História da Matemática

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História da Matemática 
 
Exercícios Programados 2 – gabarito 
 
Exercício 1: Prove que o número hexagonal de ordem n é igual a 2n
2
 – n. 
 
Solução: 
 
“Os primeiros 20 números hexagonais são: 
1, 6, 15, 28, 45, 66, 91, 120, 153, 190, 231, 276, 325, 378, 435, 496, 561, 630, 703, 780.” 
 
Provaremos agora que a fórmula H(n)= 2n
2
 – n é verdadeira para todo n ≥ 1. 
- Para n=1, a fórmula acima dá: 
H1 = 1(1)
2
 – 1 = 1 
Assim nossa afirmação é verdadeira para n = 1. 
- Deveremos mostrar agora que, se a afirmação é verdadeira para n = k, então também é verdadeira 
para n = k + 1. Estamos admitindo então como verdadeiro que: 
n = k ⇒ Hk= 2k
2
 – k 
 
Devemos provar então que para n = k + 1 a sentença também é verdadeira, isto é: 
Hk+1 = 2(k+1)
2
 - (k+1) 
 
Observe inicialmente que para todo número hexagonal é válido a seguinte relação: 
H1 = 1 
H2 = H1 + 5 
H3 = H2 + 9 
H4 = H3 +13 
... 
Hn+1 = Hn + (4n + 1) 
 
Logo: 
 Hk+1 = Hk + 4k + 1 = (2k
2
 – k) + 4k + 1 = 
= 2k
2
 + 4k – k + 1 = 2k
2
 + 4k +2 – 2 – k + 1 = 
= 2(k+1)
2
 – k – 1= 2(k+1)
2
 – (k+1) (Verdadeiro) 
 
O teorema é, portanto, válido para todo n ≥ 1. 
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Exercício 2: No texto 7.1 da Unidade 3 é apresentada uma maneira de encontrar uma aproximação 
de um número irracional (em particular quando ele dado como a raiz quadrada de um número 
primo). Essa maneira é o desenvolvimento de um número irracional em fração contínua. Vamos 
estabelecê-la teoricamente. 
Seja 𝑥 ∉ ℚ, 𝑥 = √𝑝, 𝑝 primo. Podemos escrever 𝑥 = [𝑥]∗ +
1
𝑥1
, com 0 <
1
𝑥1
< 1 onde: 
 1
1
1x
x x
 

. 
Para continuar, escrevemos 𝑥1 = [𝑥1]∗ +
1
𝑥2
, com 0 <
1
𝑥2
< 1 onde 
 2
1 1
1
1x
x x
 

. 
 
Este cálculo pode ser repetido infinitamente produzindo em sucessão as equações: 
𝑥 = [𝑥] +
1
𝑥1
, 𝑥1 > 1 
𝑥1 = [𝑥1] +
1
𝑥2
, 𝑥2 > 1, [𝑥1] ≥ 1 
𝑥2 = [𝑥2] +
1
𝑥3
, 𝑥3 > 1, [𝑥2] ≥ 1 
... ... 
𝑥𝑛 = [𝑥𝑛1] +
1
𝑥𝑛+1
, 𝑥𝑛+1 > 1, [𝑥𝑛] ≥ 1 
... ... 
Finalmente, fazendo as substituições reiteradamente, obtemos: 
 
𝑥 = [𝑥] +
1
𝑥1
= [𝑥] + 
1
[𝑥1] + 
1
𝑥2
= [𝑥] + 
1
[𝑥1] +
1
[𝑥2] + 
1
𝑥3
 = [𝑥] +
1
[𝑥1] +
1
[𝑥2] +
1
[𝑥3] + ⋯
 
 
(*) [ . ] ∶ ℝ → ℤ, 𝑥 → [𝑥] = 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑖𝑟𝑜 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝑥. Exemplos: [7] = 7; [2,6] = 2; [-4,75] = 
-5; [0] = 0 
 
Agora é com você. Expresse √7 como uma fração contínua. 
 
Solução: 
 
𝑥1 =
1
√7 − [√7]
= 
1
√7 − 2
= 
1
√7 − 2
× 
√7 + 2
√7 + 2
= 
√7 + 2
3
 
 
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[𝑥1] = [
√7+2
3
] = 1 
 
𝑥2 =
1
√7 + 2
3 − 1
= 
3
√7 − 1
= 
3
√7 − 1
× 
√7 + 1
√7 + 1
= 
3 (√7 + 1)
6
= 
√7 + 1
2
 
 
[𝑥2] = [
√7 + 1
2
] = 1 
 
𝑥3 =
1
√7 + 1
2 − 1
= 
2
√7 − 1
= 
2
√7 − 1
× 
√7 + 1
√7 + 1
= 
2 (√7 + 1)
6
= 
√7 + 1
3
 
 
[𝑥3] = [
√7 + 1
3
] = 1 
 
𝑥4 =
1
√7 + 1
3 − 1
= 
3
√7 − 2
= 
3
√7 − 2
× 
√7 + 2
√7 + 2
= 
3 (√7 + 2)
3
= √7 + 2 
 
[𝑥4] = [√7 + 2] = 4 
 
𝑥5 =
1
√7 + 2 − 4
= 
1
√7 − 2
= 
1
√7 − 2
× 
√7 + 2
√7 + 2
= 
√7 + 2
3
 
 
[𝑥5] = [
√7 + 2
3
] = 1 
 
 
 
