Miranda - Problemas Selecionados de MatemAtica Vol

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Problemas Selecionados 
de Matemática 
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adm@vestseller.com.br
CDU 510.2, 511, 512
Editor responsável: Renato Brito Bastos Neto 
Revisão Técnica: Renato Brito Bastos Neto 
Editoração: Renato Brito Bastos Neto 
Capa: Rafael Feitosa Parente
É proibida a reprodução parcial ou total por quaisquer meios sem autorização 
prévia do autor. Os transgressores serão punidos nos termos da lei. Denuncie 
o plágio, cópias ilegais, pirataria pela internet, sites para download pirata, 
comunidades piratas na internet anonimamente através do correio eletrônico 
da editora:
M672 Miranda, Marcilio.
Problemas Selecionados de Matemática / IME - ITA - Olimpíadas /
Marcilio Miranda - Fortaleza: Vestseller, 1a edição 2016. 197p; v.2.
I. Matemática II. Álgebra(segundo grau) III. Teoria dos números
FICHA CATALOGRÁFICA: Preparada por
Ruth Helena Linhares Leite e Luiza Helena de Jesus Barbosa.
Todos os direitos desta edição reservados a: 
©2016 Marcilio Miranda
IV. titulo
ISBN: 978-85-60653-46-1
Esta obra pode ser adquirida diretamente na 
LIVRARIA VESTSELLER
através de sua página eletrônica www.vestseller.com.br
mailto:adm@vestseller.com.br
http://www.vestseller.com.br
Apresentação
Renato Brito Bastos 
Engenheiro Eletrônico - ITA 97 
Diretoria VestSeller
internacionais: a
- 1ME ITA e Olimpíadas, do professor Marcilio
A Editora VestSeller tem o prazer de lançar mais uma obra prima da 
Matemática para o segmento de preparação para escolas militares e Olimpíadas 
de Matemática nacionais e internacionais: a presente obra Problemas 
Selecionados de Matemática 
Miranda.
Esse livro apresenta uma ampla gama de problemas de níveis 
intermediário e avançado das mais variadas olimpíadas de Matemática de todo o 
mundo, assim como problemas propostos para treinamento, todos eles 
integralmente resolvidos ao final do livro, tendo alguns deles, mais de uma 
solução.
Os estudantes que se preparam para IME ITA e Olimpíadas têm, nesse 
livro, uma ferramenta poderosa que permite ao leitor obter um grande salto de 
conhecimento num curto intervalo de tempo.
O autor, Marcilio Miranda, professor do CENTRO UNIVERSITÁRIO 
UNINOVAFAPI, selecionou e reuniu um conjunto de problemas muito 
interessantes e variados, em especial aqueles relativos a números inteiros, 
equações com números inteiros, congruência linear. Conta adicionalmente com 
muitas questões de álgebra e trigonometria, problemas envolvendo séries 
telescópicas, expressões trigonométricas, equações algébricas, relações de 
Girard, enfim, um livro indispensável para todos os professores e estudantes 
desse segmento.
A VestSeller, juntamente com o autor, tem a certeza de, mais uma vez, 
estar contribuindo para a educação no Brasil, enriquecendo o mercado editorial 
com mais uma obra prima em Matemática de grande valor para estudantes e 
professores.
Prefácio
Com o lançamento do volume 1, criei prazer em escrever livros e posso 
assim compartilhar com todos um pouco do que eu aprendi durante anos de 
estudo.
Recebi de varias pessoas e-mails falando que haviam gostado muito do 
livro, algumas pessoas me adicionaram no Orkut, no MSN no facebook também. 
Para mim, resolver estes problemas é uma diversão. Às vezes deixo de ir a uma 
festa, ir a uma viagem para ficar em casa resolvendo estes problemas.
Estou envolvido em vários projetos como os solucionários dos livros 
Noções de Matemática - AREF e os livros problemas selecionados de 
Matemática.
Espero novamente estar contribuindo para a educação Brasileira 
lançando mais um livro de alta qualidade para os leitores da Vestseller.
Para melhor aproveitamento do livro, sugiro que primeiro o leitor tente 
fazer o problema e só depois olhe a solução detalhada ao final do livro. É 
interessante também que o leitor tenha uma boa base de trigonometria, 
polinõmios, teoria dos números, geometria plana e função parte inteira.
Os leitores que desejarem entrar em contato com o autor para fazer 
criticas, sugestões, soluções alternativas aos problemas bem como comunicar 
erros pontuais na presente obra, devem fazê-lo pelo e-mail: 
marcilic(5)hotmail.com.
Desde já o autor agradece a colaboração.
hotmail.com
Dedicatória
Gostaria de dedicar esse livro a algumas pessoas que foram muito 
importantes para em minha trajetória acadêmica: Em primeiro lugar à minha mãe, 
que sempre fez de tudo pra me propiciar uma excelente educação: ao professor 
Marcilio Rangel, do Instituto Dom Barreto, um grande incentivador da educação 
no estado do Piauí; ao professor João Xavier da Cruz Neto, que foi meu 
orientador na graduação da UFPI; ao professor João Benicio de Melo Neto, uma 
grande contribuição na minha educação; ao professor Jurandir de Oliveira Lopes 
Xavier, que foi meu orientador na especialização da UFPI e ao Severino Cirino 
da UNIVASF que foi meu orientador do mestrado.
■
Agradecimentos
O autor agradece a colaboração do seu irmão Mareio Miranda (Professor 
de Matemática do IFPI - Picos) pela revisão e sugestões.
Agradece também ao professor Renato Brito (ITA-VestSeller) pela 
incansável revisão técnica dos originais, bem como ao professor Samuel 
Barbosa de Fortaleza - CE por engrandecer essa obra com um excelente artigo 
sobre Parte Inteira que integra o Apêndice desse livro.
1
índice
Parte I
Capitulo 1 - Problemas de Olimpíadas de Matemática 13
Capitulo 2 - Problemas de Treinamento. 31
Parte II
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática 39
Capitulo 4 - Soluções dos Problemas de treinamento 143
178Apêndice
194Referências Bibliográfica
Capítulo 1
Problemas de Olimpíadas de Matemática
Capitulo 1 - Problemas de Olimpíadas de Matemática
sen A + sen B + sen C = cos A + cos B + cos C +1
Exemplos: |_1,4lJ = 1,[_nJ = 3,|_ - rt J = - 4.
14
Capítulo 1
Problemas de Olimpíadas de Matemática
Questão 6 (Moldávia 2002)
Encontre todas as soluções reais da equação:
LxJ
Questão 5 (Moldávia 1998)
Encontre os números naturais n de 4 algarismos tais que a soma dos seus 
dígitos é igual a 2027 - n.
Questão 4 (Moldávia 1997)___________________________________________
Encontre todos os inteiros positivos n para os quais n + 200 e n - 269 são cubos 
de um inteiro positivo.
Questão 1 (Argentina 2000)
Seja ABCD um quadrilátero com ZABC = ZADC = 90° e ZBAD = 60°.
Se AB = 7 e AD = 8, calcule BC e CD.
Questão 2 (Vietnã 1981)_______________________
Prove que um triângulo é retângulo se, e somente se:
Questão 3 (Bielorussia 1995)________________________________________
slum triângulo ABC seja K o ponto médio do lado AB e L um ponto sobre AC tal 
que AL = LC + BC. Prove que ZKLB = 90° se, e somente se AC = 3BC.
x + - + x+- = 2002.L 2J L 3j
Nota: [xj denota a parte inteira de x. A parte inteira de um número real x é o 
maior inteiro x que não é maior que x.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Questão 8 (Argentina 2001)
são reais e positivas e que satisfazem:
15
Questão 11 (Peru 2004)_________________________________
Ache todos os inteiros x tais x2 + 3x + 5 é quadrado perfeito.
Questão 10 (Áustria 1999)_________________________________________________
Prove que a soma do numero de dígitos de 4" e 25" na base 10 é sempre impar.
Questão 12 (Grécia 1995)___________________________________________________
Encontre todos os inteiros positivos n tais que -54 + 55 + 5" é quadrado perfeito.
Questão 13 (Estados Unidos)
Calcule a soma cos210° + cos2 50° + cos2 70°.
1
6-jx]
Questão 9 (Ibero - Americana 1985)
Ache as raizes r,, r2, r3, r4 da equação 4x4-ax3+bx2-cx + 5 = 0 sabendo que
1 + k + l + k = 1
2 4 5 8
Nota: {x} = x - |_xj .
Exemplos: [1,41J = O,41,L3,14J = O,14
Questão 7 (Moldávia 2002)
Existe um inteiro positivo n > 1 tal que n é uma potência de 2 e permutando seus 
dígitos obtenhamos uma potência de 3?
1 1
Encontre todos os números reais tais que p-j + J =
Capitulo 1 - Problemas de Olimpíadas de Matemática
Questão 15 (Romênia)
1-x2.Se 0 < x < 1. Determine o valor máximo da expressão x ■
Questão 17 (Suécia1998)
Seja ABC um triângulo. Prove que c > (a + b) ■
x2 + x-30.
16
i)
ii)
iii)
C 
sen —.
2
Questão 20 (Eotvos 1899)
Mostre que 2903n - 803n - 464n + 261n é divisível por 1897, para todo n e N .
Questão 19 (Irlanda 2002)
Suponha que n é o produto de 4 números primos distintos a, b, c, d tais que: 
a + c = d
a • (a + b + c + d) = c ■ (d - b)
1 + bc + d = bd
Determine n.
Questão 14 (Hungria)
Calcule o valor da expressão:
Questão 16 (Alemanha 2006)______________________________________________
Encontre dois números consecutivos tais a soma dos dígitos de cada um é 
múltiplo de 2006.
— x — 11 — 21 — 31 — 41 — 51
Questão 18 (Suécia 1999)
Resolva a equação |||| x2
ti 2n 3n 4rt 5ti 6ti 7n
P = cos----- cos-------cos-------cos— • cos— • cos— • cos—
15 15 15 15 15 15 15
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Questão 21 (Filipinas 2008)
Questão 26 (Argentina)
Qual é a maior potência de 3 que divide
Questão 27 (Rioplatense)
Quantas soluções inteiras positivas tem a equação
17
x 
ÍÕ
Questão 22 (Argentina 1996)
Determine todos os números reais positivos x tais que
Questão 23 (Argentina 1996)
Seja n um número natural e d(n) a quantidade de divisores positivos de n. Por 
exemplo, d(12) = 6, pois seus divisores são 1, 2, 3, 4, 6, 12 Achar todos os 
números naturais n < 200 tais que:
Questão 24 (África do Sul 2006 - Adaptada)________________________________
Num triângulo acutângulo ABC temos que BC = 1 e AC = 2. Determine o maior 
valor possível do ângulo A.
Questão 25 (Certame Número de Ouro 2005)_____________________
Seja a um número natural tal que a = 6 (mod 7), então Vã é irracional.
(3 ■ 995)!
995!
[_xj +|_Vl996x
— = 8 
d(n)
J = 1996
, , a - b
Seja 0 < b < a tais que a + b = 6ab, calcule------- .
a + b
Capitulo 1 - Problemas de Olimpíadas de Matemática
Questão 30 (Argentina)
é um numero impar.Prove que para todo n natural
2 • {x} +10
x/a + b -c + Va + c-b + Vc + b - a > a + Vb + -Jc
é um numero inteiro.
18
Questão 32 (Asian Pacific 1996)
Sejam a, b e c lados de um triângulo. Prove que:
Questão 28 (Canadá)___________________________
Determine todas as soluções reais de x3 -|_xj = 3.
Questão 31 (Argentina)______________________
Ache todos os números reais x tais que [_xj • {x}
Questão 29 (Canadá)____________________________ ____
Determine todas as soluções reais de x2 +144 = 25 • [_xj.
Questão 33 (China 1991)
Calcule o valor da expressão cos210° + cos2 50° - sen40° ■ sen80°
I (5n + 2) ■ (5n + 3)
l 5
Questão 34 (Republica Tcheca e Eslovaca 2004 - Adaptada)
Encontre todos os números naturais n tais que: 
1.2_ 3_ . . _n 
1l’r2!+3l‘r’"+n!
