria - N1 - Aula 4 - Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
A
B CD E
FG
37. Prolongue os lados AB, CD e EF em ambas direções. Sejam P , Q e R os pontos
de encontro entre estes prolongamentos. Note que ∠PFA = ∠PAF = 60◦, pois
são ambos suplementares a dois ângulos internos do hexágono (ambos iguais a 120◦).
Portanto, o triângulo PAF é equilátero. Da mesma forma, BCQ e DER também são
equiláteros. Mais ainda, PRQ será equilátero, pois tem todos os ângulos iguais a 60◦.
Agora, sejam PA = AF = FP = x, BC = CQ = QB = y e DE = ER = RD = z.
Como PQR é equilátero,
PQ = QR⇒ x+AB + y = y +DC + z ⇒ AB −DC = z − x = DE −AF.
Trocando os termos de lado, temos que AB − DE = DC − AF . Utilizando um
racioćınio análogo, conseguimos a outra igualdade.
P Q
R
A B
D
C
E
F
27
Polos Olímpicos de Treinamento
Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Aula 5Curso de Geometria - Nível 1
Congruência de Triângulos
Neste caṕıtuloiremos estudar uma das ferramentas mais importantes para dar rigor aos
argumentos geométricos cuja conclusão é a de que dois segmentos são iguais ou a de que
dois ângulos são iguais.
Definição: Dois triângulos ABC e XY Z são congruentes se e somente se for posśıvel
construir uma relação entre os vértices do primeiro com os vértices do segundo de
modo que todos os lados do primeiro e todos os ângulos do segundo sejam iguais aos
lados e ângulos correspondentes no segundo triângulo. Ou seja, AB = XY , BC = Y Z,
CA = ZY , ∠ABC = ∠XY Z, ∠BCA = ∠Y ZX e ∠CAB = ∠ZXY .
A
B C
X
Y Z
Notação: Utilizaremos o śımbolo (≡) para denotar dois triângulos congruentes. Por
exemplo, neste caso, ∆ABC ≡ ∆XY Z.
De maneira intuitiva, dois triângulos serão congruentes quando for posśıvel fazer com
que o primeiro encaixe no segundo através de transformações ŕıgidas (que não envolvem
dilatações).
Felizmente, para provar que dois triângulos são congruentes, não é necessário verificar
todas as seis igualdades da definição. Veremos que certas combinações de três dessas seis
igualdades serão suficientes para demonstrar que dois triângulos são congruentes. E é esse
o poder dessa estratégia para resolver problemas de Geometria: A partir de três igualdades
(já verificadas como verdadeiras), podemos demonstrar outras três igualdades. O primeiro
caso de congruência é o:
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Caso LAL. Se ABC e XY Z são dois triângulos tais que AB = XY , BC = Y Z e
∠ABC = ∠XY Z, então ∆ABC ≡ ∆XY Z.
Este caso de congruência é um postulado da Geometria Euclidiana. Ou seja, ele não
pode ser demonstrado e deve ser simplemente aceito como verdadeiro. Os demais casos
que apresentaremos a seguir podem ser demonstrados a partir do caso LAL. Essas demons-
trações estão reunidas no apêndice por serem muito técnicas.
Caso LLL. Se ABC e XY Z são dois triângulos tais que AB = XY , BC = Y Z e
CA = ZX, então ∆ABC ≡ ∆XY Z.
Caso ALA. Se ABC e XY Z são dois triângulos tais que ∠ABC = ∠XY Z, BC = Y Z
e ∠BCA = ∠Y ZX, então ∆ABC ≡ ∆XY Z.
Uma consequência importante dessa congruência é a seguinte: Se ABCD é um para-
lelogramo, i.e., tem pares de lados opostos paralelos, então ∠DAC = ∠ACB e ∠DCA =
∠CAB (pelo quinto postulado de Euclides). Dáı, ∆DAC ≡ ∆CBA, pelo caso ALA. De
modo análogo, ∆DCB ≡ ∆ABD.
Caso LAAo. Se ABC e XY Z são dois triângulos tais que AB = XY , ∠ABC =
∠XY Z e ∠BCA = ∠Y ZX, então ∆ABC ≡ ∆XY Z.
Observe que este caso de congruência pode ser demonstrado a partir do caso ALA,
uma vez que a soma dos ângulos em qualquer triângulo é sempre igual a 180◦. Portanto, se
sabemos as medidas de dois ângulos de um triângulo, sabemos também a medida do terceiro.
Por fim, ainda temos o caso especial para triângulos retângulos. A demonstração desse
caso de congruência utiliza o chamado Teorema de Pitágoras, que veremos no próximo
caṕıtulo. De fato, se sabemos as medidas de um dois lados de um triângulo retângulo,
então sabemos a medida do terceiro lado pelo Teorema de Pitágoras.
Caso Cateto-Hipotenusa. Se ABC e XY Z são dois triângulos ∠ABC = ∠XY Z =
90◦, AB = XY e AC = XZ, então ∆ABC ≡ ∆XY Z.
Vamos ver dois problemas que utilizam em sua resolução congruência de triângulos.
O primeiro é um resultado muito utilizado como fato conhecido, e que em problemas de
olimṕıada de fato você pode se utilizar do resultado sem provar, mas que agora terá uma
demonstração formalizada. O segundo problema já possui caracteŕısticas de olimṕıada,
e poderia ser um problema ou uma parte da resolução de um problema, mas escrito de
maneira formal.
Problema 1. Mostre que um triângulo que têm dois ângulos iguais é isósceles.
2
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Considere um triângulo ABC com ∠ABC = ∠BCA. Seja P o pé da altura de A até
BC. Note que os triângulos ABP e ACP são congruentes pelo caso LAAo. Portanto,
AB = AC.
A
B CP
Problema 2. No desenho a seguir AD = BC, AD ‖ BC e E e F estão no segmento AC
de modo que ∠ADE = ∠CBF . Prove que AB ‖ CD e DF = EB.
A B
CD
E
F
Para provar que AB e CD são paralelos, vamos procurar ângulos congruentes. Veja
que AD ‖ BC, portanto ∠DAC = ∠ACB, e como AD = BC e AC é comum, então
∆CAD ∼= ∆ACB por LAL. Em particular, ∠DCA = ∠BAC, portanto AB ‖ CD. Veja
que ∆DAE ∼= ∆BCF por ALA, em particular temos que AE = CF . Vamos provar que
∆ADF ∼= ∆CBE, olhando os lados desses triângulos temos AF = AE+EF = CF+EF =
CE, como já temos os ângulos congruentes e os outros lados, então essa congruência é
verdadeira pelo caso LAL, em particular, mostramos finalmente que DF = BE.