Finalmente, 
 
 
√7 = 2 + 
1
1 + 
1
1 + 
1
1 + 
1
4 + 
1
1 + ⋯
 
 
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Exercício 3: No “Livro dos Lemas”, Arquimedes apresenta uma solução geométrica para se 
trissectar um ângulo qualquer. Ei-la: “Seja 𝐴�̂�𝐶 o ângulo central de um círculo. Os lados AB e CB 
são raios do círculo. Prolongue AB para obter o diâmetro AD e intersecte a reta AD com a reta CF, 
sendo F um ponto do círculo, de tal modo que a intersecção do prolongamento de CF com o 
prolongamento do diâmetro AD produza um ponto E tal que FE ≡ FB. Mostre que m(𝐴�̂�𝐶) = 
3m(𝐷�̂�𝐹).” 
 
Solução: 
Se EF = FB (raio do círculo), então 𝑚 = (𝐹�̂�𝐵) = 𝑚 (𝐹�̂�𝐸) = 𝛼. No triângulo isósceles 
EFB, temos que 𝑚 = (𝐵�̂�𝐸) = 180º − 2𝛼. Daí, temos que 𝑚 = (𝐵�̂�𝐶) = 180º − 𝑚 (𝐵�̂�𝐸) =
 2𝛼. Do mesmo modo, no triângulo isósceles FBC, temos a seguinte igualdade: 
 𝑚 = (𝐹�̂�𝐶) = 180º − 2. (2𝛼) = 180º − 4𝛼 
Logo: 
 
𝑚(𝐴�̂�𝐶) = 180º − 𝛼 − 𝑚 (𝐹�̂�𝐶) 
𝑚(𝐴�̂�𝐶) = 180º − 𝛼 − (180º − 4𝛼) 
𝑚(𝐴�̂�𝐶) = 180º − 𝛼 − 180º + 4𝛼 
𝑚(𝐴�̂�𝐶) = 3𝛼 
𝑚(𝐴�̂�𝐶) = 3. 𝑚 (𝐹�̂�𝐵) 
𝑚(𝐴�̂�𝐶) = 3. 𝑚 (𝐷�̂�𝐹) 
 
O problema aqui é como determinar o ponto F no círculo usando apenas régua e compasso. 
Se Arquimedes tivesse apresentado como se faz essa construção, teria resolvido um dos três 
problemas clássicos mais famosos da geometria grega. Entretanto, como se sabe, esta tarefa não é 
possível de se realizar apenas com régua e compasso. 
 
 
 
Exercício 4: Prove, pelo método de indução finita sobre o número de lados, o resultado de Antifão: 
“Um 2
n
-ágono regular inscrito em um círculo ocupa mais do que 1 − 
1
2𝑛−1 da área deste círculo.” 
 
Solução: 
O quadrado inscrito ocupa mais do que a metade do círculo: 
 
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Realmente, a área do quadrado inscrito é exatamente a metade da área do quadrado 
circunscrito cuja área é maior do que a área do círculo. Na verdade, o lado do quadrado circunscrito 
é igual a diagonal do quadrado inscrito que é igual ao diâmetro do círculo. (n = 2) 
Vamos agora provar que o octógono (n = 3) ocupa mais do que 
3
4
= 1 −
1
4
= 1 −
1
23−1 da 
área do círculo no qual ele está inscrito. Denotamos por 2A a área do quadrado, por 3A a área do 
octógono e Ac é a área do círculo. 
 
Seja 2R a área dos quatro retângulos. Temos que: 𝐴2 > 
𝐴𝑐
2
 = (1 − 
1
2
) . 𝐴𝑐 (1) 
É claro da construção que: 𝐴3 − 𝐴2 = 
𝑅2
2
 (2) 
 
Também é evidente que: 𝐴𝐶 − 𝐴2 < 𝑅2 (3) 
 
De (2) e (3): 
𝐴3 − 𝐴2 = 
𝑅2
2
>
𝐴𝐶
2
− 
𝐴2
2
⇒ 𝐴3 > 
𝐴𝐶 
2
+ 
𝐴2 
2
 
 
Acrescentando (1), temos: 
𝐴3 > 
𝐴𝐶
2
+
𝐴2
2
> 
𝐴𝐶
2
+
𝐴𝐶
2
 − 
𝐴𝐶 
4
= 
3
4
 𝐴𝐶 
Ou seja, 
 
𝐴3 > (1 − 
1
22
) 𝐴𝐶 
 
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Agora vamos provar que se An denota a área do 2
n
-ágono então: 
 
𝐴𝑛 > (1 − 
1
2𝑛−1) 𝐴𝐶 ⇒ 𝐴𝑛+1 > (1 − 
1
2𝑛) 𝐴𝐶 
 
Suponhamos que a figura abaixo representa um 2
n
-ésimo setor do 2
n
-ágono: 
 
Analogamente, considere os 2
n
-retângulos cuja soma das áreas é Rn tais que: 𝐴𝑛+1 − 𝐴𝑛 = 
𝑅𝑛
2
. 
Estamos assumindo a hipótese que: 𝐴𝑛 > 𝐴𝐶 − 
𝐴𝐶
2 𝑛−1. 
Além disso, 𝑅𝑛 > 𝐴𝐶 − 𝐴𝑛. 
 