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
são irredutíveis.
19
Questão 39 (África do Sul 2006)
Num triângulo ABC temos que AB = AC e ZBAC = 100°. Seja D um ponto sobre 
AC tal que ZABD = ZCBD . Prove que AD + BD = BC.
Questão 35 (Eslovênia 2002)
38 é o menor inteiro positivo tal que seu quadrado termina em três algarismos 
4(382 = 1444 ) . Qual o próximo inteiro positivo com essa propriedade?
Questão 38 (Filipinas 2008)
Num quadrilátero sabe-se que AB = BC = 4 cm, ZABC = 100°e ZCDA = 130°. 
Determine a medida de BD.
Questão 40 (Bulgária 1965)______________________
Sejam A, B, C ângulos de um triângulo prove que.
A = cos A + cos B + cos C < 2
Questão 41 (OBM 2001-Terceira Fase)
Sejam a, b. c números reais positivos prove que:
(a + b) ■ (a + c) > 2 ■ Jabc ■ (a + b + c)
3x + 49
48
3x + 9 3x + 10 3x + 11
8 ' 9 ' 10
Questão 37(Áustria 2002)_______________________________
Determine o menor inteiro positivo x para o qual todas as frações
Questão 36 (Irlanda 2002)____________________________________________
Em um triângulo ABC tem-se que AB = 20, AC = 21 e BC = 29. Se D e E são 
pontos do segmento BC tais que BD = 8 e EC = 9, determine a medida do ângulo 
ZDAE.
Capitulo 1 - Problemas de Olimpíadas de Matemática
80°)2
pelo
Questão 46 (Singapura 2008)
1 - X2 , onde -1 s x s1. Encontre a imagem de f(x).
28y + 29z = 363. Determine o
Questão 48 (Espanha)
< 1 < 1 é válida para todo x real.Prove que a desigualdade -1 <
20
Questão 47 (Singapura 2008)
Se x, y e z são inteiros positivos tais que 27x 
valor de 10 • (x + y + z).
Questão 45 (Singapura 2008)
Se a e b são números inteiros e é uma das raízes da equação
x2 + ax + b = 0 . Calcule a + b.
Questão 43 (Singapura 2008)
Calcule o valor da expressão
(logcos20° + log^ cos40° + log^ cos
V3 • senx 
2 + cos x
Se f(x) = x2 +
Questão 42 (Singapura 2008)______________________________________________
Sejam x e y números reais positivos tais que (x + y)2 = 2500 e xy = 500, calcule 
x3 + y3.
Questão 44 (Singapura 2008)_______________________________
Encontre o resto da divisão do polinômio P(x) = (x-1)100 
polinômio Q(x) = x2 - 3x + 2
+ (x-2)100
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
21
12
Questão 52 (Irlanda 1988)
Prove que se n um inteiro positivo então:
Questão 53 (Irlanda 2007)
Sejam r, s e t as raizes do polinômio p(x) = x3 - 2007x + 2002
Questão 49 (Alemanha 1996)
Encontre todos os pares de números reais (x, y) tais que:
Questão 50 (Irlanda 1990 - Adaptada)
Seja n 23 um número natural. Prove que:
1 1 1
33 + 53 + 73 +”'
 . , , r-1 s-1 t-1
Determine o valor de------+--------- n------ .
r+1 s+1 t+1
1 
(2n + 1)3
Questão 51 (Uruguai 2000)
Seja ABC um triângulo e D um ponto sobre BC. Sejam R, e R2 os raios das 
circunferências circunscritas aos triângulos ADC e ABD respectivamente. Prove
AC R,
que ----- = — .
AB R2
x - y = 7
4 rr 4 2ít 4 3rt 4 ntr 6n - 5
cos - -------- 1- cos -------- + cos --------- + ... + cos ---------=----------
2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 16
'y2 =7
s-1
Capitulo 1 - Problemas de Olimpíadas de Matemática
cos2 2x + cos23x = 1.
3x • (x-3y)= y2 + z2
nâo tem outras soluções inteiras além da solução x=0, y = 0ez = 0.
Questão 58 (Bulgária 1969)
é divisível por 5n’1.
0
22
Questão 60 (Bulgária 1964)________________
Encontre todas as soluções reais da equação:
Questão 55 (Rússia 2001)__________________________________________________
Os senos dos ângulos de um triângulo são números racionais. Mostre que os 
cossenos são também racionais.
Questão 56 (Argentina 1997)
Seja ABC um triângulo ZBAC > 90° e M é o ponto médio de BC. 
Se ZBAM = 90°, AB = 35 e AC = 77. Calcule BC.
Questão 57 (Bulgária 1964)
Prove que a equação:
Questão 54 (IMO 1962)
Resolva a equação cos2
x2 + 2x • cos(xy) +1 =
Questão 59 (Bulgária 1963)
Sejam x, e x2 as raízes da equação x2 + px + 1 = 0 . Determine uma equação do 
segundo grau cujas raízes são y, e y2, onde y, = x, • (1-x,) e onde 
y2 = x2 • (1 - x2).
Prove que para todo n natural o número N = 1 + 22'5"
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Questão 63 (Nórdica)
1
Calcule a + b + c.
são
BC-BD
23
1 
BC
1
2AB
Questão 62 (Bélgica 1978)_________________________________
Ache um polinômio com coeficientes inteiros tal que >/2 + V3 é raiz.
Questão 66 (Romênia 2001)
Seja ABC um triângulo retângulo em A e D um ponto sobre AC tal que BD é 
bissetriz de B. Prove que:
Questão 64 (Moldávia)
Sejam a, b e c números inteiros positivos tais que:
abc + ab + ac + bc + a + b + c= 2000.
2ABc=.—— 
BD
Questão 65 (Yugoslávia 2003)
Sejam a, b e c os lados de um triângulo cujos ângulos 
A = 40°,B = 60°,C = 80° . Prove que a.(a + b + c) = b.(b + c)
1 1Seja r um número tal que r + - é inteiro, prove que r" + — é inteiro para todo n 
natural.
Questão 61 (China)
Seja a um número real tal que a3 - a -1 = 0 . Determine o valor numérico de: 
yjãa2 - 4a + a ■ ^2a2 3a + 2 .
Capitulo 1 - Problemas de Olimpíadas de Matemática
Prove que xyz é múltiplo de 55.
24
Questão 68 (Eslovênia 1999)______________________________________________
A circunferência inscrita a um triângulo retângulo ABC toca a hipotenusa no 
ponto D. Prove que a área do triângulo ABC é igual a AD.BD
Questão 72 (Republica Tcheca e Eslovaca 2000)
Sejam P(x) e Q(x) dois trinômiosquadráticos tais que três das raizes da equação 
P(Q(x)) = 0 são os números - 22, 7 e 13. Determine a quarta raiz desta equação.
Questão 70 (Auckland 2003)_________________________________________
Se 2n + 1 é o quadrado de um inteiro positivo, prove que n é múltiplo de 4.
Questão 69 (Auckland 2002)________________________________________________
D número 111,..111(formado por m algarismos 1’s) é divisível por 37. Prove que 
m é múltiplo de 3.
Questão 73 (Torneio das cidades 2002)________
Sejam a,b e c lados de um triângulo prove que 
a3 + b3 + 3abc > c3
Questão 67 (Croácia 1997)___________________
Sejam x, y, z, a, b e c números inteiros tais que: 
x2 + y2 = a2
• x2 + z2 = b2 
z2 + y2 = c2
Questão 71 (Turquia 2005)
(Sejam a, b e c os lados de um triângulo e r o raio da circunferência inscrita ao
1111
triângulo prove que: — + —z- + —5-<—5-
a b c 4r2
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Questão 74 (Romênia 1981)
Existe uma função f: R
Questão 77 (Chile 1990)
1
n
Questão 79 (Chile 1994)
.cosA = 3
a c
25
1
7 ■ 10
3
2
4
1 
x1994 '
Questão 78 (Chile 1992)
Ache todos os números naturais n tais que 2n + 5 é quadrado perfeito.
Questão 76 (Chile 1991)
Determine todos as soluções inteiras não - negativas da equação 2* - 2y - 1 
demonstre que não há outras soluções
1
1993 1996
□ íc .cosB + —+ —\b cJ
Questão 80 (Croácia 1998)
Sejam a, b e c os lados de um triângulo prove que:
Ca bj „ f c aj —+ — ,cosC+ —+ — 
\b a> \a cl
Determine um número natural n tal que 996 < 1 + -^ +
R tal que f é injetora e f(x2) - (f(x))2 > —.
4
Seja x um número tal que: x + — = -1. Calcule x1994
Questão 75 (Chile 1996)
„ , , 11Ca cu e a soma -----+-------
1-4 47
Capitulo 1 - Problemas de Olimpíadas de Matemática
determine os ângulos do triângulo.Sabendo que R =
percorre todos os números naturais exceto os quadrados perfeitos.
Questão 85 (Peru 2004)
Questão 86 (China 1998)
Calcule o valor de
26
Questão 83 (Peru 2004)
Seja A = -J44. .44-88...88 , onde temos 100 algarismos 4 e 50 algarismos 8.
Calcule a soma dos algarismos de A.
Questão 84 (Peru 2005)_____________________________________________________
Quantos inteiros positivos de 3 algarismos possuem pelo menos um algarismo 7 
em sua representação decimal?
Questão 81 (Croácia 2005)
Sejam a, b e c lados de um triângulo e R o raio da circunferência circunscrita. 
aVbc 
b + c
'1998 ■1999 ■ 2000 -2001 + 1
4
1 
Calcule o valor de------------------------------------------------------
sen10° ■ sen30° ■ sen50° ■ sen70°
Questão 82 (Alemanha 1971)_______________________________________________
Prove que quando n percorre todos os números naturais a sequência 
ln + ^ + 1
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
c) 30 e) impossível de ser determinado
d) 40
27
Questão 91 (Canadá)
Prove que o algarismo das dezenas de 21999 - 22000 + 2200' é impar.
Questão 89 (China 1997)
Num triângulo retângulo ABC retângulo em C marcamos os pontos E e F sobre 
AB tais que AE = AC e BF = BC. Determine o ângulo ECF.
Questão 92 (Austrália 1991)
Num triângulo ABC, M é o ponto médio de BC. Além disso, P e R estão sobre AB 
e AC respectivamente. Sabendo que Q é o ponto médio de AM e PR, prove que 
PR é paralelo a BC.
Questão 87 (China 1992)
Num triângulo equilátero ABC, os pontos D e E estão sobre os lados AC e AB 
respectivamente. O ponto P é o ponto de interseção de BD e CE. A área do 
quadrilátero ADPE é igual a área do triângulo BPC. Determine a medida do 
ângulo BPE.
Questão 88 (AHSME 1961)__________________________________________________
Num triângulo ABC. temos que AB = BC. Os pontos P e Q estão sobre os lados 
BC e AB respectivamente e tais que AC = AP = PQ = QB. Então a medida do 
ângulo B (em graus) é:
a) 251
1
b) 26 —
Questão 90 (Ucrânia 2005)
Seja AD a mediana de um triângulo ABC. Suponha que ZADB = 45° e 
ZACB = 30°. Calcule ZBAD .
Capitulo 1 - Problemas de Olimpíadas de Matemática
1 +
prove que:
28
Questão 96 (Bulgária 1974)
Encontre o número natural x tal que:
sen(n + 1)x 
senx ■ cosnx
Questão 93 (KRMO 1996)___________________________________________________
Num triângulo ABC, M é o ponto médio de BC. Sejam P e M pontos sobre os 
lados AC e BC respectivamente de tal que modo que PM divide o perímetro do 
triângulo ABC em duas partes iguais. Prove que PM é paralela a bissetriz interna 
do ângulo A.
+ |_^x3 -1J = 400
Questão 97 (China 1999)___________________________________________________
Num triângulo ABC, AD é mediana de BC e E é um ponto sobre AD tal que 
BE = AC. Considere F como sendo o ponto de interseção de BE e AC. Prove que 
EF = AF.
Questão 94 (Bulgária 1969)______________________
Prove que para todo n natural vale a igualdade: 
cosx cos2x cos3x cosnx
cos1 x cos2 x cos3 x cosn x
Se cos x r 0 e sen x 0.