A B
CD
E
F
3
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Fatos Importantes
Antes de partirmos para a seção de problemas, iremos demonstrar uma série de fatos
importantes que são demonstrados através de casos de congruência de triângulos.
Fato Importante: Se ABC é um triângulo isósceles (AB = AC), então os ângulos
da base são iguais (∠ABC = ∠ACB).
A
B CP
Demonstração. Seja P o pé da bissetriz do ângulo ∠BAC. Note que ∆ABP ≡ ∆PCA
(LAL). Portanto, ∠ABP = ∠ACP .
O resultado anterior também garante que os ângulos ∠APB e ∠APC são iguais e que
PC = PB. Portanto, ambos são retos. Ou seja, em um triângulo isósceles a bissetriz
também é altura e mediana.
Fato Importante. As três mediatrizes relativas aos lados de um triângulo ABC
encontram-se em um único ponto chamado de circuncentro.
A
B C
O
M
Demonstração. Seja O o ponto de encontro entre as mediatrizes dos lados BC e CA. Veja
que essas duas retas não podem ser paralelas. Portanto, o ponto O existe. Seja M o ponto
4
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
médio de BC veja que os triângulos OMB e OMC são congruentes pelo caso (LAL). Logo,
OB = OC. De modo análogo, podemos demonstrar que OC = OA. Logo, o ∆AOB
é isósceles. E como vimos no comentário anterior, a mediana de um triângulo isósceles
também é sua altura. Logo, se N é o ponto médio de AB, ON será a mediatriz de AB.
Fato Importante. As três alturas relativas aos lados de um triânguloABC encontram-
se em um único ponto chamado de ortocentro.
A′
B′C
′
A
B C
Demonstração. Sejam r, s e t três retas paralelas aos lados BC, CA e AB passando pelos
pontos A, B e C, respectivamente. Sejam ainda A′, B′ e C ′ os pontos de interseção entre
essas retas. Note que AB′CB é um paralelogramo, pois tem dois pares de lados paralelos.
Com isso, ∆ABC ≡ ∆AB′C. De modo análogo, ∆ABC ≡ ∆ABC ′ e ∆ABC ≡ ∆A′BC.
Dáı, perceba que as alturas do triângulo ABC são as mediatrizes do triângulo A′B′C ′, que
se encontram em um único ponto pelo resultado anterior.
Fato Importante. Seja ABCD um quadrilátero tal que AB = BC e AD = DC.
Então, suas diagonais são perpendiculares.
A
B
C
DM
5
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Demonstração. Seja M o ponto médio de AC. Como os triângulos ABC e ADC são
isósceles, BM e DM são alturas. Logo, B, M e D são colineares. Portanto, M será o
ponto de encontro das diagonais e estas serão perpendiculares.
Observação. Quadriláteros como esse são chamados de pipas.
Fato Importante. Um quadrilátero é chamado de paralelogramo se ambos os pares
de lados opostos forem paralelos. Vamos mostrar que se um quadrilátero possui lados
opostos congruentes, então ele também é um paralelogramo, e de maneira rećıprioca,
um paralelogramo possui os lados opostos congruentes.
A B
CD
Demonstração. Traçamos a diagonal AC. Veja que ∆DAC ∼= ∆ABC pelo caso LLL. Desse
modo ∠BAC = ∠ACD, portanto AB ‖ CD. Analogamente, temos ∠DAC = ∠ACD, e
assim AD ‖ BC.
A demonstração de que um paralelogramo possui lados opostos congruentes utiliza a
mesma figura, mas as hipóteses agora são que AB ‖ CD e AD ‖ BC. Desse modo temos
que ∠BAC = ∠ACD e ∠DAC = ∠ACD.Assim sendo, ∆ABC ∼= ∆CDA pelo caso ALA.
Problemas Introdutórios
Problema 3. Seja ABCD um quadrilátero convexo que possui dois lados opostos iguais e
paralelos. Mostre que ABCD é um paralelogramo.
Problema 4. Explique por que ALL não é um caso de congruência.
Problema 5. Mostre que um triângulo que tem duas alturas iguais é isósceles.
Problema 6. (OBM 2009 - 1a Fase) Na figura, P é um ponto da reta CD. A região cinza
é comum ao retângulo ABCD e ao triângulo ADP . Se AB = 5 cm, AD = 8 cm e a área
da região cinza é
3
4
da área do retângulo, quanto vale a distância PC?
6
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PCD
Q
A B
Problemas Propostos
Problema 7. (OBMEP 2005 - 1a Fase) A figura mostra um poĺıgono ABCDEF no qual
dois lados consecutivos quaisquer são perpendiculares. O ponto G está sobre o lado CD e
sobre a reta que passa por A e E. Os comprimentos de alguns lados estão indicados em
cent́ımetros. Qual é a área do poĺıgono ABCG?
8
6F
2
B
3
D G C
E
A
Problema 8. (OBMEP 2013 - 1a Fase) A figura representa um retângulo de 120 m2 de
área. Os pontos M e N são os pontos médios dos lados a que pertencem. Qual é a área da
região sombreada?
N
M
7
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Problema 9. (OBMEP 2011 - 2a Fase) Em todas as figuras desta questão, vemos um
triângulo ABC dividido em quatro partes; nesses triângulos, D é ponto médio de AB, E é
ponto médio de AC e FG mede
1
2
BC
A
B C
D
F G
H
I
E
a) Os quadriláteros DJMA e ELNA são obtidos girando de 180◦ os quadriláteros
DHFB e EIGC em torno de D e E, respectivamente. Explique por que os pon-
tos M , A e N estão alinhados, ou seja, por que a medida do ângulo ∠MAN é igual
a 180◦.
A
B C
D
F G
H
I
J
L
M N
E
b) Na figura, o ponto K é a interseção das retas JM e LN . Explique por que os
triângulos FGI e MNK são congruentes.
A
B C
D
F G
H
I
J
K
L
M N
E
Os itens acima mostram que HJKL é um retângulo formado com as quatro partes em que
o triângulo ABC foi dividido.
c) Mostre que LH = EF .
d) Na figura o triângulo ABC tem área 9 e HJKL é um quadrado. Calcule o compri-
mento de EF .