Dessas duas últimas desigualdades obtém-se: 
𝐴𝑛+1 − 𝐴𝑛 = 
𝑅𝑛
2
> 
𝐴𝐶
2
− 
𝐴𝑛
2
 
Portanto, 
𝐴𝑛+1 > 
𝐴𝐶
2
+ 
𝐴𝑛
2
> 
𝐴𝐶
2
+ 
𝐴𝐶
2
 −
𝐴𝐶
2𝑛
 
Isto é, 
𝐴𝑛+1 > (1 − 
1
2𝑛) . 𝐴𝐶 Q.E.D. 
 
 
 
Exercício 5: Use a definição de Eudoxo de Cnido para mostrar que 3 está para √2 assim como 3√2 
está para 2. 
Solução: 
Sejam 𝑚, 𝑛 ∊ Z+. 
(i) Suponha que m(3) < n(√2). Multiplicando por √2 a desigualdade tem-se 
m(3√2) < n(√2)(√2) = 𝑛(2) . 
(ii) Com o mesmo raciocínio, mostramos que se m(3) > n(√2) então m(3√2) > n(2). 
Nota: Veja que a implicação da definição relativa à igualdade 
(se m(3) = n(√2), então m(3√2) = n(2)) 
não ocorre neste caso, pois não existem 𝑚, 𝑛 ∊ 𝑍+ tais que m(3) = n(√2). 
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Exercício 6: Dados dois números a e b inteiros positivos, a < b, prove que MG = √𝑀𝐴 . 𝑀𝐻 , onde 
MA , MH e MG são, respectivamente, a média aritmética, a média harmônica e a média geométrica de 
a e b. 
 
Solução: 
Como 𝑀𝐴 = 
𝑎+𝑏
2
 e 𝑀𝐻 = 
2
1
𝑎
+
1
𝑏
= 
2𝑎𝑏
𝑎+𝑏
 , tem-se que: 𝑀𝐴 . 𝑀𝐻 = 
𝑎+𝑏
2
 .
2 𝑎𝑏
𝑎+𝑏
= 𝑎𝑏 
Daí, 
𝑀𝐺 = √𝑎𝑏 = √𝑀𝐴 . 𝑀𝐻 
 
 
Exercício 7: Demonstre, como Euclides, que há uma infinidade de números primos (faça uma 
pesquisa na Internet). 
Solução: 
Suponha por absurdo que exista uma quantidade finita de números primos. Sejam p1, p2, ..., pm tais 
números primos. Considere o número p = (p1 
.
 p2 
.
 ... 
.
 pm) + 1 que, certamente, é maior do que 
qualquer um dos pi, com i = 1, ... , m. , com 1, ,ip i m . 
Daí, ou p é primo, e teremos um primo que não está na lista original, ou p tem fatores primos 
que não estão listados. 
De fato, a razão é a seguinte: se algum dos primos listados originalmente for um fator de p, 
esse número dividiria a ambos os números (p1 
.
 p2 
.
 ... 
.
 pm) + 1 e (p1 
.
 p2 
.
 ... 
.
 pm). Portanto, dividiria 
a diferença entre eles, o que é um absurdo, pois essa diferença é 1 e o menor número primo é o 2. 
Logo, p tem fatores primos que não estão listados. 
Ou seja, ou p é primo, e teremos um primo que não está na lista original, ou p tem fatores 
primos que não estão listados, o que de qualquer forma contraria a hipótese de que (p1 
.
 p2 
.
 ... 
.
 pm) 
são os únicos números primos. Logo temos uma infinidade de números primos. 
 
 
Exercício 8: Considere a lista 5, 7 e 11 de números primos. Obtenha novos números primos 
utilizando a estratégia da demonstração do exercício 6 acima. 
Solução: Temos que: (5 × 7 × 11) + 1 = 385 + 1 = 386 = 2 × 193. Vemos que 2 e 193 são dois 
primos que não estão na lista dada. 
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Exercício 9: O teorema de Pitágoras é uma relação entre os lados de um triângulo retângulo. Tal 
conhecimento passou dos egípcios a Pitágoras, que o imortalizou. Com base nas figuras abaixo faça 
uma demonstração do Teorema de Pitágoras. 
 
 
 
Solução: Alguns historiadores sugerem a seguinte demonstração geométrica como viável para 
Pitágoras. Conforme indicado no enunciado considere as figuras abaixo: 
 
 
 
Do diagrama (I) tem-se: (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑎2 + 𝑏2 + 4
𝑎𝑏 
2
= 𝑎2 + 𝑏2 + 2𝑎𝑏 
 
Do diagrama (II) tem-se: (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑐2 + 4
𝑎𝑏 
2
= 𝑐2 + 2𝑎𝑏 
 
Logo, (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑎2 + 𝑏2 + 2𝑎𝑏 = 𝑐2 + 2𝑎𝑏 ⇒ 𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2 . 
 
 
 
Exercício 10: Faça uma pesquisa e encontre a demonstração do Teorema de Pitágoras apresentada 
na proposição 47 do Livro I dos Elementos de Euclides. 
 
 
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Esta é, sem dúvida, uma das mais belas demonstrações do teorema de Pitágoras! Temos 
certeza de que você irá concordar conosco! Novamente aqui, você poderá terá encontrado outro 
enunciado ou outro formato do texto. Não se preocupe com isso. 
 