Questão 95 (Croácia 1999)_________________________________________________
Seja ABC um triângulo as bissetrizes interna e externa ao ângulo C tocam AB em 
L e M respectivamente. Prove que se CL = CM então (AB)2 + (BC)2 = 4R2, onde 
R é o raio da circunferência circunscrita.
Questão 98 (Croácia 2001)
Em um triângulo ABC onde AC * BC, M o ponto médio de AB e 
ZCAB = ct.ZCBA = p.ZACM = <p,ZBCM = \|z ,
sena.senp sen<p.sen\|/
sen(u-p) sen(<p-i|/)
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
29
Questão 100 (Iugoslávia 1978)
Se xyz = 1, calcule o valor da expressão:
Questão 101 (Irlanda)
Seja ABC um triângulo com lados BC, AC e AB de medidas a, b e c 
respectivamente. Sejam D e E os pontos médios de AC e AB respectivamente. 
Prove que BD é perpendicular CE, se e somente se, b2 + c2 = 5a2 .
Questão 102 (índia 2007)
Seja BD a bissetriz do ângulo B num triângulo ABC retângulo em C. E seja E um 
ponto sobre AD tal que AE = CE. Prove que:
Questão 99 (Estônia 2001)
Num triângulo ABC temos que ZABC = 2 ■ ZBCA e a bissetriz do ângulo A, toca 
BC num ponto D tal que AB = CD. Determine o ângulo A.
Questão 103 (KRMO 2008)____________________________________________
Seja ABC um triângulo. Sejam D e F os pontos médios de BC e AB 
respectivamente. Seja K um ponto sobre AC tal que AC é perpendicular a FK. O 
prolongamento de FK encontra a perpendicular a BC passando por B no ponto N. 
Prove que ND = R, onde R é o raio da circunferência circunscrita ao triângulo 
ABC.
1 
1+y+yz
1
1 + x + xy
5 AB 
rBc<3
1
1 + z + xz
Capítulo 2
Problemas de Treinamento
Capítulo 2 - Problemas de Treinamento
Questão 1
32
Capítulo 2 
Problemas de Treinamento
Questão 2
Seja ABC um triângulo isósceles com AB = AC e ZBAC = 100°. A bissetriz do 
ângulo B toca o lado AC em D. Prove que BD + AD = BC.
Questão 4
Num triângulo temos que ZABC = ZACB = 40°. Seja P um ponto interior do 
triângulo ABC tal que ZPBC - 20° e ZPCB = 30°, prove que BP = BA.
Questão 5
Num triângulo ABC marcamos os pontos D sobre AB tal que AD = BD e o ponto 
E sobre AC tal que AE = 2 • CE . Os segmentos CD e BE se cortam num ponto F. 
Prove que 4EF = BE.
luestão 3
Seja ABC um triângulo tal que ZABC = ZACB = 80°. Tome um ponto P sobre AB 
tal que ZBPC = 30°. Prove que AP = BC.
Questão 6
Num trapézio isósceles ABCD, temos que AD = BC. A base maior é AB e a base 
menor é CD. Sabe-se que a diagonal do trapézio mede 10cm e forma com a 
base maior um ângulo de 45°. Determine o perímetro do trapézio.
10
Seja ABC um triângulo tal que ZACB = 3 ■ ZABC e AB = — ■ BC.
Determine cos A + cos B + cos C.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
d)
33
Calcule AN e CN
Calcule MN e NS
Calcule a área do quadrilátero BCMN.
a)
b)
c)
Questão 11
Prove que -J2, -J3, Vs não podem ser termos de uma mesma progressão 
aritmética.
Questão 8__________________________________________________________
Dado um triângulo equilátero ABC de lado 24 cm. Prolonga-se o lado BC e sobre 
este prolongamento toma-se um ponto S tal que CS = 12cm. Une-se S ao ponto 
médio do lado AB
a)
b)
c)
Questão 9 (Concurso para professor IFRN 2009)
Considere o triânguloretângulo no qual a hipotenusa se encontra sobre a reta r: 
3x + 4y = 0, um cateto é paralelo a reta x-y + 1 = 0eo vértice do ângulo reto é 
o ponto A(5, -2). Com base nessas informações, qual é a medida da hipotenusa?
Questão 10_________________________________________________________
Num quadrado de ABCD prolongamos o lado AB até um ponto F tal que BF = 10 
cm Seja E um ponto sobre CF de tal forma que AE é perpendicular a CF. E seja 
G o ponto de interseção de AE e BC. Sabendo que AG = 20 cm determine o 
ângulo Z FCB.
Questão 7
Num quadrado ABCD. Seja F o ponto médio de CD e E um ponto sobre CF de tal 
modo que BC + CE = AE, prove que:
EF = CE
ZBAE = 2 • ZFAD
Seja G o ponto de encontro dos prolongamentos de AE e BC, prove que 
3.CG = CD.
2 
Prove que tgZFAE = —
11
Capitulo 2 - Problemas de Treinamento
“ Cp*n+i.p+l
Questão 13
Prove que 12 +22 +32+ ... + n2 =
Questão 14
2
rove que 13 + 23 + 33 +... + n3 =
Questão 15
Prove que 1 ■ 2 + 2 • 3 + 3 • 4 + ... + n ■ (n + 1) =
Questão 17
34
+ cos615°).
Questão 18
Calcule o valor da expressão 16 • (sen615°
Questão 12(Teorema das colunas)
Prove que para todo n natural vale que:
Questão 16
Prove que:
n ■ (n + 1) ■ (2n +1)
6
n ■ (n +1)
2
n ■ (n + 1) ■ (n-1)
3
Cp.p + Cp+i.p Cp + 2.p + ••• + Cp + n p
1 
Prove que cos 24° + cos 48° - cos 84° - cos 12° = -
„ . - , . . n • (n + 1) • (n + 2) ■ (n + 3)
1 ■ 2 • 3 + 2 ■ 3 • 4 + 3 • 4 • 5 + ...+n ■ (n + 1) • (n + 2) =— -----———--------- -
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
f(x)= ^5-||2x-1|-6|
111+....+ 11...11(n 1's).
Questão 23
35
[0. 1]
[-5, 6]
[-5, 0] V[1,eo] 
[-». 0] u [1,6] 
[-5, 0] o[1, 6]
Questão 22
Calcule a soma 1 + 11
Questão 21 ___________________________________________________________
Sejam a e b números inteiros prove que Vã + Vb é inteiro se, e somente se, a e 
b são quadrados perfeitos.
está definida, formam o conjunto:
a)
b)
c)
d)
e)
Questão 19 (ITA 1997)_____________________________________________
Seja f: R -> R funções tais que g(x) = 1-x e f(x) + 2 • f(2 - x) = (x — 1)3, 
para todo x real. Então f(g(x)) é igual a:
a)
b)
c)
d)
e)
Questão 20 (ITA 2002)_________________________________
Os valores de x e R , para os quais a função real dada por
(x-1)3 
(1-x)3 
x3 
x 
2-x
„ 13 5
Calcule a soma — + — + — +
2 4 8
Capítulo 2 - Problemas de Treinamento
e) É impossível calcular
36
9
7
5
3
1
Questão 24 ________________
Em quantos anagramas da palavra Brasil as vogais estão em ordem alfabética? 
E em quantos as vogais estão em ordem alfabética?
Questão 27
Sejam a, b e c números reais dois a dois distintos. Prove que: 
x/a-b + x/b-c + l/c-a t 0.
Questão 25___________________________________________________
Com os números 1, 2, 3, 4, 5 formamos 120 números de 5 algarismos distintos. 
Quanto vale a soma desses 120 números?
Questão 28 (Concurso para professor IFMA - 2010)_________________________
Duas pessoas A e B jogam alternadamente uma moeda. Ganha aquele que 
obtiver primeiro cara. Determine a probabilidade de B ganhar o jogo sabendo que 
A começa jogo.
a)- b)- o- d)-
Questão 26__________________________________________________
Existem funções f: R => R e g: R => R tais que f(g(x)) = x2 e g(f(x)) = x3 para 
todo x real.
Questão 29 (ITA 2007)______________________________________________________
Seja Q(z) um polinômio do quinto grau, definido sobre o conjunto dos números 
complexos, cujo coeficiente de z5 é igual a 1.
Sendo z3+z2 + z + 1 um fator de Q(z), Q(0) = 2 e Q(1) = 8, então, podemos 
afirmar que a soma dos quadrados dos módulos das raízes de Q(z) é igual a:
a)
b)
c)
d)
e)
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
1 = P(1) = P(2) = P(3) = P(4) = P(5) e P(6) = 0,
ache P(0).
37
Questão 32
Determine todos os inteiros a e b tais que 1 + VÕ é raiz da equação: 
3x3+ax2 + bx + 12 = 0 .
Questão 35
Se P(x) é um polinômio do 5o grau que satisfaz as condições
Questão 31
Prove se a e b são números racionais e a + bVÕ =0, prove que a = b = 0.
Questão 34
Escreva um polinômio tal que P(1) = 1, P(2) = 2 e P(n) é irracional para todo n 
inteiro diferente de 1 e 2.
Questão 30
Encontre todos os inteiros a tais que x3 - x + a tem 3 raízes inteiras.
Questão 36
Calcule o mdc entre todos os inteiros da forma x.y.z onde (x, y, z) percorre todas 
as soluções inteiras da equação x2 + y2 = z2 com x.y.z r 0.
Questão 33_________________________________________________________
Ache um polinômio p(x) tal que P(1) = 1, P(2) = 2 P(1999) = 1999, P(2000) = 
2000, mas P(2001) # 2001.
Capitulo 2 - Problemas de Treinamento
xy + 61
Questão 39
Sejam a, b, c três lados de um triângulo que 1 <
38
x3-y3 =
Questão 37___________________________________________________
Seja n um número natural e a < b < c, divisores de n, tais que n = a + b+ c. 
Prove que c = a + b.
Questão 38______________________________________________
Encontre todos os inteiros positivos (x, y) que satisfazem a equação:
Questão 40________________________________________________________
Seja f(x) = x2 + bx + c, onde a, b e c são números reais. Se a equação | f(x) | = 3 
tem como raízes
a2+b2+c2 ;2 
ab + ac + bc
Capítulo 3
Soluções dos Problemas de Olimpíadas 
de Matemática
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Daí temos que o quadrilátero ABCD é inscritível.
BD = v‘57
Por outro lado temos que
2
40
J57 
19 Vã
4
Capitulo 3 
Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
1 => sen2a = 1 -í
l 19 J
4>/ã 4 4x/Í9
=> ,— = cos a => => —==■ = cos a => =>--------= cos a
Võ7 VÍ9 19
sen2a + cos2 a =
_____ V57
4VÍ9 “ 4x/Í9 ~
19
(BD)2 = 72 +82 -2 ■ 7 ■ 8 ■ |
Seja ZDAC = a então ZDBC = a (pois estão inscritos 
no mesmo arco CD) de onde concluímos que zDBA = 
90°-a
Usando a lei dos cossenos no triângulo ABD temos que:
sena 
=> tga =--------=
cosa
Usando a lei dos senos no triângulo ABD temos que: 
--------8-------- = = ^=>473 = 757cosa 
sen(90°-a)---- -J3 cosa Vã
T
2 3.19 V57
sen a = —=- => sena =------ =>
192 19
Solução:
Como ZABC = ZADC = 90° e ZBAD = 60° temos que 
ZBCD = 120°.
Questão 1 (Argentina 2000)__________________________________ _____
Seja ABCD um quadrilátero com ZABC = ZADC = 90° e ZBAD = 60°. 
Se AB = 7 e AD = 8 calcule BC e CD.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
tga =
sen A + sen B+ sen C = cos A + cos B + cos C +1
Solução:
41
Primeira parte: Se sen A + sen B + sen C = cos A + cos B + cos C + 1, então o 
triângulo é retângulo.