8
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
A
B C
D
F G
H
I
J
K
M N
E
L
Problema 10. (OBM 2005 - 2a Fase) O canto de um quadrado de cartolina foi cortado
com uma tesoura. A soma dos comprimentos dos catetos do triângulo recortado é igual ao
comprimento do lado do quadrado. Qual o valor da soma dos ângulos α e β marcados na
figura abaixo?
27°
β
α
Problema 11. (OBM 2006 - 2a Fase) Seja ABC um triângulo retângulo em A. Considere
M e N pontos sobre a hipotenusa BC tais que CN = NM = MB. Os pontos X e Y são
tais que XA = AM e Y A = AN . Determine a área do quadrilátero XY BC, sabendo que
o triângulo ABC tem área 12 cm2.
C
N
M
B
X
Y
A
Problema 12. Na figura a seguir ∆ABC é equilátero e AE = EB = BF = AD = CD de
modo que o ∆ABC é interno ao ∆DEF . Prove que ∆DEF é equilátero.
9
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B C
A
E D
F
Problema 13. (Teorema de Thébault) Seja ABCD um quadrado e ADE e DCF triângulos
equiláteros constrúıdos exteriormente ao quadrado. Mostre que EBF é um triângulo
equilátero.
Problema 14. São constrúıdos exteriormente ao triângulo ABC, os triângulos equiláteros
ABM , BCN , ACP . Prove que NA = BP = CM .
Problema 15. Seja ABC um triângulo, ABPQ e ACRS são quadrados constrúıdos exter-
namente a este triângulo. Mostre que BS = QC.
Problema 16. (Rioplatense 2015) Seja ABCD um quadrado de centro O. São constrúıdos
triângulos isósceles BCL e DCK externos ao quadrado com DK = KC = LC = LB. Seja
M o ponto médio de CL. Mostre que BK e OM são perpendiculares.
Problema 17. ABCD é um paralelogramo e ABF e ADE são triângulos equiláteros cons-
trúıdos exteriormente ao paralelogramo. Prove que FCE também é equilátero.
Problema 18. Quatro quadrados são constrúıdos exteriormente nos lados de um paralelo-
gramo. Mostre que os centros destes quadrados também formam um quadrado.
Problema 19. (Cone Sul 1989) Seja ABECDF um hexágono (nesta ordem). De modo que
ABCD e AECF são paralelogramos. Mostre que BE ‖ DF .
Problema 20. (Rioplatense 1995) Seja ABC um triângulo isósceles com AB = AC e
BÂC = 36◦. Desenhamos a bissetriz de AB̂C que corta AC em D e desenhamos também
a bissetriz de BD̂C que corta BC em P . Marca-se um ponto R na reta BC tal que B é o
ponto médio do segmento PR. Mostre que RD = AP .
Problema 21. (Rússia 1946) Dados três pontos A, B e C sobre uma reta, são constrúıdos
triângulos equiláteros ABC1 e BCA1 no mesmo semi-plano em relação a reta dos pontos
A, B e C. Sejam M e N os pontos médios de AA1 e CC1, respectivamente. Prove que o
triângulo BMN também é equilátero.
10
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Problema 22. (Inglaterra 1995) Seja ABC um triângulo retângulo em C. As bissetrizes
internas de ∠BAC e ∠ABC encontram BC e CA em P e Q, respectivamente. Sejam M
e N os pés das perpendiculares a partir de P e Q até AB, respectivamente. Encontre a
medida do ângulo ∠MCN .
Problema 23. (Maio 2013) Seja ABCD um quadrado de papel de lado 10 e P um ponto
sobre o lado BC. Ao dobrar o papel ao longo da reta AP , o ponto B determina o ponto
Q, como na figura a seguir. A reta PQ corta o lado CD em R. Calcular o peŕımetro do
triângulo PCR.
A
B C
D
P
Q
R
Problema 24. No triângulo ABC (AB > AC) sejam BE e CF as alturas relativas aos
vértices B e C. Seja P sobre BE e Q sobre a extensão
−−→
CF tais que BP = AC, CQ = AB.
Prove que AP e AQ são perpendiculares.
11
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Dicas e Soluções
3. Seja ABCD um quadrilátero com AB = CD e AB paralelo a CD. Pelo caso LAL, os
triângulos ABC e BCD são congruentes. Logo, AC = BD e ∠CAD = ∠ADB. Por-
tanto, o outro par de lados do quadrilátero são paralelos e iguais. Assim, conclúımos
que ABCD é um paralelogramo.
A
B
C
D
4. Considere um triângulo isósceles BAC com BA = AC e um ponto sobre o prolon-
gamento da reta BC, mais próximo de B. Veja que os triângulos DBA e DAC são
tais que ∠ADB = ∠ADC, AD é compartilhado e AB = AC. Portanto, se encaixaria
em um posśıvel caso ALL. Porém, claramente percebemos que os triângulos não são
congruentes uma vez que CD > BC.
A
B CD
5. Sejam D e E os pés das alturas relativas aos vértices B e C, respectivamente. Em pri-
meiro lugar, veja que ∠ABD = ∠ACE = 90◦−∠BAC. Agora note que os triângulos
BEC e BDC são congruentes pelo caso cateto-hipotenusa. Logo, ∠DBC = ∠ECB.
Portanto, ∠ABC = ∠ACB e, pelo exerćıcio anterior, um triângulo com dois ângulo
iguais será isósceles.
A
B C
DE
12
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6. (OBM 2009 - 1a Fase) Traçando uma paralela a DC por Q, temos que [ABQ] =
[AQM ], já que suas bases e suas alturas terão a mesma medida. Logo Q é ponto
médio de BC, ou seja, BQ = QC. Os ângulos opostos pelo vértice Q são congruentes,
além disso os triângulos ABQ e QCP são retângulos. Dessa forma os triângulos ABQ
e QCP são congruentes pelo caso ALA e com isso, PC = AB = 5.
PCD
Q
A B
7. (OBMEP 2005 - 1a Fase) A área pedida é igual a área do poĺıgono ABCDEF menos
a soma das áreas dos triângulos retângulos AEF e DEG. A área do triângulo AEF
é
AF × EF
2
=
3× 2
2
= 3 cm2. Vamos agora calcular a área do triângulo DEG.