PROPOSIÇÃO 47, Livro I dos Elementos de Euclides: 
 “Em triângulos retângulos, o quadrado sobre o lado que subentende o ângulo reto é igual 
aos quadrados sobre os lados contendo o ângulo reto.” 
 
Seja ABC um triângulo retângulo tendo o ângulo BAC reto. 
Eu digo que o quadrado sobre BC é igual aos quadrados sobre BA, AC. 
Pois sejam descritos sobre BC o quadrado BDEC, e sobre BA e AC os 
quadrados GB e HC. [Livro I. Proposição 46]. 
(os quadrados são denominados pelos extremos de uma de suas 
diagonais; exemplo: o quadrado GB é o quadrado GFBA e o quadrado 
HC é o quadrado HACK.) 
 
Por A, seja AL traçada paralela a BD ou CE, e sejam unidas AD e FC. 
Então, como cada um dos ângulos BÂC e BÂG são retos, segue que da linha reta BA e do ponto A 
sobre ela, que as duas linhas retas AC e AG não ficam do mesmo lado, fazem os ângulos adjacentes 
iguais a dois ângulos retos. Portanto, CA está em linha reta com AG. (Livro I. Proposição 14) 
Por essa mesma razão, BA está também em linha reta com AH. 
E, como o ângulo 𝐷�̂�𝐶 é igual ao ângulo 𝐹�̂�𝐴, pois cada um deles é reto, seja o ângulo 𝐴�̂�𝐶 
adicionado a cada um deles. 
Daí, o ângulo 𝐷�̂�𝐴 é igual ao ângulo 𝐹�̂�𝐶. (Noção Comum 2) 
E, como DB é igual a BC e FB é igual a BA, os dois lados AB e BD são iguais aos dois lados FB e BC 
respectivamente; e o ângulo 𝐴�̂�𝐷 é igual ao ângulo 𝐹�̂�𝐶. 
Portanto, a base AD é igual à base FC; e o triângulo ABD é igual (quer dizer, congruente) ao 
triângulo FBC. (Livro I. Proposição 4) 
Mas o paralelogramo BL (retângulo BDL*) é o dobro do triângulo ABD, pois eles têm a mesma base 
BD e estão entre as mesmas paralelas BD e AL. (Livro I. Proposição 41) 
E o quadrado GB é o dobro do triângulo FBC, pois eles têm a mesma base FB e estão entre as 
mesmas paralelas FB e GC. (Livro I. Proposição 41) 
Como o dobro de iguais são iguais entre si, então o paralelogramo BL é também igual ao quadrado 
GB. 
 
Similarmente, se AE e BK forem unidos, pode também ser provado que o paralelogramo CL 
(retângulo CEL*) é igual ao quadrado HC; portanto, o quadrado BDEC é igual aos dois quadrados 
GB e HC. (Noção Comum 2) 
E o quadrado BDEC foi descrito sobre BC, e os quadrados GB, HC sobre BA, AC. Logo, o quadrado 
sobre o lado BC é igual aos quadrados sobre os lados BA e AC. Q.E.D.http://www.cederj.edu.br/
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Enunciados das Proposições e Noção Comum utilizadas na demonstração da proposição 47 do 
Livro I dos Elementos de Euclides. 
 
Noção Comum 2: 
“Se iguais são adicionados a iguais, os totais são iguais.” 
 
Proposição IV. Teorema: 
“Se dois triângulos tiverem dois lados iguais a dois lados, cada um a cada um, e os ângulos, 
compreendidos por estes lados, forem também iguais; as bases e os triângulos, e os demais ângulos, 
que são opostos a lados iguais, serão também iguais.” 
 
Proposição XIV. Teorema: 
“Se em um ponto de uma linha reta qualquer concorrerem, de partes opostas, duas retas, fazendo 
com a primeira reta os ângulos adjacentes iguais a dois retos, as retas, que concorrem para o dito 
ponto, estarão em direitura uma da outra (Fig. 34.).” 
 
 
Proposição XLI. Teorema: 
“Se um paralelogramo e um triângulo estiverem sobre a mesma base, e entre as mesmas paralelas, o 
paralelogramo será o dobro do triângulo (Fig. 63.).” 
 
 
Proposição XLVI. Problema: 
“Sobre uma linha reta dada descrever um quadrado (Fig.68.).” 
 
 
 
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Exercício 11: Em Crotona, uma colônia grega situada no sul da Itália, Pitágoras, nascido por volta de 
572 a.C., fundou a famosa escola pitagórica voltada ao estudo de filosofia, matemática e ciências 
naturais. Uma irmandade permeada de ritos secretos e cerimônias. Os pitagóricos, ao que tudo 
indica, foram os responsáveis por um dos momentos mais críticos da matemática: a prova de que há 
segmentos não comensuráveis. Tal fato foi verificado no problema que estabelece uma comparação o 
lado do quadrado e sua diagonal. Considere o quadrado ABCD. Seja BC a diagonal e AB um dos 
lados do quadrado. Demonstre esta relação. 
 