Prova:
Note que
Usando o teorema de Pitágoras no triângulo ABC temos que: 
(AC)2 = (BC)2 + 72 => (BC)2 = 27 => BC = 3^3
Questão 2 (Vietnã 1981)_______________________
Prove que um triângulo é retângulo se, e somente se:
senA = 2 ■ 2 • seny • cos^- e senB + senC = 2 ■ sen*Ç • cos - 
Sabemos também que cos2x = 2cos2 x -1. E dai temos que
1 + cosA = 2 cos2 —
2
Usando isso temos que
sen A + sen B + sen C = cos A + cos B + cos C +1 =>
=> sen A + sen B+ sen C = (1 + cos A) + cos B + cos C =>
. A A „ B + C B-C=>2 sen— cos—+ 2 ■ sen--- - cos---2 2 2 2
Agora usando a definição de tangente no triângulo ACD temos que
CD = ÇD = V3^cD = 2V3
AD 8 4
Usando o teorema de Pitágoras no triângulo ACD temos que: 
(AC)2 = (2V3)2 +82 => (AC)2 = 76
Temos também que
„ „ B+C B+Ccos B + cos C = 2 ■ cos-------- cos--------
2 2
B-C
2
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
= 2 •
Note também que
B + C
2
2 • sen— cos—+ 2 • sen--- - cos---- =
+ 2 ■ cos---- ■ cos--- =>
2"
+
cos-- cos---- =0
= 0 ou cos-- cos--- 0.
90°.
Logo o triângulo é retângulo.
42
B-C
2
A
2
A 
-cos----
2
A 
cos — 
2
A 
cos —
2
A 
=>sen—
2
= 0
=>A+C = B=>B =
f a A'
=> sen----- cos —k 2 2,
A B-Ccos— ■ cos-----------
2 2
A B-C
+ sen — • cos-------- =>
2 2
A B-C'
cos----- cos-------—
2 2 ,
A At (
sen----- cos— ■ i2 2) k
i2 „ B + C B-C
+ 2 • cos-------- - cos---------I 2 2
= 2 ■[cosy]
tC°S 2 J
E dai temos que
„ ...A „_A
”~"2 2
2
A
No primeiro caso temos que — = 45° => A = 90°.
..u . A B-CNo segundo caso temos que cos — = cos—-— =>
A A A B-C
=> sen— ■ cos— + cos— • cos-------
2 2 2 2
A A A B-C'
sen— • cos----- sen — • cos-------- -
2 2 2 2
A B-C'
cos----- cos---------
2 2 .
A + B + C = 180° => B + C- = 90°- — =>senB + C = cos— e cosB + (^ = sen .
2
B + C
2
B + C
2
B-C
2
B-C
2
B + C
2
A
2
A
2
A
2
A
2
B + C
2
B-C
2
B-C
2
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Segunda Parte: Se o triângulo é retângulo então:
sen A + sen B+ sen C = cos A + cos B + cos C +1.
E suponhamos, sem perda de generalidade, que C = 90° .
Dai temos que:
e
Portanto vale que:
sen A + sen B + sen C = cos A + cos B + cos C +1.
CB
43
Questão 3 (Bielorussia 1995)______________________________________________
Num triângulo ABC seja K o ponto médio do lado AB e L um ponto sobre AC tal 
que AL = LC + BC Prove que ZKLB = 90° se,e somente se AC = 3BC.
ba a b
cos A + cos B + cos C+1 = — + — + 0+1 = — + — +1. 
c c c c
a b
sen A + sen B + sen C = - + — + 1 
c c
Solução:
Seja AB = c, AC = b e BC = a.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
(I)
c2 = (3a)2 + a2 - 2.a.3a.cosC => cosC = (H)
44
16a2
6
4
Solução:
Partel: Provar que se AC = 3BC então ZKLB = 90°
Seja a = BC, b = AC e c = AB assim temos que:
BK = AK =—
2
Como AL = LC + BC, AL + LC = b e b = 3a e temos que LC = a e AL = 2a.
20a2 2c2 "l
6 + 6 J ~
2a.cosA = 4a2 + — 
<2>
(KL)2 = (2a)2
2c2--f-OH) 
O
Parte2: Provar que se ZKLB = 90° então AC = 3BC
Como AL = LC + BC, AL + LC = b temos que LC = -—- e AL = ^ + a
2 2
Daí temos que: 
(BL)2 + (KL)2 = [4a2 - - *|Í + + ^a2 -
=> (BL)2 + (KL)2 = (BK)2 => ZBLK = 90°
2 , <8a2+c2^
-4.ac. ------------- 1t 6ac )
=4aMi)
Usando a lei dos cossenos no triângulo BLC temos que:
(BL)2 = (a)2 + (a)2 - 2 a.a.cosC = 2a2 - 2a2. í-3" ~ c2 ] = 2a2 - ?^- + —(IV)
l 6a2 J 6 6
Usando a lei dos cossenos no triângulo ABC temos que: 
a2 = (3a)2 + c2 -2 c.3a.cosA => cosA = +C ( 
6ac 
10a2 - c2 
6a2
Usando a lei dos cossenos no triângulo AKL temos que:
2
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
2
(KL)2 .cos A =
2 2
2bc
(V)
.cosC =
45
Questão 4 (Moldávia 1997)__________________________________________________
Encontre todos os inteiros positivos n para os quais n + 200 e n - 269 são cubos 
de um inteiro positivo.
(BL)2 =(a)2 + (^y^)
2
-2.(a).|
Usando a lei dos cossenos no triângulo AKL temos que:
(c | f a + b) f c ) f a + b i
= “4 2/1“J
(c)2 f a + b 
+l 2
 2a3bc + a2b2c + a4c - a2c3
4abc
Claramente temos que x-y > 0 e x2 + xy + y2 > 0. portanto temos que x-y - 7 
e x2 + xy + y2 = 67 ou x - y = 67 e x2 + xy + y2 = 7.
Solução:
Devemos achar x e y inteiros positivos tais que n + 200 = x3 e n - 269 = y3 
x3 - y3 = 469 => (x - y)(x2 + xy + y2) = 7 67.
Como ZKLB = 90° temos que (BL)2 + (KL)2 = (BK)2 portanto temos que:
i 3a3bc - ab3c + 2a“c - 2a2c3 + 2abc3 'l f 2a3bc + a2b2c + a4c - a2c3 'l abc3
L 4abc ) V 4abc J 4abc
=> -ab3c + 2a2b2c + 5a3bc + abc3 + 3a4c - 3a2c3 = 0 
=> (b- 3a).(ac).(c- (a + b)).(c + a + b) = 0 => b = 3a
Usando a lei dos cossenos no triângulo BLC temos que:
-2.(a).[^
(b - a') f a2 + b2 -c2')
l 2 J1 2ab J “
3a3bc - ab3c + 2a4c - 2a2c3 + 2abc3
4abc
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
No primeiro caso temos que x = y + 7.
Substituindo na segunda temos que 3y2 +21y + 49 = 0.
Esta equação não tem raiz real pois A < 0.
No segundo caso temos que x = y + 67.
682, logo não existe solução
Logo não existe n tal que n + 200 e n - 269 sejam cubos de um inteiro positivo.
Como n tem 4 algarismos temos que 1 < S(n) < 36.
Solução:
Seja S(n) = soma dos digitos de n.
Pelo enunciado temos que
S(n)= 2027-n => 1 < 2027 - n < 36 =>-1 > n-2027 >-36 =>
=>2026 >n> 1991
Questão 5 (Moldávia 1998)_________________________________________________
Encontre os números naturais n de 4 algarismos tais que a soma dos seus 
digitos é igual a 2027 - n.
Vamos analisar os casos:
n = 1991 => 2027 - n = 36 e S(n) = 20, portanto não é solução,
n = 1992 => 2027 - n = 35 e S(n) = 21, portanto não é solução,
n = 1993 => 2027 - n = 34 e S(n) = 22, portanto não é solução,
n = 1994 => 2027 - n = 33 e S(n) = 23, portanto não é solução,
n = 1995 => 2027 - n = 32 e S(n) = 24, portanto não é solução,
n = 1996 => 2027 - n = 31 e S(n) = 25, portanto não é solução,
n = 1997 => 2027 - n = 30 e S(n) = 26, portanto não é solução,
n = 1998 => 2027 - n = 29e S(n) = 27, portanto não é solução,
n = 1999 => 2027 - n = 28 e S(n) = 28, portanto é solução.
n = 2000 => 2027 - n = 27 e S(n) = 2, portanto não é solução,
n = 2001 => 2027 - n = 26 e S(n) = 3, portanto não é solução.
46
Neste caso temos que x>68, logo x2 + xy + y2 
neste caso.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Portanto as únicas soluções são 1999 e 2017.
47
Solução:
Seja {x} =
Questão 6 (Moldávia 2002)________________
Encontre todas as soluções reais da equação:
x — |_xJ • Claramente temos que 0 < {x} < 1. Temos 3 casos a analisar:
= 2002
n = 2002 => 2027 - n = 25 e S(n) = 4, portanto não é solução,
n = 2003 => 2027 - n = 24 e S(n) = 5, portanto não é solução,
n = 2004 => 2027 - n = 23 e S(n) = 6, portanto não é solução,
n = 2005 => 2027 - n = 22 e S(n) = 7, portanto não é solução,
n = 2006 => 2027 - n = 21 e S(n) = 8, portanto não é solução,
n = 2007 => 2027 - n = 20 e S(n) = 9, portanto não é solução,
n = 2008 => 2027 - n = 19 e S(n) = 10, portanto não é solução, 
n = 2009 => 2027 - n = 18 e S(n) =11, portanto não é solução, 
n = 2010 => 2027 - n = 17 e S(n) = 3, portanto não é solução, 
n = 2011 => 2027 - n = 16 e S(n) = 4, portanto não é solução, 
n = 2012 => 2027 - n = 15 e S(n) = 5, portanto não é solução 
n = 2013 => 2027 - n = 14 e S(n) = 6, portanto não é solução, 
n = 2014 => 2027 - n = 13 e S(n) = 7, portanto não é solução, 
n = 2015 => 2027 - n = 12 e S(n) = 8, portanto não é solução, 
n = 2016 => 2027 - n = 11 e S(n) = 9, portanto não é solução, 
n = 2017 => 2027 - n = 10 e S(n) = 10, portanto é solução.
n = 2018 => 2027 - n = 9 e S(n) = 11, portanto não é solução 
n = 2019 => 2027 - n = 8 e S(n) = 12, portanto não é solução, 
n = 2020 => 2027 - n = 7 e S(n) = 4, portanto não é solução,
n = 2021 => 2027 - n = 6 e S(n) = 5, portanto não é solução,
n = 2022 => 2027 - n = 5 e S(n) = 6, portanto não é solução,
n = 2023 => 2027 - n = 4 e S(n) = 7, portanto não é solução,
n = 2024 => 2027 - n = 3 e S(n) = 8, portanto não é solução,
n = 2025 => 2027 - n = 2 e S(n) = 9, portanto não é solução,
n = 2026 => 2027 - n = 1 e S(n) = 10, portanto não é solução.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Caso 1: 0 < {x}
2002, que não é solução,t => 3t
v + 1=>3v + 2 = 2002 , que não é a
21
48
Como as permutações de n deixam o mesmo resto de n na divisão por 9, temos 
que isto não é possível.
1_
2
2
3
pois t não é inteiro.
Se < {x} < 1 =5 [xj = v e[x + ^_| = [x + |] = 
solução, pois v não é inteiro.
Se — < {x} < 1 =5 [_xJ = v e
^x + |j = s + 1 => 3s + 1 = 2002=5
Solução:
= 2(mod 9). 22 = 4(mod 9), 23 = 8(mod 9), 24 = 7(mod 9), 25 s 5(mod 9),
26 = 1(mod 9)
Portanto uma potência de 2 deixa resto 2, 4, 8, 7, 5, 1 na divisão por 9.
31 s 3(mod 9)e se m > 2,temos que 3m > 0(mod 9), logo uma potência de 3 
deixa resto 3 ou 0 na divisão por 9.
lxJ=[x4]=
=5 s = 667 =5 667 + —< x < 667 + —.
3 2
Questão 7 (IVIoldávía 2002)_______________________________________________ _
Existe um inteiro positivo n > 1 tal que n é uma potência de 2 e permutando seus 
dígitos obtenhamos uma potência de 3?