Para calcular DE prolongamos EF até o ponto H, obtendo assim os retângulos
ABHF e CDEH. Como os lados opostos de um retângulo são iguais, segue que
DE = CH = CB − BH = 6 − AF = 6 − 3 = 3. Como os lados AF e DE
são paralelos, então ∠EAF = ∠GED. Além disso AF = ED, logo os triângulos
AEF e DEG são congruentes (caso ALA) e portanto, têm a mesma área. A área
do retângulo ABHF é AD × AF = 8 × 3 = 24 cm2,e a do retângulo CDEH é
DE × CD = 3 × (AB − EF ) = 3 × (8 − 2) = 18 cm2. Portanto a área procurada é
24 + 18− 2x3 = 36 cm2. Alternativamente, a área do trapézio ABCG cuja altura é
BC = 6 e cuja as bases são AB = 8 e CG = CD−GD = 6−2 = 4 pode ser calculada
diretamente. Portanto a área é
8 + 4
2
× 6 = 36 cm2.
8
6F
2
B
3
D G C
E H
A
8. (OBMEP 2013 - 1a Fase) Na figura a seguir o segmento MN é perpendicular aos lados
13
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
AB e CD, além disso, ND = MB já que tanto M quanto N são pontos médios.
Como os lados AB e CD são paralelos, temos que ∠NDO = ∠MBO, então os
triângulos OND e OMB são congruentes pelo caso ALA. Em particular, OM = ON .
Os triângulos AMN e CNM são congruentes pelo caso LAL, já que AM = NC,
∠AMN = ∠CNM e MN é um lado comum. Em particular ∠ANM = ∠CMN . Os
ângulos marcados na figura à partir do centro O do retângulo são congruentes por
serem opostos pelo vértice. Finalmente, temos que os triângulos ONQ e OPM são
congruentes pelo casoALA, e portanto possuem a mesma área. A área do quadrilátero
CPQN é então igual à área do triângulo CMN , que por sua vez é igual a
1
4
da área
do retângulo, ou seja, igual a
1
4
× 120 = 30 m2.
A B
CD N
M
O
Q
P
9. (OBMEP 2011 - 2a Fase)
a) 1a solução - Na figura a seguir marcamos o ângulo em B do triângulo ABC
e o ângulo correspondente no poĺıgono AMJD; marcamos o ângulo em C do
triângulo ABC e o ângulo correspondente do poĺıgono AELN . Podemos ob-
servar na parte superior da figura que o ângulo ∠MAN é a soma desses dois
ângulos com o ângulo em A do triângulo ABC; como a soma dos ângulos inter-
nos de um triângulo é 180◦, segue que ∠MAN = 180◦ . Logo M , A e N estão
alinhados.
A
B C
D
F G
H
I
J
L
M N
E
2a solução - Observamos primeiro que AM é paralelo a BF , pois ele é obtido de
BF por meio de uma rotação de 180◦; do mesmo modo, AN é paralelo a CG.
Como BF e CG estão na mesma reta suporte e AM e AN tem o ponto A em
comum, segue que os pontos M , A e N estão alinhados.
14
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b) Na figura os ângulos marcados sem traço, com um traço, dois traços e três
traços são congruentes. Notamos agora que MN = MA + AN = BF + CG =
BC − FG = 2FG = FG = FG Segue pelo critério ALA que os triângulos FGI
e MNK são congruentes.
A
B C
D
F G
H
I
J
K
L
M N
E
c) Na figura a seguir traçamos a base média DE do triângulo ABC. O teorema
da base média nos diz que DE é paralelo a BC e que DE =
1
2
BC = FG. Segue
que os triângulos FGI e EHD são congruentes, pois são retângulos, tem os
ângulos verdes congruentes (pois são agudos de lados paralelos) e hipotenusas
congruentes. Em particular, temos FI = EH, donde FH = FI −HI = EH −
HI = EI. Logo, LH = LE + EI + IH = FH +HI + IE = EF .
A
B C
D
F G
H
I
J
L
M N
E
d) A área do quadrado HJKL é igual à área do triângulo ABC, que é 9; logo o
lado do quadrado mede 3. Em particular, LH = 3 e segue do item anterior que
EF = 3.
10. (OBM 2005 - 2a Fase) Vamos denotar por A, B, C e D os vértices do quadrado e
por MN o corte efetuado. Como CM + CN = BC = CD, resulta que BM = CN
e DN = MC. Em conseqüência, os triângulos ADN e DCM são congruentes, o
mesmo ocorrendo com ABM e BCN (em cada caso, os triângulos são retângulos e
possuem catetos iguais). Logo, ∠DAN = ∠CDM = α e ∠BAM = ∠CBN = β.
Assim, α+ β + 27◦ = 90◦ e α+ β = 63◦.
15
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
27°
β
α
A B
CD
M
N
11. (OBM 2006 - 2a Fase) Observe que os triângulos AXY e ANM são congruentes pelo
caso LAL, portanto ∠Y XA = ∠AMN . Assim, XY ‖ MN e como XY = MN =
MC = NB, segue que os quadriláteros XY CM e XYNB são paralelogramos, como
A é ponto médio de XM e NY temos que [AY C] = [BAX] =
2
3
× 12 = 8. Logo,
[XY CB] =
8
3
× 12 = 32.
12. Para mostrar que ∆DEF é equilátero, temos duas opções: mostrar que todos os seus
lados são congruentes; ou mostrar que todos seus ângulos internos são congruentes.
Vamos marcar todos os lados e ângulos congruentes para tentar enxergar qual caminho
é melhor. Como ∆ABC é equilátero, temos ∠CAB = ∠ABC = ∠BCA = 60◦,
além disso, por hipótese temos que AE = EB = BF = CF = AD = CD, desse
modo temos que ∆EAB ∼= ∆FBC ∼= ∆DCA por LLL. Em particular, os ângulos
correspondentes são congruentes nesses triângulos isósceles. Seja α a medida do
ângulo da base de cada um desses triângulos isósceles.
Para mostrar que ∆DEF é equilátero, podemos mostrar que ∆EAD ∼= ∆FEB ∼=
∆DFC obtendo que ED = DF = FE. Veja que nesses três triângulos isósceles, se
mostrarmos que os ângulos opostos à base são congruentes, temos as congruências
desses triângulos por LAL. Tomemos o vértice A, temos que ∠EAD + ∠EAB +
∠BAC +∠CAD = 360◦ ⇔ ∠EAD+α+ 60◦+α = 360◦ ⇔ ∠EAD = 300◦− 2α. De
modo análogo, fazemos o mesmo processo com os vértices B e C, mostrando assim
que ∆EAD ∼= ∆FEB ∼= ∆DFC por LAL, acarretando em ED = DF = FE, logo
∆DEF é equilátero.