Solução: 
Suponhamos, inicialmente, como os gregos, que existia uma subunidade u suficientemente pequena 
de tal modo que 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑚. 𝑢 𝑒 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑛. 𝑢, 𝑠𝑒𝑛𝑑𝑜 
𝑚
𝑛
 𝑖𝑟𝑟𝑒𝑑𝑢𝑡í𝑣𝑒𝑙. Logo 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 
𝑚
𝑛
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . 
Como o triângulo ABC é retângulo e isósceles, temos que: 
 
(𝐵𝐶̅̅ ̅̅ )2 = (𝐴𝐵̅̅ ̅̅ )2 + (𝐴𝐶̅̅ ̅̅ )2 = 2. (𝐴𝐵̅̅ ̅̅ )2. 
 
Substituindo agora o valor de BC na equação acima, temos: 
 
 
𝑚2
𝑛2
(𝐴𝐵̅̅ ̅̅ )2 = 2. (𝐴𝐵̅̅ ̅̅ )2 ⇒
𝑚2
𝑛2
= 2 ⇒ 𝑚2 = 2𝑛2 
Isto é, m
2
 é par. 
Se m
2 
é par, então m é par. 
Logo m = 2k, k um número inteiro. Mas como 
𝑚
𝑛
 é irredutível, temos que n é ímpar. 
 
No entanto, ao substituir m = 2k, pode-se observar 
 
(2k)
2
 = 2𝑛2 ⇒ 4𝑘2 = 2𝑛2 ⇒ 𝑛2 = 2𝑘2 ⇒ 𝑛2 é par ⇒ 𝑛 é par. 
 
Assim, n deve ser simultaneamente par e impar. O que é um absurdo! 
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Através do dilema de Pitágoras surgem neste contexto os segmentos incomensuráveis. A diagonal do 
quadrado unitário e um de seus lados são segmentos incomensuráveis: isto é, não existe razão 
irredutível 
𝑚
𝑛
 que expresse sua medida. 
Tal fato é consequência da prova anterior e foi desse modo que surgiu o número irracional √2. 
 
 
 
Exercício 12: Os Elementos de Euclides são de fato uma das obras mais expressivas na área de 
Matemática. Escrito por volta do ano 300 a.C.. Composto por treze livros, os Elementos abordam 
temas da geometria plana, da geometria espacial, da versão grega antiga da teoria dos números 
elementar e de uma álgebra elementar, essencialmente de natureza geométrica. O Livro I , como não 
podia deixar de ser, é a porta da grande obra. Sua estrutura é algo curioso, sendo o objetivo desta 
questão. Para cada um dos itens a seguir utilize-se, se for o caso, do recurso à Internet. 
a) Enuncie e represente geometricamente os cinco postulados do Livro I dos Elementos de 
Euclides. 
 
I. Dados dois pontos, há um segmento de reta que os une; 
 
 
II. Um segmento de reta pode ser prolongado indefinidamente para construir uma reta; 
 
 
III. Dados um ponto qualquer e uma distância qualquer pode-se construir um círculo de centro 
naquele ponto e com raio igual à distância dada; 
 
 
 
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 IV. Todos os ângulos retos são iguais; 
 
 
 
 V. Se uma linha reta cortar duas outras retas de modo que a soma dos dois ângulos internos de um 
mesmo lado seja menor do que dois retos, então essas duas retas, quando suficientemente 
prolongadas, cruzam-se do mesmo lado em que estão esses dois ângulos. 
 
 
b) Enuncie, represente geometricamente e demonstre a proposição 16 do Livro I dos Elementos 
de Euclides. 
 
 
Proposição 16 do Livro I 
 
Prolongando um lado qualquer de qualquer triângulo, o ângulo externo sempre é maior, que cada um 
dos ângulos internos e opostos. 
 
 
 
Demonstração 
Seja o triângulo ABC, cujo lado BC seja prolongado até D. O ângulo externo ACD é maior, que 
qualquer dos internos e opostos CBA, BAC 
(até aqui Euclides apenas repete o enunciado da questão tendo como referência a construção de 
uma figura) 
 
Dividindo-se o lado AC em duas partes iguais no ponto E; e construída a reta BE até o ponto F de 
modo que seja BE=EF. Constroem-se o segmento FC, e o lado AC seja prolongado até G. 
 
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Sendo AE=EC, e BE=EF. AEB=CEF por serem ângulos opostos pelo vértice. Logo a base AB é 
igual a base CF e o triângulo AEB é igual ao triângulo CEF . Logo será o ângulo BAE=ECF. 
(usa aqui a congruência de triângulos LAL, o que equivale a sua proposição 4) 
Mas é o angulo ECD>ECF. Então será também ACD>BAE. Com o mesmo discurso, dividido pelo 
meio o lado BC, se demonstra ser o ângulo BCG, isto é, ACD>ABC. 
Observe que para demonstrar esta proposição Euclides não precisou recorre ao QUINTO 
POSTULADO. 
 
 
c) Enuncie, represente geometricamente e demonstre a proposição 32 do Livro I dos Elementos 
de Euclides. 
Proposição 32 do Livro I 
Em todo o triângulo produzido um lado qualquer, o ângulo externo é igual aos dois internos e não 
adjacentes e os três ângulos internos de um triângulo são iguais a dois retos. 
 