1 1Logo a única solução é 667 + - < x < 667 + — .
1 1Caso 2: — < (x) < —
3 ' ' 2
-1
Caso 3: — s {x} <1
s e
Se 0<{x)
Se ^{x}
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Questão 8 (Argentina 2001)
Seja
{x}e
Como
[2x] = 2x + 1
Seja
{x}=be
Como
<1.
49
1
2a+ 1
Solução:
Vamos analisar 2 casos:
2
2
2 
a
2az -i-a
6 +6a
2a2 <■ a
6 + 6a
LxJ = a
Caso 1: Se 0 < {x}
Neste caso é fácil ver que [_x J =
— <b<1=> —<
2 2= — => 6b-3b = a => 3b = a.
6b
|_xj = a
x e |_2xJ = 2x
Caso 2: Se — < {x} < 1.
Neste caso é fácil ver que |_x j = x e
= — => 6b(2a +1) - 6ab = a • (2a +1) 
6b
1 3 3 140<b<-=>0<3b<-=>0<a<-=>a = 1=>b=-=>x = -.
12ab + 6b - 6ab = 2a2 + a => b =
b=U-A 
a 2a
1 1 1
Encontre todos os números reais tais que :—r - r——: = -—r-r . 
|_xJ |_2xJ 6 • jx.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
. Mas como aou -1 s a <Resolver esta inequação temos que a <
=> 0 á a < 2,6.a 0, temos que 0 < a <
<1.Segundo passo: Resolver a inequação
Resolver esta inequação temos que a < -1 ou <a <
=> 0 < a < 3,125 .Mas como a a 0 .temos que 0 < a <
são reais e positivas e que satisfazem:
4
50
5 + ^57
4
31 
8
1 + 77
2
5+757
4
1 + 77
2
Questão 9 (Ibero - Americana 1985)________________________________________
Ache as raizes q, r2, r3, r4 da equação 4x4 - ax3 + bx2 - cx + 5 = 0 saben-do que 
k + k + k + k = 1.
2 4 5 8
2a2 + a
6 + 6a
5-757
4
2a2 + a
6 + 6a
Como a igualdade ocorre temos que os 4 termos são iguais, logo temos que
2 4 5 8
4 5- r2 r3 r4 
V2 4 5 8
1 
Primeiro passo: Resolver a inequação — <
1-77
2
5 7
Assim temos que a = 2ou3=>b= - ou b = - => n =
23
— ou n =
9
^■r3=5'^l e r<=8'4jl
Solução:
É fácil ver que q • r2 • r3 ■ r4 = —.
Por outro lado temos que 
rl ■ i + à + i 
2 T 4 5'8 > ÍL + k + k + k> 4-1 = 1.
2 4 5 8 4
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
.k+1
Com isso teríamos que:
25" ‘ 1
10k”
10k*1
e dai
51
Solução:
Note inicialmente que 4n e 25" não são potências de 10 para todo n natural.
Questão 10 (Áustria 1999)
Prove que a soma do numero de dígitos de 4n e 25n na base 10 é sempre impar
10k*’ 
105*1
< 4.10k”
< 25.105.
< 4.10k*1
e 25n possui "s" algarismos então 25" ’ 1Conclusão 2: Se 2,5.10k < 4" < 
possui s + 1 algarismos.
< 4n”
< 25"*1
10s ' ' e
< 10k*’
Caso 2: Existe um k natural tal que 10k < 4" < 2,5.10k < 
Neste caso temos que 4" tem k + 1 algarismos.
Multiplicando a desigualdade acima por 4 temos que 4.10k < 4"’1 
4'”1 possui k + 1 digitos.
< 4n*' '< 10k‘2
Conclusão 1: Se 2,5.10k < 4n < 10k+1 então 4"*1 terá um algarismo a mais. 
Vamos provar que 25"*1 também terá um algarismo a mais do que 25n. 
Temos duas opções para 25n.
Vamos analisar dois casos:
Caso 1: Existe um k natural tal que 2,5.10k < 4" < 101 
Neste caso temos que 4" tem k + 1 algarismos.
Multiplicando a desigualdade acima por 4 temos que 10k*1 
e dai 4"*1 possui k + 2 digitos.
Se 25" possui s dígitos então 4.10s’1 < 25" < 10s ou 10s ’' < 25n < 4.10s' ’.
Vamos provar que o primeiro caso é absurdo
Se4.105 '’ < 25” < 10s=> 10s*1 < 25n” < 25.10s.
Multiplicando as duas desigualdades teríamos que
10k’s’2 < 102" ’2 < 10k*!*3, absurdo, pois temos uma potência de 10 entre duas 
potências de 10 consecutivas.
Dai concluímos que 10s”1 < 25n < 4.105-
Como 10s ' 1 < 25" < 4.10s " 1 temos que 10s < 25.105 ' 1 
portanto 25" *1 possui s + 1 algarismos.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
terá o mesmo numero de algarismos
25"<4.10s‘1.Se 25" possui "s" dígitos então 4.10s'1 < 25" < 10s ou 10s'1
Com isso teriamos que:
e
é 2t + 3 que
52
Conclusão3: Se 10k < 4n < 2,5.10k e 25" possui "s" algarismos então 25n + 1 
possui s + 2 algarismos.
< 10s*1.
,4,10k < 4n’1 < 10' 
I 25.105'1 < 25'
Conclusão 4: Em qualquer um dos 2 casos temos que a quantidade de 
algarismos aumenta de 2 em 2.
Vamos concluir agora com uma indução.
Note que 4 possui 1 algarismo e 25 possui 2 algarismos.Logo somando a 
quantidade de algarismo temos 3 algarismos portanto vale o caso inicial.
Suponhamos a propriedade valida para n = k, isto é, a soma dos algarismos de 
4k e 25k é impar,isto é , 2t + 1 para algum t natural.(H.l.) 
Vamos provar que vale a propriedade vale para n = k + 1 
Pela conclusão 4 temos que a soma dos algarismos de 4k*1 
continua sendo um numero impar.
Portanto a soma do numero de algarismo de 4" e 25" é sempre impar.
Vamos provar que o segundo caso é absurdo.
Se 105'1 < 25" < 4.1051 => 10* < 25.10*’1 < 25n+1
e 25k+1
Como 4.10*"1 < 25" < 10* temos que 10**’< 25.10*-1 < 25n*1 < 25.10* <10**2 
portanto 25" *1 possui s + 2 algarismos.
ik*’ 
int1 < 10**1.
Multiplicando as duas desigualdades teriamos que
10k * s • i < 1 o2n ♦ 2 < 1 ok * s <- 2, absurd0, pois temos uma potência de 10 entre duas 
potências de 10 consecutivas.
Dai concluímos que 4.10*"1 < 25" <10*.
Conclusão: Se 10k < 4n < 2,5.10k então 4n+1 
de 4".
Vamos provar que 25"*1 terá dois algarismos a mais do que 25".
Temos duas opções para 25".
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
-4.
-54 +55 +5n = 54 • (-1 + 5 + 5').
Daí temos que 5' + 4 é quadrado perfeito, logo temos que
5r + 4 = s2 5r = s2-4 = (s-2) ■ (s + 2).
53
Solução:
Vamos analisar 3 casos:
Solução:
É fácil ver que n = 1, 2, 3, 4 não são soluções. Agora se n > 4, temos n = 4 + r, 
onde r > 0, teremos
Portanto as únicas soluções são x = 1 e x =
Questão 11 (Peru 2004)
Ache todos os inteiros x tais x2 + 3x + 5 é quadrado perfeito.
Questão 12 (Grécia 1995)___________________________________________________
Encontre todos os inteiros positivos n tais que -54 + 55 + 5" é quadrado perfeito.
Caso 3: se - 4 s x s 1
Se x = - 4 => x2+3x + 5 = 9
Se x = - 3 => x2 + 3x + 5 = 5
Se x = - 2 => x2 + 3x + 5 = 3
Se x = - 1 x2 + 3x + 5 = 3
Se x = 0 => x2 + 3x + 5 = 5 
Sex=1 => x2 + 3x + 5 = 9
x2 +3x + 5 <(x + 1)2
Caso 1: Se x > 1
Daí é fácil ver que (x +1)2 < x2 + 3x + 5 < (x + 2)2
Caso 2: se x < - 4
Dai é fácil ver que (x + 2)2
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpiadas de Matemática
Logo temos que r = 1, portanto n = 5
1 + cos140°
Solução:
54
Assim temos ter s - 2 e s + 2 são potências de 5, portanto temos que s = 3 é a 
única solução.
3
2
7n
15 '
Solução 1:
cos2 10° + cos2 50° + cos2 70° =
Questão 14 (Hungria)______
Calcule o valor da expressão
Questão 13 (Estados Unidos)
Calcule a soma cos210° + cos2 50° + cos2 70°.
1 + cos20°
2
cos20° + cos140° + cos260°
2
Solução 2:
Seja S = cos210°+cos2 50° +cos2 70° =>
=> 2S - 3 = (2 • cos210°-1) + (2 • cos2 50-1) + (2 cos270°-1) = 
= cos20° + cos100° + cos140° = cos 20°-(cos 80° + cos 40°) =
3
= cos20°-2cos20° • cos60° = 0 => S = — .
2
1 + cos100° 1 + cos140° 3 
-------------------------- 1-------------------------- = —
2 2 2
3 -sen(-40°)+ sen320°
" 2+ 2
r, n 2n 3n 4rt 5rt 6n 7nP = cos— • cos— ■ cos— ■ cos-- cos—■ ■ cos— • cos 15
n 2n 3n 4rt 5n 6rt 7n P = cos— ■ cos— ■ cos— ■ cos— • cos— ■ cos— ■ cos — =
15
n
15
n
15
2rr
15
3n
15
6rr
15
6rr
15
2n
15
3n
15
4rr
15
4rt
15
7n
15
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
15
4n.
15
15 15
14tt 12tt 3rt 10n71pois sen—- = sen—, sen-- = sen—, sen—-
15 15 15 15 15
Questão 15 (Romênia)
Se 0 < x < 1. Determine o valor Máximo da expressão xVl-x2 .
Solução:
Como 0 < x < 1, podemos fazer x = cosa, onde logo temos quea e
sen 2a
x
2
Questão 16 (Alemanha 2006)
55
1
128 '
Encontre dois números consecutivos tais a soma dos digitos de cada um é 
múltiplo de 2006.
5n sen —
15
_____15.
5n■ sen
15
1 6- - ■ sen — •
2 15
4?t 5tt
15__________
6n 7 tc■ sen
15 15
7it’• sen
15
7n sen
15
871 7n
e sen— = sen—.
15 15
4n sen
15
, portanto o valor máximo da expressão é .
15 15
1 10n 1 12ti- sen---- ■ - • sen------
2 15 2 15
2n 3rt 4n
____ 15.
6rt• sen
15
• sen sen
15
15_______
n 2n 3n sen — ■ sen — • sen - - ■ sen — sen • sen 15 15
1 14ir - ■ sen2 "
ti 2n 3n 4rt 5rtsen—-sen - sen—-sen—-sen—-sen
15 15 15 15 15
n 2n 3rt 4rt 5n 6n 7nsen — ■ en - - ■ sen - ■ sen — ■ sen — • sen — sen
15 15 15 15 15 15 15
5rt 5n 6jt 6 tt 7ncos— ■ sen — • cos — ■ sen — • cos 
 15 15 15 
n 2rt 3rt 4rtsen— ■ sen — —
15 15
1 - x2 = cosa ■ sen a
Tt rt 2n 2n 3ti 3rt 4rt
C0S 15 Sen15 C0S 15 Sen15 C°S15 Sen15 C°S 15
1 871■ sen -
2 ____ 15
6tt
1 2tt 1■ sen — ■ - ■ sen
2 15 2
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Questão 17 (Suécia 1998)
Daí pelo teorema da bissetriz interna, temos que
Agorausando a lei dos senos no triângulo B
ADC, temos que:
c
c
56
b
AD
a
BD
Note que esse número tem que terminar em 9, pois caso contrário a diferença 
entre os dígitos dos dois números seria 1.
Como a diferença tem que diminuir no mínimo 2006 o número terminar em no 
mínimo 223 9's, assim a soma dos algarismos diminui em 2007 e aumenta 1 no 
primeiro número que não é 9.