16
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B C
A
E D
F
13. Por definição, AB = AE = ED = DF . Além disso, ∠EAB = ∠EDF = 150◦.
Logo, ∆BAE ≡ ∆EDF (LAL). Consequente,ente, BE = EF . De modo análogo,
∆ABE ≡ ∆CBF ⇒ BE = BF . Assim, ∆BFE é equilátero.
A
B C
D
E
F
14. Veja que os triângulos ∆AMC e ∆ABP são congruentes pelo caso LAL, pois AB =
AM e AC = AD e ∠MAC = ∠BAP . Assim, MC = BP . De modo análogo, também
provamos que o terceiro lado é igual a estes dois.
A
B C
M
P
17
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15. Note que ∆AQC ≡ ∆ABS (LAL), pois AB = AQ, ∠QAC = ∠BAS e AC = AS.
Como consequência, QC = BS.
A
B
C
R
S
Q
P
16. Primeiramente, observe que ∆BLC ≡ ∆CKD (LLL). Sejam ∠LCB = ∠LBC =
∠KCD = ∠KDC = α. Se N é o ponto médio de KD, veja que ∆ODN ≡ OCM ,
pois MC = ND, OD = OC e ∠ODN = ∠OCM = α + 45◦. Portanto, ∠NOD =
∠COM = β. Como ∠COD = 90◦, segue que ∠NOM = 90◦. Ou seja, ON ⊥ OM .
Por outro lado, ON ‖ BK, pois ON é a base média do ∆DBK. Assim, OM ⊥ BK.
B
A
D
C
L
K
O
M
N
17. Seja ∠ABC = β. Assim, ∠ADC = β e ∠BAD = 180◦ − β. Além disso,
∠FAE = 360◦ − 60◦ − 60◦ − (180◦ − β) = 60◦ + β.
Agora veja que ∆EDC ≡ ∆AFE ≡ ∆BFC (LAL). Portanto, FC = CE = EF .
18
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A
B C
D
E
F
18. Sejam M , N , O e P os centros dos quadrados que estão sobre os lados AB, BC, CD
e DA, respectivamente. Seja ∠DAB = β. Assim, ∠DCB = β e ∠CBA = 180◦ − β.
Veja que ∠OCN = ∠NBM = 90◦ + β. Veja que ∆OCN ≡ ∆NBM (LAL). Logo,
∠BNM = ∠ONC = θ e MN = NO. Além disso, veja que ∠BNC = 90◦. Portanto,
∠ONM = 90◦. Por analogia, podemos demonstrar que todos os lados e todos os
ângulos do quadrilátero ONMP são iguais entre si.
A
B
CD
M
N
O
P
19. Sejam ∠FAD = α, ∠DAC = β e ∠EAB = θ. Sejam também P o ponto de encontro
entre AD e CF ; e Q o ponto de encontro entre CB e AE. Note que AQCP é um
parelelogramo, pois tem dois pares de lados opostos paralelos. Assim, ∠PCQ = β.
Como ABCD é um parelelogramo, AD = CB, AB = CD e ∠PCD = θ. De forma
análoga, AECF é um paralelogramo, então AF = CE e ∠BCE = α.
19
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Agora note que ∆FAD ≡ ∆BCE (LAL), logo BE = FD. Além disso, ∆DCE ≡
FAB (LAL), logo FB = DE. Podemo concluir que BEDF é um paralelogramo,
pois tem dois pares de lados opostos iguais. Portanto, BE ‖ FD.
A B
CD
EF
20. Como ∆ABC é isósceles, ∠ABC = ∠ACB = 72◦. Logo, ∆ABD é isósceles e BD =
DA. Sendo BD bissetriz, ∠ABD = ∠DBC = 36◦. Sendo DP bissetriz, ∠BDP =
∠PDC = 36◦. Logo, ∆BPD é isósceles e RB = BP = PD. Por último, veja que
∠RBD = ∠PDA = 180◦ − 36◦ = 144◦. Assim, ∆RBD ≡ ∆PDA (LAL). Com isso,
AP = RD.
B C
A
D
PR
21. Note que ABA1 ≡ CBC1 (pelo caso LAL). Assim, todas as medidas correspondentes
nos dois triângulos sãocongruentes. Em particular, BM = BN (as mediadas relativas
aos ladosAA1 e CC1 são iguais) e ∠MBA1 = ∠NBC (pois são as medidas dos ângulos
entre as medianas e os lados correspondentes BA1 e BC). Dessa última igualdade
de ângulos, obtemos que ∠MBN = 60◦. Portanto, ∆BMN é um triângulo isósceles
com ângulo de 60◦.
20
POTI - Geometria - N1 - Aula 1 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
A B C
C1
A1
M
N
22. Seja ∠CAB = 2α. Note que ∆AMP ≡ ∆ACP (ALA), então AM = AC e com isso,
∠AMC = ∠ACM = 90◦ − α. De modo análogo, ∆QNB ≡ ∆QCB (ALA), logo
BC = BN e com isso, ∠CNB = ∠NCB = 45◦ + α. Agora olhando a soma dos
ângulos internos no triângulo ∆CNM , temos que ∠MCN = 45◦.
23. Veja que ∆ABP ≡ ∆PQA (LAL). Logo, se BP = x, temos que PQ = x e PC =
10− x. De forma análoga, ∆QRA ≡ ∆ARD (cateto-hipotenusa). Logo, se RD = Y ,
temos que RQ = y e CR = 10− y. Portanto, o peŕımetro do triângulo PCQ é 20.
24. Seja H o ponto de encontro entre as duas alturas. Seja ∠FBP = α. Logo, ∠FHB =
90◦ − α = ∠EHC. Dáı, ∠ECF = α. Com isso, ∆ACQ ≡ ∆APB (LAL)1.
Sendo ∠PAB = β, a congruência citada nos garante que ∠AQF = β. No ∆AFQ,
como ∠AFQ = 90◦, segue que ∠FAQ = 90◦ − β. Portanto, ∠PAQ = 90◦.
A
BC
P
E
F
Q
H
1Note que dessa congruência também podemos demonstrar que AQ = AP .