 
Demonstração 
Seja o triângulo ABC, e um lado dele BC seja prolongado até D. O ângulo externo ACD é igual aos 
dois internos enão adjacentes CAB, ABC e que os três ângulos internos ABC, BCA, CAB do 
mesmo triângulo ABC são iguais a dois retos. 
(até aqui Euclides apenas repete o enunciado da questão tendo como referência a construção de 
uma figura) 
Pelo ponto C constrói-se a reta CE paralela a AB. Sendo AB, CE paralelas e cortadas pela reta AC; 
os ângulos alternos BAC, ACE serão iguais. E as mesmas paralelas AB, CE, sendo cortadas pela reta 
BD, o ângulo externo ECD será igual ao interno e oposto ABC. Mas temos demonstrado ser 
ACE=BAC. 
(Euclides usa aqui duas proposições que são consequências do QUINTO POSTULADO: ângulos 
alternos internos são congruentes e ângulos correspondentes são congruentes) 
Logo o ângulo externo e total ACD é igual a soma dos dois internos e não adjacentes CAB, ABC. 
 
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d) Da proposição 32 conclui-se facilmente o resultado da proposição 16. De fato. Se o ângulo 
externo de um triângulo é igual a soma dos dois ângulos internos não adjacentes, então ele é 
maior que qualquer um dos dois ângulos internos não adjacentes. Pergunta que não quer 
calar: Por que ele então enunciou e demonstrou antes a proposição 16. 
 
Segundo a concepção de Euclides uma proposição somente é válida se puder ser demonstrada 
geometricamente. Euclides utiliza a proposição16 na demonstração das proposições 17, 18, 21 e 27, 
que antecedem dentro da estrutura linear. Organizando os elementos de forma crescente (do mais 
simples para o mais complexo) que se trata de uma característica dos Elementos de Euclides. 
Observe que na proposição 16 Euclides usou apenas congruência de triângulo, não precisou recorrer 
ao quinto postulado (o postulado das paralelas). Já na proposição 32 (que engloba a proposição 16: 
pois se o ângulo externo é igual a soma... será, com certeza, maior que qualquer uma das parcelas da 
soma!) Euclides usa dois corolários (resultados que são consequências imediatas) do postulado das 
paralelas. Na verdade, Euclides não usa o postulado das paralelas, ou qualquer um dos seus 
corolários, na demonstração das proposições 28 primeiras proposições do Livro I. O que indica 
fortemente a suspeita do próprio Euclides a respeito do quinto postulado: seria ele, de fato, um 
postulado, ou seria ele um teorema que poderia ser demonstrado a partir dos quatro primeiros? 
 Esta suspeita influenciou grandes matemáticos, até que no século XIX esta questão ficou bem 
resolvida. O quinto postulado é de fato um postulado, um resultado independente dos quatro 
primeiros. É, com efeito, O postulado da geometria Euclidiana. 
 
 
Exercício 13: O universo numérico dos gregos era o campo dos números racionais. Para operar com 
essas quantidades e comparar grandezas desenvolveram a teoria das proporções. Sabiam, por 
exemplo, que se 
𝑎
𝑏
=
𝑐
𝑑
 , então 
𝑎
𝑏
=
𝑐
𝑑
=
𝑎+𝑐
𝑏+𝑑
. 
Euclides usou este resultado para determinar a soma de uma sequência de termos numa 
proporção continuada. Mas, o que é proporção continuada? É simples. Dizemos que a sequência de 
números a, b, c, d, e, ... estão em uma proporção continuada se 
𝑎
𝑏
=
𝑏
𝑐
=
𝑐
𝑑
=
𝑑
𝑒
= ⋯ 
 
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Agora responda. 
a) Escreva 
𝑎
𝑏
=
𝑏
𝑐
=
𝑐
𝑑
=
𝑑
𝑒
= ⋯ =
1
𝑟
, e verifique que esta maneira de escrever proporções 
continuadas é equivalente a uma progressão geométrica de razão r. Determine os demais 
termos da sequência (b, c, d, e, ...) em termos apenas de a e r. Explique sua resposta. 
 
Solução: 
Como 
 
a
b
=
b
c
=
c
d
=
d
e
= ..., então b
2 = a.c , c
2 = b.d , d
2 = c.e , e assim por diante. 
Assim, os termos a, b, c, d, e, ... formam uma Progressão Geométrica. Sendo r a razão desta 
PG, temos que a sequência pode ser reescrita como 
 (a,a.r,a.r 2,a.r 3,a.r 4,...). Assim: 
 
 
b) A seguir apresenta-se a demonstração de um resultado (Proposição 35) bem conhecido pelos 
alunos do ensino médio, feita por Euclides no Livro IX dos Elementos. Utilizando a notação 
moderna an para designar os termos de ordem n de uma sequência, reescreva a demonstração 
de Euclides com cuidado, observando cada passagem dos argumentos e explicitando ao final, 
qual resultado o matemático está demonstrando. 
 