Solução:
Seja CD a bissetriz do ângulo C, onde D pertence a AB
Solução:
Se dois números são múltiplos de 2006 então a diferença entre eles é no mínimo 
2006.
b 
senADC
AD
C sen —
2
1 
senADC
Um exemplo é n = 1899.99(221 9’s)799...99(223 9’s).Note que S(n) = 4012 e 
S(n + 1) = 2006.
, uv C (a + b) ■ sen—
CSeja ABC um triângulo. Prove que c > (a + b) ■ seny.
v C
Como sen ADC < 1, temos que --------------- — > 1 => c á (a + b) ■ sen — .
(a + b)-sen^
a + b . bc -----------a AD = 
AD+BD------------ a+b
C
2
Nota' Neste problema usamos a notação usual, onde a = BC, b = AC e c = AB.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Resolva a equação
x2 + x-30>0=>x>5
x2 +x-15.
Determine n.
2.
57
Dai o primeiro membro é sempre positivo (em todos os módulos), logo o valor do 
primeiro membro é
Solução:
Como no primeiro membro temos um módulo então o primeiro membro é 
positivo, logo temos que:
Por (ii) temos que:
a • (a + b + c + d) = c • (d - b) => 
=> a2 + ab + ac + ad = cd - bc => 
=> a2 + ab + ac + ad - cd + bc = 0
Solução:
Afirmação: a = 2 ou c =
Questão 18 (Suécia 1999)
llp-x-t
Prova:
Suponhamos, por absurdo, que a # 2 ou c * 2,dai teriamos a e c ímpares, logo d 
seria par, portanto d = 2, logo a = c = 1, absurdo!
"15Assim temos que x2 + x-15=x2 + x-30=>x = —
Questão 19 (Irlanda 2002)
Suponha que n é o produto de 4 números primos distintos a, b, c, d tais que:
i) a + c = d
ii) a • (a + b + c +d) = c ■ (d-b)
iii) 1 + bc + d = bd
ou x < -6 => x2 -x > 20.
| — 21 — 31 — 41 — 51 = x2 + x — 30.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Agora usando (iii) temos que:
1 + bc + d = bd=>1 + d = b-(d-c)=>1 + d = 2b.
2903" - 803" - 464" + 261nnatural divisívelén por
58
Nota: Neste problema usamos o fato que xn - yn é divisível por x - y para todo 
n natural.
Usando (i) temos que:
a2 + ab + ac + a (a + c) - c(a + c) + bc = 0 => 
=> a2 + ab + ac + a2 + ac - ac - c2 + bc = 0 => 
=> (a + c) ■ (2a + b-c) = 0=>2a + b- c = 0=> 
=>2a + b = c=>a<c=>a = 2=>d-c = 2.
Questão 20 (Eotvos 1899)
Mostre que 2903" - 803n - 464" + 261" é divisível por 1897, para todo n e N .
Solução:
Note que para todo n natural 2903n-803n é divisível por 2100 = 7-300 e 
261" - 464" é divisível por -203 = 7 ■ (-29), portanto para todo n natural 
2903" -803" -464" +261" é divisível por 7. Por outro lado temos que para todo 
n natural 2903" - 464" é divisível por 2439 = 9 ■ (271) e -803" +261" é divisível 
por -542 = (-2) • (271), portanto para todo n natural 2903"-803"-464"+261" 
é divisível por 271. 
Logo para todo 
7-(271) = 1897.
Fazendo I + II + III temos que: 
b+c+d+7=2b+c+d 
=>b = 7=>c=11=>d=13=> 
=■ n = 2-7 -11 -13 = 2002.
Agora temos que:
I) c + 2 = d
II) 4 + b = c
III) 1 + d = 2b
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Questão 21 (Filipinas 2008)
Solução:
a2 +b2 = 6ab => a2 + 2ab + b2 = 8ab => (a +b)2 = 8ab
e
a2 + b2 = 6ab => a2 - 2ab + b2 = 4ab =>
2
Temos que:
, mas como x > 0, devemos considerar k
Assim conseguimos uma aproximação para o resultado.
59
4ab
8ab
Solução:
Seja f(x) = LxJ + L -71996X J claramente f(x) é não - decrescente.
2
2
J2
2
a-b 
a + b
Questão 22 (Argentina 1996)
Determine todos os números reais positivos x tais que LxJ + L -?1996x J = 1996.
(k + 1)'
1996
=> (a -b)2 = 4ab => f-—-1 = 
La + bj
I2 ,______
— .então L V1996x J = k.
k2Vamos resolver a equação------ + k = 1996.
1996
k2Note também que se < x <
g 
Seja 0 < b < a tais que a2 + b2 = 6ab , calcule------ .
a + b
k2 a QQC u -1996±1996>/5
■------ + k = 1996 => k =-----------------------
1996 2
= -1M6±219967S=1233.59.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Note que
= 761 + 1233 = 1994 e ff1
Observe que se
< x <
absurdo!,
é a menor solução.logo
L >/1996x J aumenta uma
Note que LxJ = 763 <=> 763 < x < 764 e
o 764,14 < x < 765,37.
Logo a solução é í x < 763.
60
12332
1996
12342
1996
12332
1996
12342
1996
12342
1996
12352
1996
12362
1996
12332
1996
=> L V1996X J = 1233, logo f(x) = 1996 o LxJ = 763,
Agora devemos ver qual das duas funções LxJ ou 
unidade primeiro.
Solução 1:
Se —= 8 => n = 8 ■ d(n), logo temos que n é múltiplo de 8 e n s 200. 
d(n)
Questão 23 (Argentina 1996)_______________________________________ __
Seja n um número natural e d(n) a quantidade de divisores positivos de n. Por 
exemplo, d(12) = 6, pois seus divisores são 1, 2, 3, 4, 6, 12. Achar todos os
números naturais n s 200 tais que —— = 8 .
d(n)
L^J= 1235 l 71 ISL3J<
= 762 + 1234 = 1996.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Se n = 16 temos que —r =
Se n = 32 temos que —— =
Se n = 48 temos que ——
Se n = 112 temos que ——-
128 temos que ——r = 16
Se n = 144 temos que -17
61
28
3
15
2
21
2
16 
5
16 
3
48
5
40
3
56
5
88
5
13 
2
24 
" 5
64 
" 7
Se n =
Se n = 104 temos que —p— 
d(n)
Se n = 120 temos que —p— = 
d(n)
n 
Se n = 136 temos que ——r = 
d(n)
Se n = 152 temos que —p—■ = 19 
d(n)
Se n = 168 temos que —P-r 
d(n)
Se n = 184 temos que —— = 23 
d(n)
Se n = 8 temos que —p-r = 2 
d(n)
Se n = 24 temos que —P-r = 3 
d(n)
Se n = 40 temos que —7—r = 5 d(n)
Se n = 56 temos que —p— 
d(n)
Se n = 72 temos que —P-r- = 6 
d(n)
Se n = 80 temos que —p-r = 8 e, portanto 80 é solução 
d(n)
Se n = 88 temos que —p-r = 11
d(n)
Se n = 96 temos que —p-r = 8 e, portanto 96 é solução 
d(n)
n
d(n) 
n
d(n) 
n
d(nj
Se n = 160 temos que —p-r
d(n)
Se n = 176 temos que —p-r
d(n)
Se n = 192 temos que —P— = 16
d(n)
n
d(n)
n
d(n) 
n
' d(n) 
n 
Se n = 64 temos que 
d(n)
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Portanto 80 e 96 são as únicas soluções.
Analisando estes casos vemos que n = 80 é a única solução.
Analisando este caso é fácil ver que n = 96 é solução
Conclusão: 80 e 96 são as únicas soluções.
62
Caso 4: n é múltiplo de 64, mas não é múltiplo de 128.
Neste caso temos que d(n) é múltiplo de 7, logo n é múltiplo de 64 -7 = 448, 
portanto este caso não possui solução.
Caso 5: n é múltiplo de 128
Neste caso só temos n = 128 que é fácil ver que não é solução.
Solução 2:
Já vimos que n é múltiplo de 8.
Caso 3: n é múltiplo de 32, mas não é múltiplo de 64.
Neste caso temos que d(n) é múltiplo de 6 e portanto n é múltiplo de 96, logo n = 
96 é a única possibilidade.
Caso2: n é múltiplo de 16, mas não é múltiplo de 32
Neste caso temos que d(n) é múltiplo de 5 e portanto n é múltiplo de 40,logo n = 
40 ou 80 ou 120 ou 200
Logo temos como possíveis soluções:
8, 16, 24, 32. 40, 48, 56, 64, 72, 80, 88, 96, 104, 112, 120, 128, 136, 144, 152, 
160, 168, 176,184,192 e 200.
50
“ 3Se n = 200 temos que — 
d(n)
Agora vamos analisar os casos
Casol: n é múltiplo de 8, mas n não é múltiplo de 16
Neste caso temos que d(n) é múltiplo de 4, daí —p-r não divisível por 8. Com isso 
d(n)
eliminamos o 8,24,40,56,72,88,104,120,136,152,168,184,192.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Portanto o maior valor possível do ângulo é 30°.
Lema: Seja c um número inteiro. Se -Jc é racional, então c é quadrado perfeito.
.2
63
Solução:
Antes de fazer o problema vamos provar um lema
Solução: 
Seja AB = x.
Prova: Suponhamos, por absurdo, que c não é quadrado perfeito, mas -Jc é 
racional.
Como c não é quadrado perfeito existe um número primo p tal que o expoente de 
p na fatoração prima de c é ímpar.
Usando a lei dos cossenos no triângulo ABC, temos que 
12 = 22 +x2 -2 - 2 • x ■ cosA =>
=> x2 - 4 • xcos A + 3 = 0 =>
=> (-4cosA)2 - 4 ■ 1-320
Questão 25 (Certame Número de Ouro 2005)
Seja a um número natural tal que a = 6 (mod 7),então-Jã é irracional.
Questão 24 (África do Sul 2006 - Adaptada)
Num triângulo acutângulo ABC temos que BC = 1 e AC = 2. Determine o maior 
valor possível do ângulo A.
A
A x B
Se Vc = —, onde m e n são naturais, daí temos que c • n2 = m: 
n
2
(cos A)2 > — . Como o triângulo é acutângulo temos que cos A > 0. 
4
3 /3
(cosA)2 > — => (cosA)2 > — => A < 30°.
4 2
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Dai temos pelo lema temos que Jã é irracional.
Questão 26 (Argentina)
Qual é a maior potência de 3 que divide
é 3995.Logo a maior potência de 3 que divide
Questão 27 (Rioplatense)
+ 1?
64
3-995!
995!
Já no segundo membro temos uma quantidade par de fatores p, absurdo!, logo 
x/c é irracional.
Note que em n2 existe uma quantidade par de fatores p e em c existe uma 
quantidade ímpar de fatores p, logo no primeiro membro existe uma quantidade 
impar de fatores p.
Agora vamos ao nosso problema. Se x é natural temos que x2 = 0 ou 1 ou 4 ou 
2(mod 7), portanto a não é quadrado perfeito.
3 ■ 995!
995!
A quantidade de fatores 3 em 995! é
I 995 I I 995 I I 995 I I 995 I I 995 I I 995 I 
L 3 J + [ 9 _T L 27 J + L 81 J‘rL243j + L729j” 
= 331 + 110 + 36 + 12 + 4 + 1= 494.