21
Polos Olímpicos de Treinamento
Prof. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Aula 6Curso de Geometria - Nível 1
Teorema de Pitágoras
O objetivo desse caṕıtulo é o de demonstrar e aplicar um dos teoremas mais importantes
da matemática: o teorema de Pitágoras.
Teorema de Pitágoras. Seja ABC um triângulo retângulo em C. Então,
AB2 = BC2 + CA2.
P Q
RS
W
X
Y
Z
α
1− α
Figura 1: Demonstração do Teorema de Pitágoras
Demonstração. Sejam AB = c, BC = a e CA = b as medidas dos lados do triângulo ABC,
retângulo em C. Construa um quadrado PQRS de lado a+ b e considere pontos sobre os
lados deste quadrado de modo que PX = QY = RZ = SW = a como ilustrado na figura
(1). Dessa forma, os triângulos PXW , QYX, RZY e SWZ são todos congruentes ao
triângulo ABC. Portanto, os lados do quadrilátero XY ZW são iguais a c. Além disso, a
soma dos ângulos ∠WXP e ∠Y XQ é igual a 90◦. De modo análogo, podemos concluir que
os demais ângulo do quadrilátero XY ZW são todos retos. Logo, XY ZW é um quadrado.
Agora, observe que a área do quadrado PQRS é igual à soma da área do quadrado XY ZW
com as áreas dos triângulos PXW , QYX, RZY e SWZ. Dáı, temos a seguinte equação:
(a+ b)2 = c2 + 4 · ab
2
⇒ c2 = a2 + b2.
POTI - Geometria - N1 - Aula 6 - Profs. Bruno Holanda & Emiliano Chagas
Fato Importante: Seja ABC um triângulo equilátero tal que AB = BC = CA = `.
Então,
[ABC] =
`2
√
3
4
.
A B
C
D
Demonstração. Seja D o pé da altura relativa ao vértice A. Como ABC é equilátero, D é
ponto médio de BC. Seja AD = h a medida da altura. Aplicando o teorema de Pitágoras
no ∆ADC, temos
h2 +
(
`
2
)2
= `2 ⇒ h2 = `2 − `
2
4
=
3`2
4
.
Logo, h = `
√
3
2 . Portanto, [ABC] =
h×`
2 =
`2
√
3
4 .
Observação: Para resolver alguns dos problemas a seguir, talvez seja útil conhecer os
seguintes produtos notáveis:
(i) (a+ b)2 = a2 + 2ab+ b2;
(ii) (a− b)2 = a2 − 2ab+ b2;
(iii) a2 − b2 = (a+ b)(a− b).
Problema 1. (OBM 2013 - 1a Fase) Seja ABC um triângulo retângulo em A. Seja D o
ponto médio de AC. Sabendo que BD = 3DC e que AC = 2, quanto mede a hipotenusa
do triângulo?
Solução.
A B
C
D
2
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Como AC = 2, temos que AD = DC = 1. Pelo teorema de Pitágoras no triângulo
DAB, temos AB2 = 32 − 12 = 8. Novamente pelo Teorema de Pitágoras, agora no
triângulo ABC, temos: BC2 = 22 +AB2 = 12⇔ BC =
√
12.
Problemas Introdutórios
Problema 2. (OBM 2007 - 1a Fase) O jardim da casa de Maria é formado por cinco
quadrados de igual área e tem a forma da figura abaixo. Se AB = 10 m, então qual é a
área do jardim em metros quadrados?
A
B
Problema 3. (OBMEP 2007 - 1a Fase) A figura mostra um triângulo retângulo ABC e três
triângulos retângulos congruentes sombreados. O lado BC tem comprimento 1 cm. Qual
é o peŕımetro do triângulo ABC, em cent́ımetros?
B
1 cm
A
C
Problema 4. (OBM 2004 - 1a Fase) No triângulo PQR, a altura PF divide o lado QR em
dois segmentos de medidas QF = 9 e RF = 5. Se PR = 13, qual é a medida de PQ?
Problemas Propostos
Problema 5. (OBM) Na figura abaixo ABCD é um quadrado de área 64cm2 e EFGH um
quadrado de área 36cm2. Determine a área do quadrado CMHN .
3
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A B
CD
E F
GH
M
N
Problema 6. Neste problema temos quatro itens, cada um correspondente a um dos quatro
desenhos da figura. Determine o valor dos segmentos pedidos.
a) Ache BC, sabendo que AB = 6, AD = 8, CD = 4, Â = D̂ = 90◦.
b) Ache EI, sabendo que EF = 6, FG = 4, GH = 2, HI = 2
√
5, F̂ = Ĝ = Ĥ = 90◦.
c) Ache JK, sabendo que JM = 9, ML = 10, KL = 17, Ĵ = K̂ = 90◦.
d) Ache OQ, sabendo que NQ = 2
√
13, NP = 10, Q é ponto médio e Ô = 90◦.
A
B
C
D
E
F G
H
I
J
K L
M N
O PQ
Problema 7. Nos lados AB e DC do retângulo ABCD, os pontos F e E são escolhidos de
modo que AFCE seja um losango. Se AB = 16 e BC = 12, ache EF .
4
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A B
CD E
F
Problema 8. (OBM 2004 - 1a Fase) O peŕımetro de um retângulo é 100 e a diagonal mede
x. Qual é a área desse retângulo em termos de x?
Problema 9. (OBMEP 2005 - 1a Fase) O topo de uma escada de 25 m de comprimento
está encostado na parede vertical de um edif́ıcio. O pé da escada está a 7 m de distância da
base do edif́ıcio, como na figura. Se o topo da escada escorregar 4 m para baixo ao longo
da parede, qual será o deslocamento do pé da escada?
es
ca
da
7
Problema 10. (OBM 2008 - 2a Fase) Um viajante, que se encontrava perdido na floresta,
andou 1 metro para o Leste, 2 metros para o Norte, 3 para o Oeste, 4 para o Sul, 5 para
o Leste, 6 para o Norte, · · · , 2006 metros para o Norte, 2007 para o Oeste e 2008 para o
Sul. Calcule, em metros, o valor inteiro mais próximo da distância entre as posições inicial
e final do viajante.
Problema 11. (OBM 2011 - 1a Fase) Seja XOY um triângulo retângulo com ∠XOY = 90◦.