EUCLIDES IX, PROPOSIÇÃO 35 
Seja uma quantidade arbitrária de números em proporção continuada. Se subtrairmos do segundo e dos últimos 
números iguais ao primeiro, então, como o excesso do segundo está para o primeiro, o excesso do último estará para 
todos os seus antecessores. 
Seja uma quantidade arbitrária de números em proporção continuada A, BC, 
D, EF, começando com A o menor. Subtraindo de BC e EF os números BG, 
FH, cada um igual a A, digo que GC está para A, assim como EH está para a 
soma de A, BC e D. 
Pois seja FK igual a BC, e FL igual a D. 
Então, desde que FK é igual a BC e FH é igual a BG, o resto, HK, é igual ao resto GC. 
E como EF está para D, então D está para BC, e BC está para A, enquanto D é igual a FL, BC está para FK e A está 
para FH; portanto, como EF está para FL, logo LF está para FK e FK está para FH. Separando, como EL está para LF, 
logo LK está para FK e KH está para FH (VII, 11, 13). 
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Portanto, também como um dos antecedentes está para um dos consequentes, então todos os antecedentes estão para 
todos os consequentes (VII, 12). 
Logo, como KH está para FH, então EL, LK, KH estão para LF, FK, HF. Mas KH é igual a CG, FH a A e LF, FK, HF a 
D, BC, A; logo, como CG está para A, EH está para a soma de D, BC e A. Logo, o excesso do segundo está para o 
primeiro assim como o excesso do último está para todos os seus antecedentes. C.Q.D. 
 
 
Solução: 
 
Vamos renomear os A, BC, D e EF para uma notação por nós mais conhecida, a saber, 
 
a
1
,
 
a
2
,a
3
 e 
 
a
4
. Assim, que queremos provar, de acordo com a Proposição 35, é que 
 
 
 
Como 
 
a
1
,
 
a
2
,a
3
 e 
 
a
4
 são termos de uma proporção continuada, então são também termos de 
uma PG (como visto no item anterior). 
Na passagem 2, Euclides usa os fatos de que 
 
 
 
 e conclui em seguida que. 
 
 
Assim, na passagem 3, segue que 
 
 
 
Desta última igualdade, segue o resultado procurado 
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Observe que este resultado pode ser generalizado para quantos termos queiramos, por 
exemplo, n termos em proporção continuada (n termos de uma PG). Assim, da última equação, 
teríamos:Como os termos estão em PG, e sendo r a razão desta PG, temos que: 
 
 
 
que é a conhecida equação da Soma de Finitos Termos de uma Progressão Geométrica. 
 
 
 
Exercício 14: Pesquise sobre o método de exaustão e faça o que se pede em cada item a seguir: 
a) Por que o método de exaustão é considerado um método indireto? 
b) Determine as etapas do método de exaustão utilizado por Arquimedes. 
c) Demonstre a proposição de Arquimedes: 
“A área de qualquer círculo é igual à área de um triângulo retângulo cujos catetos são seu raio e sua 
circunferência.” 
 
Solução: Por questão de organização didática, responderemos primeiro o item b. 
b) Considere um contexto geométrico, e suponha que o que se quer é provar é que a medida de uma 
grandeza C (por exemplo, a área do círculo) é igual a X (a medida da área de um triângulo 
retângulo cujos catetos são seu raio e sua circunferência). Isto posto, podemos enumerar os 
principais estágios do desenvolvimento do método de exaustão (na versão de Arquimedes): 
 
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(1) Considere In e Cn, respectivamente, sequências de figuras inscritas e circunscritas à 
figura do enunciado do qual se quer fazer a medição, de modo que 
I1 <...< In< In+1< C <…< Cn+1< Cn<…< C1 e I1<...< In< In+1 < X<…< Cn+1< Cn<…< 
C1. 
Neste caso, usa-se C para representar tanto a figura (o círculo) como sua medida (a 
área). In e Cn representam, respectivamente, as sequências de figuras inscritas e 
circunscritas à figura C. X representa tanto a outra figura (o triângulo retângulo) 
como sua medida. 
(2) Suponha C > X 
(3) Por escolha adequada de ‘n’, façamos Cn – In < C – X (ax. de Eudoxo-Arquimedes - 
proposição 1, Elementos V) 
 Note que a desigualdade anterior é equivalente a 
 Cn – C < In – X 
(4) Como Cn > C, temos que existe ‘n’ tal que In > X 
(5) Por outro lado (usando resultados geométricos elementares), obtém-se In< X 
(6) Isto é: se C > X, então In > X e In < X. 
 Logo, C não pode ser maior que X. 
(7) Suponha C < X 
(8) Por escolha adequada de ‘n’, façamos Cn – In < X – C (ax. de Eudoxo-Arquimedes - 
proposição 1, Elementos V) 
(9) Como C - In < X – Cn e C > In, temos que existe ‘n’ tal que X > Cn 
(10) Por outro lado (usando resultados geométricos elementares), obtém-se X< Cn 
(11) Isto é: se C < X, então Cn > X e Cn < X. 
 Logo, C não pode ser menor que X. 
(12) Como C não pode ser maior e nem menor que X, temos que C = X 
 
a) O método de exaustão é considerado um método indireto, pois se utiliza de uma dupla 
redução ao absurdo. Para provar que C = X, supõe-se inicialmente que C > X e chega a uma 
contradição. Em seguida, supõe que C < X e chega à outra contradição. Como C não pode ser 
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maior, e nem menor, que X, então C tem que ser igual a X. Repare que a igualdade C = X 
poderia ser determinada aplicando a operação de limite nas desigualdades 
I1 <...< In< In+1< C <…< Cn+1< Cn<…< C1 e I1<...< In< In+1 < X<…< Cn+1< Cn<…< C1. 
Mas isso vai de encontro ao paradigma da matemática grega, além do que a noção de limite 
só vai ser incorporada de forma definitiva no cenário matemático apenas no século XVIII. 
 
c) Seja C um círculo e considere K o triângulo retângulo cujos catetos são o raio e o 
comprimento de C. Suponhamos por absurdo, que a área de K não corresponde a área de C. 
Nesse caso, a área de K deve ser maior ou menor. 
 