Quantas soluções inteiras positivas tem a equação
Solução:
A quantidade de fatores 3 em (3 • 995 )! é
I 3-995 | . I 3 995 I . I 3-995 I I 3-995 I I 3 995 I I 3-995 I . I 3-995 I
L 3 KL 9 .Ti. 27 J + L 81 J + L 243 J + |_ 729 J^L 2187 J 
= 995 + 331 + 110 + 36 + 12 + 4 + 1 = 1489.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Daí temos
Se 0 £ x < 10 =>i)
= 1») = 1 e se 11 £ x < 22 =>Se 10 < x < 20 =>
= 2üi) Se 20 < x < 30 => = 2 e se 22 £ x < 33 =>
= 3iv) Se 30 £ x < 40 => = 3 e se 33 £ x < 44 =>
Se 40 £ x < 50 =>v) = 4 e se 44 £ x < 55 =>
vi) Se 50 £ x < 60 => = 5= 5 e se 55 £ x < 66 =>
vii) Se 60 £ x < 70 ;=> = 6 e se 66 £ x < 77 => = 6
viii) Se 70 £ x < 80 => = 7 e se 77 £ x < 88 => = 7
x
= 8 e se 88 £ x < 99 =>ix) Se 80 £ x < 90 => = 8
= 9x) Se 90 £ x < 100 =>
x
Xi) = 10ese110£x< 121 => = 10Se 100 £ x < 110 =>
xii) = 11Se 110 £ x < 120 => = 11 ese 121 £x< 132 =>
xiii) = 12Se 120 £x < 130 => = 12 ese 132 £x < 143 =>
xxiv) Se 130 £ x < 140 => = 13= 13 e se 143 £ x < 154 =>
xxv) Se 140 £ x < 150 => = 14 e se 154 £ x < 165 => = 14
65
x ií.
X 
.11.
X
X 
.11.
X
^j = k<=>11k£x<11-(k + 1).
Solução:
= k o 10k < x < 10 • (k + 1) e
que:
lAl=4
X 
ií
[nj-
X 
_íí_
X
— =0ese0£x<11=> LioJ
x 
.10.
x
X 
.10.
X 
.10.
X 
.iõ.
X
.10.
x
.10.
x 
ÍÕ.
> — = 9 e se 99 £ x < 110 => |_10j
x 
.10.
x
.10.
x 
.10.
x 
.10.
x
.10.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
X = 15= 15 e se 165 < x < 176 =>xvi) Se 150 < x < 160 =o
= 16= 16 e se 176 < x < 187 =>xvii) Se 160 < x < 170 =>
x = 17= 17ese187Sx<198=oxviii) Se 170 s x < 180 =>
= 18= 18 e se 198 s x < 209 =>Se 180 s x < 190 =>xix)
= 19= 19 e se 209 s x < 220 =>Se 190 s x < 200 =>xx)
= 20= 20 ese 220 <x < 231 =>Se 200 < x < 210 =>xxi)
= 21 e se 231 < x < 242 => = 21xxii) Se 210 s x < 220 =>
E assim sucessivamente totalizando 132 soluções.
21 não há mais soluções, pois o extremo superior de
11(k - 1) => k > 21.
Logo a interseção passa a ser vazia.
66
Note que se k
X
Ti
X 
iÕ
X
Ti
X 
TÕ.
X 
_ÍÕ.
X
.Tõ.
X
.Tõ.
X
.Tõ.
X 
_iõ_
X 
.Ti.
X 
.Ti.
X
= k passa a ser menor do que o extremo inferior de
= k- 1, pois 10(k + 1)
Por (i) e (ii) é fácil ver que 10 é solução.
Por (ii) e (iii) vemos que 20 e 21 são soluções.
Por (iii) e (iv) vemos que 30, 31 e 32 são soluções.
Por (iv) e (v) vemos que 40, 41, 42 e 43 são soluções.
Por (v) e (vi) vemos que 50, 51, 52, 53 e 54 são soluções.
Por (vi) e (vii) vemos que 60, 61, 62, 63, 64 e 65 são soluções.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Note que x3 = 4 é solução.
Logo a única solução positiva é x = VÃ .
67
E se x3 > 5 é fácil ver que x3 > 3 + [_xj, para todo x real positivo, pois quando 
x3 aumenta uma unidade g(x) ou não aumenta nada ou aumenta 1 unidade.
Caso 2: x3 < 0
Se x3 = -1 temos que 3 +[_xj = -2, se x3 = -2 temos que 3 + [xj = 2, x3 = -3 
temos que 3 + [xj = 2.
Considere as funções f(x) = x3 e g(x) = 3 + [_xj, note que quando x3 diminui 
uma unidade g(x) ou não aumenta nada ou diminui 1 unidade, assim claramente 
temos que f(x) < g(x) ,para todo x < 0.
Solução:
Note que x2 é inteiro, pois x2 = 25 • [xj-144 => x = ±Vk, onde k é inteiro.
Caso 1: x3 > 0
É fácil ver que x3 = 0 , x3 = 1, x3 = 2 e x3 = 3 não são soluções.
Questão 28 (Canadá)_______________________
Determine todas as soluções reais de x3 — |_xJ = 3
Questão 29 (Canadá)____________________________
Determine todas as soluções reais de x2 +144 = 25 • [_xj
Solução:
Note que x3 tem que ser um número inteiro, pois x3 = 3 + |_xJ. Agora vamos 
analisar 2 casos:
Além disso, temos que 25 • ^xj-144 > 0 => |_xj >6=>k>36=>x2> 36.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
68
Se k = 256, temos que 256 = 256. E se 256 < k < 289, temos que 
25 ■ [xj-144 = 256, logo x = 7256 = 16 é a única solução.
Se k = 196, temos que 196 # 206. E se 196 < k < 225, temos que 
25 ■ LXJ —144 = 206, logo x = 7206 é a única solução. Se k = 225, temos que 
225 í 231. E se 225 S k < 256, temos que 25 ■ [xj-144 = 231, logo x = 7231 é 
a única solução.
: se 81 < k < 100, vemos facilmente que x2 >25 • [xj-144, portanto não 
uavendo solução nesse intervalo. Se k = 100, temos que 100 # 106. E se 100 s k 
< 121, temos que 25 ■ [xj-144 = 106, logo x = 7106 é a única solução. Se 
k = 121 temos que 121 # 131.
E se 121 s k < 144, E se 121 sk< 144, temos que 25 ■ |_x J — 144 = 131, logo x = 
7131 é a única solução. Se k = 144, temos que 144 t 156. E se 144 Sk< 169, 
temos que 25 ■ [xj-144 = 156, logo x = -7Í56 é a única solução.
Se k = 64, temos que 64 * 56. Se 64 S k < 81, vemos facilmente que 
x2 > 25 • |_xj —144, portanto não havendo solução nesse intervalo. Note que 
k = 81 é solução.
Se k = 169, temos que 169 # 181. E se 169 s k < 196, temos que 
25 ■ [xj-144 = 181, logo x = 7Í81 é a única solução.
Se k = 36 temos que 36*6. Agora considere f(x) = x2 e g(x) = 25 [xj-144, 
note que a cada unidade aumentada em k, f(x) aumenta 1 unidade, já em g(x) eu 
não aumenta nada ou aumenta 1 unidade (o aumento de 1 unidade se dá apenas 
quando k é quadrado perfeito e k - 1 não é quadrado perfeito).
Se 36 2 k < 49,vemos facilmente que x2 >25 -[xj-144, portanto não havendo 
solução nesse intervalo. Se k = 49, temos que 49 1 31. E se 49 á k < 64,vemos 
facilmente que x2 > 25 • [xj-144, portanto não havendo solução nesse 
intervalo.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Questão 30 (Argentina)
é um número ímpar.Prove que para todo n natural
5
L x J ■ {x} + x < 2 ■ {x} + 2 < 2 ■ {x} +10.
Observe também que x > 10 não temos soluções pois:
|_xj • {x} + x >10 • {x} + 10 > 2 • {x} + 10
Logo as soluções estão no intervalo [2,10]. Agora vamos analisar os casos.
69
Solução:
Note que se x < 2 não temos soluções pois:
Caso 1: 2 s x < 3
Neste caso temos que |_xJ = 2 , logo [xj • {x} + x = 2 ■ {x} +10 x = 10, absurdo!
Solução:
(5x +2) ■ (5x + 3) = 25x2 + 25x + 6 
5
= 5n(n +1) +1 e este número claramente é ímpar, pois 5n(n +1) é par.
Questão 31 (argentina)
Ache todos os números reais x tais que |^x J • {x} + x = 2 • {x} +10.
(5x + 2) ■ (5x + 3)
5
I 1 I= 5n2 + 5n +1 + — = 5n2 + 5n +1I 5
A partir daqui não mais soluções, pois para k = 289, já temos que 
x2 > 25 ■ |_xj —144, e para LxJ aumentar 1 unidade seria necessário que x2 
aumentasse mais de 25 unidades(a próxima vez que LxJ vai aumentar uma 
unidade é em 324 para isso x2 vai aumentar em 35 unidades, a segunda vez 
que LxJ vai aumentar uma unidade é em 361 para isso x2 vai aumentar em 37 
unidades, e assim vai aumentando de 2 em 2), portanto x2 > 25 ■ |_xj — 144, para 
todo k > 289.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
[x J ■ {x} + x = 2 • {x} +10 o {x} + x = 10,
absurdo!, pois {x} + x < 5.
|_xJ ■ {x} + x =2 • {x} +10 o 2 ■ {x} + x = 10,
absurdo!, pois 2 ■ {x} + x < 7.
^xj ■ {x} + x = 2 • {x} + 10 c=> 3 ■ {x} + x = 10,
absurdo!, pois 3 • {x} + x < 9.
|_xj • {x} + x = 2 • {x} + 10 o4 ■ {x} + x = 10 <=■ 6 + 5 ■ {x} = 10 <=> {x} = 0,8,
logo x = 6,8 é a única solução.
[xj • {x} + x = 2 • {x}+10 <=> 5 • {x} + x = 10 o 7 + 6 ■ {x} = 10 o {x} = 0,5,
70
Caso 2: 3 íx <4
Neste caso temos que |_xJ = 3, logo
Caso 4: 5 S x < 6
Neste caso temos que [xJ = 5, logo
Caso 3: 4 Sx < 5
Neste caso temos que |_xj = 4, logo
Caso 6: 7sx< 8.
Neste caso temos que [xJ = 7, logo
Caso 5: 6í x< 7.
Neste caso temos que |_xJ = 6, logo
logo x = 7,5 é a única solução.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
è a única solução.
logo x = 9,125 é a única solução.
Va+b-c + Va+c-b + Vc+b-a < Vã + -Jb + -Jc
a + b-c>0, a + c-b > 0 e b + c-a > 0.
Analogamente temos que
2 • Vã a Va + b - c + Va + c - b
71
Caso 7: 8 sx< 9.
Neste caso temos que [_x J = 8, logo
Solução:
Como a, b, c são lados de um triângulo temos
2
7'
Questão 32 (Asian Pacific 1996)_____________
Sejam a, b e c lados de um triângulo. Prove que
+ c - b + Vc + b-a .e 2 ■ Vc a Vã
e z2 = a + c - b.
Caso 8: 9 < x < 10.
Neste caso temos que [xj = 9, logo
Lxj ■ {X} + X = 2 ■ {x} + 10 «7 • {X} + X = 10 <=> 9 + 8 • {x} = 10 <=■ {x} = 0,125,
Dai podemos fazer x2 = a + b-c, y2 =c + b-a
Por M.A a M.G, temos que 
x2+y2s2xy=>2(x2+y2)ax2 + y2 + 2xy=> 
=>2-(x2+y2)a(x + y)2=>4b>(x + y)2=>2-Vb>x + y=> 
=> 2 ■ Vb a Va + b-c + Vc + b-a
[xj • {x} + x = 2 • {x} +10 <=> 6 • {x} + x = 10 o 8 + 7 - {x} = 10 <=> {x} =
51 
logo x = —
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
= (2sen20° sen30°)'
+... + — é um numero inteiro.
Lema 1: Prove que — +
72
1_
4
3
4
Solução:
Antes de fazermos este problema vamos precisar de 3 lemas:
. 12 3 n-1 „ 1
Lema 1: Prove que — + — +— + ...-;2! 3! 4! n!
Somando tudo temos que
2 ■ (7a + b -c + 7a + c - b + 7c + b - a) < 2 • (7ã + 7b + 7c) 
=> 7a + b - c + 7a + c - b + 7c + b-a s 7ã + 7b + 7c
1—+ cos40°2
Questão 34 (Republica Tcheca e Eslovaca 2004 - Adaptada)
Encontre todos os números naturais n tais que:
12 3 n .
— + — + — +... + — e um numero inteiro.
1! 2! 3! n!