Sejam M e N os pontos médios de OX e OY , respectivamente. Dado que XN = 19 e
YM = 22, determine a medida do segmento XY .
Problema 12. (Holanda 2008) No quadrilátero ABCD, AB = 3, BC = 4, CD = 5 e
DA = 6. Sabemos que ∠ABC = 90◦, qual é a área do quadrilátero ABCD?
Problema 13. No triângulo ABC sabe-se que ∠ACB = 90◦, AC = 20 e AB = 101. Seja
D o ponto médio de BC. Ache a área do triângulo ADB.
Problema 14. (OBM 2016 - 1a Fase) Considere o triângulo ABC a seguir tal que AB = 3,
AC = 4 e BC = 5. Sobre o lado BC, são marcados os pontos D e E de modo que BD = 1,
DE = 2 e EC = 2. Determine a medida do ângulo ∠DAE.
5
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A
B CD E
χ
Problema 15. (OBM 2012 - 2a Fase) Seja ABCD um retângulo tal que AD = 6 e DC = 8
. Construa um triângulo equilátero CED tal que E, A e B estão no mesmo semiplano
determinado pela reta CD. Determine a área do triângulo AEC.
Problema 16. (OBM 2015 - 2a Fase) João cortou os quatro cantos de uma folha retangular
e obteve o um octógono equiângulo ABCDEFGH, como mostra a figura abaixo.
2
√
2
7
3
√
2
3
4
√
2
5
√
2
A
B C
D
E
F
H
G
Sabendo que AB = 2
√
2, BC = 7, CD = 3
√
2, DE = 3, EF = 4
√
2 e GH = 5
√
2,
determine a área desse octógono.
Problema 17. (OBMEP 2017 - 1a Fase) Na figura, os ângulos ∠ABC e ∠BCD medem
120◦, o ângulo ∠BAD é reto e os segmentos BC e CD medem 4 cm e 8 cm, respectivamente.
Qual é a área do quadrilátero ABCD em cm2?
6
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A B
C
D
8 cm
4 cm
120°
120°
Problema 18. (OBMEP 2013 - 1a Fase) Uma escada com 2, 9 metros de comprimento e
uma articulação centralC possui a extremidade B fixa no chão e a extremidade A móvel,
conforme a figura. A escada, inicialmente estendida no chão, foi dobrada de tal forma que
a extremidade A deslizou 2 cent́ımetros. A quantos cent́ımetros do chão ficou a articulação
C?
Problema 19. (Holanda 2009) Na figura a seguir, temos três quadrados de lado 1 e dois
triângulos equiláteros. Determine o lado do triângulo equilátero maior.
1 1
1
Problema 20. (Olimṕıada de Maio 2006) Um retângulo de papel 3cm × 9cm é dobrado
ao longo de uma reta, fazendo coincidir dois vértices opostos. Deste modo se forma um
pentágono. Calcular sua área.
Problema 21. Seja ABCD um quadrado de lado 28. Seja P um ponto no seu interior e E
um ponto no lado CD de modo que AP = BP = PE e que CD e PE sejam perpendiculares.
Ache AP .
Problema 22. Seja P um ponto no interior do retângulo ABCD. Se PA = 2, PB = 3 e
PC = 10, ache PD.
7
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Problema 23. No interior do quadrado ABCD são escolhidos dois pontos E e F de modo
que AE = FC = 7, EF = 2 e ∠AEF = ∠EFC = 90◦.
a) Mostre que AECF é um paralelogramo.
b) Determine a área do quadrado ABCD.
Problema 24. (China 1995) No triângulo ABC, ∠A = 90◦, AB = AC e D é um ponto
sobre BC. Prove que BD2 + CD2 = 2AD2.
Problema 25. (Fórmula da Mediana) Em um triângulo ABC, AM é a mediana relativa
ao vértice A. Prove que
AB2 +AC2 = 2(AM2 +BM2).
Problema 26. Seja ABC um triângulo acutângulo e K um ponto no seu interior. Sejam
P , Q e R os pés das alturas de K até os lados BC, CA e AB, respectivamente. Mostre que
AQ2 +BR2 + CP 2 = AR2 +BP 2 + CQ2.
Problema 27. (OBMEP 2006 - 1a Fase) No triângulo ABC, o comprimento dos lados AB,
BC e CA, nessa ordem, são números inteiros e consecutivos. A altura relativa a BC divide
este lado em dois segmentos de comprimentos m e n, como indicado. Quanto vale m− n?
A
B C
n m
Problema 28. (OBM 2007 - 3a Fase) Seja ABC um triângulo retângulo isósceles. K e M
são pontos sobre hipotenusa AB, com K entre A e M , e o ângulo ∠KCM = 45◦. Prove
que AK2 +MB2 = KM2.
8
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Dicas e Soluções
2. (OBM 2007 - 1a Fase) A área do jardim é 5a2, onde a é o lado do quadrado. Pelo
Teorema de Pitágoras, AB2 = a2 + (2a)2 = 5a2. Dáı, 5a2 = 100, que é a área do
jardim.
Observação: também é posśıvel resolver o problema sem usar o Teorema de Pitágoras,
formando o quadrado de lado AB e observando que sua área é equivalente à de 5
quadrados menores.
3. (OBMEP 2007 - 1a Fase) Como os triângulos sombreados são congruentes, os seg-
mentos AP e PC da figura medem ambos 1 cm. Logo os catetos do triângulo ABC
medem 1 cm e 2 cm, e o teorema de Pitágoras nos diz que AB2 = 12 + 22 = 5. Segue
que AB =
√
5 cm , donde o peŕımetro do triângulo ABC é 1 + 2 +
√
5 = 3 +
√
5 cm.
B
1 cm
A
C
P1 cm
1 cm
4. (OBM 2004 - 1a Fase) A figura do problema é a seguinte:
P
13
RQ 5F9
..
Pelo teorema de Pitágoras, PF 2 + 52 = 132 e PQ2 = 122 + 92 ⇔ PQ = 15.
5. Veja que BC = 8 e HE = 6. Além diss, se ∠BCM = α, então ∠CMB = 90 − α
e ∠HME = α. Sendo CM = MH, veja que ∆CBM ≡ ∆MHE (caso LAAo).
Portanto, BM = 6. Usando o teorema de Pitágoras no ∆CBM , temos que
CM2 = 64 + 36 = 100.
Conclúı-se que [MHNC] = 100cm2.
6. (a)
√
116.