Suponhamos que a área do círculo C seja maior do que K (para acompanhar as etapas da 
primeira parte da demonstração, tome como referência a figura 1). 
Inscreva um quadrado ABCD, divida AB, BC, CD, DA ao meio, a seguir (caso seja 
necessário) suas metades e assim por diante, até que os lados do polígono inscrito (cujos 
pontos angulares são os pontos da divisão) contenham segmentos cuja soma seja menor do 
que o excesso da área do círculo menos K. Portanto, a área do polígono é maior do que K. 
Seja AE qualquer lado, e ON a perpendicular baixada sobre AE do centro O. Então, ON é 
menor do que o raio do círculo, isto é, menor do que o outro lado adjacente ao ângulo reto de 
K. Assim, a área do polígono é menor do que K. O que corresponde a uma inconsistência 
com a hipótese de que a área do círculo C é maior do que K. 
 
Portanto, a área do círculo C deve ser menor do que K. (para acompanhar as etapas da 
primeira parte da demonstração, tome como referência a figura 2). 
Circunscreva um quadrado e trace dois lados adjacentes tocando o círculo nos pontos E e H 
encontrando-se em T. Divida os arcos ao meio, entre os pontos adjacentes de contato e tome 
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as tangentes aos pontos de divisão. Seja A o ponto médio do arco EH e FAG a tangente em 
A. Então o ângulo TAG é reto. Daí, o triângulo FTG é maior do que a metade da área TEAH. 
Do mesmo modo, se o arco AH é dividido ao meio e a tangente do ponto da divisão é 
tomada, ele cortará mais da metade da área de GAH. 
Continuando assim o processo, obtemos um polígono circunscrito cujos espaços entre ele e o 
círculo, somados, serão menores do que o excesso entre K e a área do círculo. 
Logo, a área do polígono será menor do que K. Como a perpendicular de O sobre qualquer 
lado do polígono é igual ao raio do círculo, enquanto o perímetro do polígono é maior do que 
a circunferência do círculo, donde a área do polígono é maior do que o triângulo K, o que é 
impossível pela hipótese. 
Portanto, a área do círculo não é menor do que K. 
Assim, obtemos que a área do círculo deve ser igual a K. 
 
 
 
Exercício 15: Sejam as seguintes proposições dos Elementos de Euclides: 
 
Proposição VII.1: Dois números desiguais estando dados, o menor sendo, a cada vez, continuamente retirado 
do maior, se o número que resta nunca mede o que o procede até que se chegue à unidade, então dizemos que 
os números de origem são primos entre si. 
 
Proposição VII.2: Encontrar a maior medida comum entre dois números que não são primos entre 
si. 
 
Considere os números 299 e 377 e decida se são primos entre si. Caso não sejam, encontre a maior 
medida comum entre os dois. 
 
 
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Solução: 377 = 1 × 299 + 78 
299 = 3 × 78 + 65 
78 = 1 × 65 + 13 
65 = 5 × 13 + 0 
Logo, 299 e 377 não são primos entre si. 
A maior medida comum entre os dois é 13. 
 
 
Exercício 16 – Nesta questão vamos tratar da Espiral de Arquimedes. 
Em notação polar moderna, elapode ser descrita como 𝑟 = 𝑟(𝜃) = 𝑎𝜃, onde a > 0 é um número 
real. Usando a medida de 𝜃 em radianos vamos fixar 𝑎 =
1
2𝜋
 , de forma que quando 𝜃 = 2𝜋 (uma 
volta) obtemos r = 1, a unidade. 
 
 
a) Determine uma equação paramétrica para a espiral, com _ > 0. 
Dica: Utilize 𝜃 > 0 como parâmetro e considere 𝑥(𝜃) = 𝑟(𝜃) 𝑐𝑜𝑠(𝜃), 𝑦(𝜃) = 𝑟(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃). 
b) Ache um vetor tangente à espiral no ponto em que 𝜃 = 2𝜋, 𝑟 = 1. 
c) Considere a reta tangente à espiral no ponto em que 𝜃 = 2𝜋, 𝑟 = 1. Determine sua interseção 
com o eixo vertical do plano coordenado (“eixo y”). 
d) Utilize a construção acima para resolver a quadratura do círculo, isto é, construir um quadrado de 
área 𝜋. 
 
OBS: Nesse item, além das construções obtidas nos itens anteriores todas as operações utilizadas 
devem ser realizáveis com régua (não graduada) e compasso, embora não sejam necessárias suas 
construções explicitamente no desenho. 
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Por exemplo: basta descrever 
“trace o círculo centrado na origem e com raio igual a unidade”, sendo desnecessário o uso de um 
compasso para de fato traçar o arco. Operações elementares (e.g. transporte de segmentos, divisão de 
um segmento em partes iguais), não precisam ser descritas detalhadamente. 
 
Solução: 
 
 
 
 
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Um abraço fraterno, 
 
Prof. Wanderley 
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