(b)
√
76.
(c) 6. Trace uma paralela a JK passando por M .
9
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(d) 4. Monte um sistema com duas variáveis.
7. Seja FB = DE = x. Nesse caso, AF = 16 − x. Como AFCE é um losango,
FC = 16− x. Aplicando o teorema de Pitágoras no ∆FBC, temos:
(16− x)2 = x2 + 122 ⇒ 256− 32x+ x2 = x2 + 144⇒ 32x = 112.
Logo, x = 3, 5. Agora seja H o pé da altura desenhada de F até EC. Veja que
HC = 3, 5 e EC = 12, 5. Logo, EH = 12, 5 − 3, 5 = 9. Aplicando o teorema de
Pitágoras no ∆EHF , temos:
EF 2 = 92 + 122 = 225⇒ EF = 15.
8. (OBM 2004 - 1a Fase) Sejam a e 50− a os lados do retângulo. A área é (50− a) · a
= 50a− a2.
a
50 – a
x
.
Pelo teorema de Pitágoras, x2 = (50 − a)2 + a2 ⇔ x2 = 2500 − 100a + 2a2 ⇔
50a = 1250 +a2− x
2
2
. Deste modo, substitúımos 50a na área do retângulo e obtemos
50a− a2 = 1250 + a2 − x
2
2
− a2 = 1250− x
2
2
.
9. (OBMEP 2005 - 1a Fase) Considere o triângulo retângulo cuja hipotenusa é a escada
que mede 25 m, um dos catetos é o segmento ligando o pé da escada à base do
edif́ıcio, que mede 7 m, e o outro cateto é o segmento da parede do edif́ıcio que une
o topo da escada ao solo. O comprimento x deste último cateto pode ser calculado
imediatamente a partir do Teorema de Pitágoras: temos 252 = 72 + x2 e obtemos
x = 24 m. Quando o topo da escada escorrega 4 m para baixo, obtemos um novo
triângulo retângulo, cuja hipotenusa mede 25 m e um dos catetos mede 24− 4 = 20
m. O outro cateto y deste triângulo é determinado, outra vez, pelo Teorema de
Pitágoras: temos 252 = 202 + y2 e segue que y = 15 m. Logo, o deslocamento do pé
da escada será de 15− 7 = 8 m.
10. (OBM 2008 - 2a Fase) O deslocamento ĺıquido do viajante na direção Leste-Oeste
foi de (1 − 3) + (5 − 7) + · · · + (2005 − 2007) = (−2) + (−2) + · · · + (−2), onde o
termo (−2) aparece 502 vezes, portanto o deslocamento ĺıquido é 502 · (−2) = −1004.
Analogamente, o deslocamento ĺıquido na direção Norte-Sul foi de −1004. Portanto,
pelo teorema de Pitágoras a distância entre as posições inicial e final do viajante
é d =
√
10042 + 10042 = 1004
√
2. Observe agora que, como
√
2 ≈ 1, 414, temos
1004
√
2 ≈ 1419, 656. Para ter certeza se estamos usando uma aproximação boa
o suficiente, basta checar se 1419, 5 < 1004
√
2 < 1420, quer dizer, se 1419, 52 <
1004 · 2 < 14202. Mas é fácil efetuar os cálculos e verificar que essas desigualdades
realmente se verificam. Logo, a melhor aproximação pedida é 1420 metros.
10
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11. (OBM 2011 - 1a Fase) Considere o seguite desenho do problema.
X
p
p
M
O N Yl l
Pelo teorema de Pitágoras nos triângulos XON e MOY temos p2 + 4l2 = 222 e
l2 + 4p2 = 192. Somando essas duas equações obtemos 5(p2 + l2) = 222 + 192 ⇔
p2 + l2 =
222 + 192
5
. Por outro lado temos que XY 2 = (2p)2 + (2l)2 = 4(p2 + l2).
Substitúındo a equação anterior nessa última expressão ficamos com XY 2 =
4
5
(222 +
192) = 262 ⇔ XY = 26.
12. Seja M o ponto médio de AD, logo DM = MA = 3. Como o triângulo ABC é
retângulo, pelo teorema de Pitágoras, AC2 = 32 + 42 ⇒ AC = 5. Assim, ∆DCA é
isósceles. Logo, CM é perpendicular a AD. Agora veja que ∆DMC ≡ ∆CMA ≡
∆ABC, pelo caso cateto-hipotenusa. Assim,
[ABCD] = 3× [ABC] = 3× 4× 3
2
= 18.
4
5
C
BA 3
3
3
D
13. Seja BC = x. Pelo Teorema de Pitágoras,
1012 = 202 + x2 ⇒ (101− 20)(101 + 20) = x2
121 · 81 = x2 ⇒ x = 99.
Logo, [ABC] = 20·992 = 990 e [ADB] = 495.
11
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14. (OBM 2016 - 1a Fase) Sejam p e q as medidas dos ângulos ∠BAD e ∠EAC, res-
pectivamente. Como BA = BE, segue que ∠ABE = ∠BAE = p + x. Ana-
logamente, como AC = DC, temos ∠DAC = ∠ADC = x + q. Pela rećıproca
do Teorema de Pitágoras, como é verdade que BC2 = AB2 + AC2, segue que
p + q + x = ∠BAC = 90◦. Finalmente, analisando a soma dos ângulos do triângulo
DAE, temos 180◦ = (p+ x) + x+ (q + x) = 90◦ + 2x, ou seja, x = 45◦.
15. (OBM 2012 - 2a Fase)
A B
CD
E
F
Comecemos traçando a altura de EF relativa ao lado DC. Como o triângulo é
equilátero, a altura também será a mediana, ou seja, DF = FC = 4. Usando o
teorema de Pitágoras temos EF 2 + CF 2 = EC2 ⇔ EF 2 = 64− 16⇔ EF =
√
48 =
4
√
3.
Agora para achar a área do AEC, temos [AEC] = [AECD] − [ACD] ⇔ [AEC] =
[AEFD] + [ECF ]− [ACD]⇔ [AEC] = (6 + 4
√
3) · 4
2
+
4 · 4
√
3
2
− 6 · 8
2
⇔ [AEC] =
16
√
3− 12
16. (OBM 2015 - 2a Fase) Os ângulos internos de um octógono equiângulo são iguais
a
(8− 2) · 180◦
8
= 135◦. Assim, prolongando AH, BC, DE e FG, obtemos