Questão 33 (China 1991)______________________________________
Calcule o valor da expressão cos210° + cos2 50o- sen40° • sen 80°
1 í 1 = sen220° + — • — + cos40°
~ 2
1 1
= - ■ (1-cos40°) + - ■2 ' 1 2
 1_ 
" 2
Solução:
cos2 10° + cos2 50° - sen40° ■ sen80° =
= cos210° + cos2 50° - cos50° • cos 10° =
2
= (cos10°-cos50°) +cos10°-cos50° =
2 1I + —(cos60° + cos40°) =
1
2
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
iii)
Portanto a propriedade é valida para todo n natural maior do que 2.
73
n-1 
n!
2
2
2
4
2
8
_1_
16
2_ 
3!
2_
4!
2_
5!
2_ 
6!
•— = 1------=------1-
' 2!
2_ 
2!
2_
3!
2_
4!
2_ 
2!
2_
3!
2_
4!
n 
n!
2_
2!
2^
3!
3
4!
2_ 
n!
1 
(n-1)!
1 1
(n-1)! n!
Note que 
2_2_ _ A 
1! 2! ”2!
2__2 _ 2_
2! 3! ”3!
2__2-
3! 4! ” 4!
Somando tudo membro a membro temos que
1 1 „ 1 123 n-1----- — = 1 = —i 1 r-...-r 
1! n! n! 2! 3! 4! n!
Para n = 3 temos que 3! = 6 e 2’ = 2
Suponhamos a propriedade valida para n = k 
k! > 2k (H.l.)
Vamos provar que a propriedade vale para n = k + 1 
k + 1! = k!.(k + 1) > 2.k! = k! + k! > 2k + 2k = 2k*1.
1
+ — < 1, para todo n natural, 
n!
1 1Lema 3: Prove que — + — +
Lema 2: n! > 2n'2, para todo n natural e n > 2.
Vamos provar isso por indução: 
i) 
ü)
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
n-1 
n! .
1
2n-
1
2n-
2
2
2
4
2
8
2
2
2
4
2
8
2_
2!
— = 2 
2!
£ 
3!
2^
3!
2
(n-1)! n!
1
4--------—pn-2
1
+ (n-1)!
1
(n-1)!
Logo se esta expressão for um numero inteiro então este numero deve ser 1 ou 
2.
Portanto 1 é solução
Observe também que
2 2 „
1!
Note que
- = 1 
1!
Portanto 2 também é solução.
E se n > 2 então
2<l+2+3+ 
1! 2! 3!
Portanto não havendo mais soluções.
Conclusão: n = 1 e n = 2 são as únicas soluções. 
74
n . h— <3 
n!
1 
+ 2n-:
2
Ô
2
1 
n! < 2n’2 
Dai temos que 
1 . 1
3!
+ 1 =(1) + 1-A + n! J l n!)
Agora vamos ao nosso problema: 
n _ 1 
nT ~ lí
1 2
----- i------+ - 
1! 2! :
+f- ■ -+ 
+ l 2! T 3! +
<2. 1 
12! + 3! +
3 -- + , 
4!
. 1
n!
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Agora seja d = mdc (k, 76 + k), então
d|ked|76 + k=>d|76 = 4-19.
Assim temos que k é múltiplo de 125 ou 76 + k é múltiplo de 125.
Agora vamos analisar os casos:
Neste caso o menor k tal que k • (76 + k) é múltiplo de 1000 é o 500.
75
Solução:
(38 + k)2 = 1444 + k • (76 + k). Para que o número termine em 3 algarismos 4 é 
preciso que k • (76 + k) seja múltiplo de 1000.
Questão 35 (Eslovénia 2002)________________________________________________
38 é o menor inteiro positivo tal que seu quadrado termina em trés algarismos 
4(382 = 1444). Qual o próximo inteiro positivo com essa propriedade?
Caso 2: 76 + k é múltiplo de 125
Se 76 + k = 125 então k não é múltiplo de 8, logo k ■ (76 - k) não é múltiplo de 
1000.
Se 76 + k = 250 então k não é múltiplo de 4, logo k ■ (76+ k) não é múltiplo de 
1000.
Se 76 + k = 375 então k não é múltiplo de 8. logo k ■ (76 + k) não é múltiplo de 
1000.
Se 76 + k = 500 então k não é múltiplo de 2, logo k • (76 ■+- k) é múltiplo de 1000 
No segundo caso no menor k tal que k • (76 + k) é múltiplo de 1000 é o 424. 
Logo o próximo número com essa propriedade é o 424 + 38 = 462.
Caso 1: k é múltiplo de 125
Se k = 125 então 76 + k não é múltiplo de 8, logo k • (76 + k) não é múltiplo de 
1000.
Se k = 250 então 76 + k não é múltiplo de 4, logo k ■ (76+ k) não é múltiplo de 
1000.
Se k = 375 então 76 + k não é múltiplo de 8, logo k (76 + k) não é múltiplo de 
1000.
Se k = 500 então 76 + k é múltiplo de 2, logo k • (76 + k) é múltiplo de 1000.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
2
são irredutíveis.
76
I—
3x + 48 3x + 49
47 ' 48
D 12 E 9 C 
-----29----------- 1
Questão 37 (Áustria 2002)_______________________________
Determine o menor inteiro positivo x para o qual todas as frações
3x + 9 3x + 10 3x + 11 3x + 12
8 ' 9 ’ 10 ’ 11
Questão 36 (Irlanda 2002)
Em um triângulo ABC tem-se que AB = 20, AC = 21 e BC = 29. Se D e E são 
pontos do segmento BC tais que BD = 8 e EC = 9, determine a medida do ângulo 
ZDAE.
Usando a lei dos cossenos temos que:
(AD) 2 = (20)2 +(8)2 -2 ■ 20 ■ 8 ■ cosB => (AD)2 =
(AE) 2 =(21)2+(9)2-2-21-9cosC=>(AE)2=^|^
f7056l2 f7200V „ 7056 7200 „ACT
= . ... + —— -2------------------- cos ZDAE =>k 29 ) l 29 ) 29 29
=> cos ZDAE = — => ZDAE = 45°
2
(12)2
 20 „ 21cos B = — e cos C = — 
29 29
Solução:
2 Q 
Lema: Se - é irredutível, então —-— também é irredutível, 
b b
Solução:
Note que o triângulo ABC é retângulo pois 
(29)2 =(20)2 +(21)2
Dai temos que
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Se
Se
Se é irredutível => é irredutível
Se é irredutível => ------- é irredutível
Questão 38 (Filipinas 2008)
Solução:
77
3x + 49 . 3x+1
——— e irredutível => ------- e irredutível
48 48
Para isso é preciso que 3x + 1 seja um número primo maior do que 48 
Dai é fácil ver que 3x + 1 = 61 => x = 20.
Pelo lema temos que 
3x4-9 
-8“' 
3x + 10 
9 
3X4-11 
10
Num quadrilátero sabe-se que AB = BC = 4 cm, ZABC = 100° e ZCDA = 130° . 
Determine a medida de BD.
é irredutível => ------ é irredutível
8
I 3x 4-1 . .
- e irredutível => ------- e irredutível
9
3x 4-1
10
Prova: 
a
Se — é irredutível, então mdc(a.b) = 1.
b
Agora seja d = (mdc a - b, b) 3 d |b e d| a - b => d | (a - b) + b = a 
g 
=>d |a e d| b => d | 1 => d = 1, portanto ——- é irredutível.
b
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
=> y = 8sena
Solução:
CB
78
= 8.cos40°
Questão 39 (África do Sul 2006)
Num triângulo ABC temos que AB = AC e ZBAC = 100°. Seja D um ponto sobre 
AC tal que ZABD = ZCBD Prove que AD + BD = BC.
y
sena
Note que
ZBCD = 90° - a => cos(90° - a) = sena
Usando dos cossenos no triângulo BCD temos que 
(BD)2 = 42 + y2 -2.4.y.cos(90°-a) = 42 +(8sena)2 
-2 4.8.(sena).(sena) => (BD)2 = 42 => BD = 4
Como ZABC = 100° e AB = BC temos que ZBAC = ZBCA = 40°
Usando a lei dos senos no triângulo ACD temos que 
y AC y 8. cos 40° 
sena sen130° sena” sen50° 
8.cos40° 
cos40°
Usando a lei dos senos no triângulo ABC temos que 
4 AC 4 AC
sen100° sen40° sen80° 
8.sen40°.cos40°
sen40°
4.sen80° /\Ç3 =__________
sen40° sen40°
Seja _DAC = a , AD = x e CD = y
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
sen100°
= BD.
=> BC = = BD.
cos A + cos B + cos C < 2
Prova:
+ cosC
Como
79
Solução:
Lema: Se A, B, C são tais A + B + C = n, então vale que
Questão 40 (Bulgária 1965)_________________
Sejam A, B, C ângulos de um triângulo prove que:
Como AB = AC e ZABD = ZCBD temos que ZABC = 40° . ZACB = 40° , 
ZABD = 20° e ZCBD = 20° .
3 
cosA + cosB + cosC < —.2
cos A + cos B + cos C =
„ fA + B^l fA-B')
l 2 ) <27
A + B + C= n=>
A + B n-C 
2 “ 2
A + B rt-C C=> cos--- = cos----= sen —2 2 2
sen60°= d D.-----sen40°
Usando a lei dos senos no triângulo BCD temos que
BC = BD BC BD.sen120° BQ sen60° 
sen120° sen40° sen40° sen40°
Logo temos que AD + BD = BC.
Usando a lei dos senos no triângulo ABD temos que
BD AD BD BD +AD 
sen20° sen80° sen20° + sen80°
BD + AD = BD. sen20° + sen80° = BD 2.sen50°cos30° 
sen80° sen80°
 BD 2.sen50°.cos30°
2.sen40°.cos40°
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
< 1, então temos que
Note que
Isso prova a propriedade.
Portanto temos que cos A + cos B + cos C < 2.
(a + b) ■ (a + c) > 2 ■ 7abc(a + b + c)
Solução:
(a + b) ■ (a + c) = a2 + ab + ac + bc.
Como a, b, c são números reais positivos temos que
a2 + ab + ac > 0 e bc > 0.
80
Questão 41 (OBM 2001-Terceira Fase)
Sejam a, b, c números reais positivos prove que:
f A - B) 
Como 0 < cos --------l 2 )
fA + B'| fA-B)
cos -------- ■ cos --------
k 2 ) k 2 )
C< sen— =>2
C=> cosA +cosB + cosC < 2 • sen —+ cosC =
2
= 2 ■— + (1-2 ■ sen2 —)
2 2
C
Fazendo t = sen — , temos que
cos A + cosB i-cosC < -2 • t2 + 2 ■ t+ 1
-2t2 + 2 t + 1< —<=> 
4
<=> -4 • t2 + 4t +1 < 0 <=>
<=>-(2 t-1)2 S0
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Agora faça x = a2 + ab + ac
500, calcule
3 = (x + y) • (x2 +y2 - xy) = (50) ■ (1500-500) = 50000.
Solução:
Prova 1:
cos20°cos40°cos80° =
81
sen40°
Solução:
Como x e y são números reais positivos temos que x + y = 50.
Temos também que x2 + y2 + 2xy = 2500 => x2 + y2 = 1 500
2 
8
Questão 42 (Singapura 2008)____________________________________
Sejam x e y números reais positivos tais que (x + y)2 = 2500 e xy = 
x3 + y3.
Questão 43 (Singapura 2008)______________________________
Calcule o valor da expressão:
(log cos 20° + log^j cos40° + log^ cos80°)2
1Lema: cos20° • cos40° ■ cos80° = —
8
sen80°
x3 + y
cos20°cos40°cos80°sen20°sen40°sen80°
sen20°sen40°-sen80°
(cos20° sen20°) (cos40° sen40°) (cos800-sen80°) 
sen20°sen40°sen80° 
(sen20°j f
sen20° ■ sen40° ■ sen80'
e y = bc.
Daí por M.A. > M.G., temos que
x + y . i— Vxy =>
=> a2+ab + ac + bc > 2 7abc(a + b + c) =>
=> (a + b) ■ (a + c) > 7abc(a + b + c) .
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Prova 2:
, temos que
i°
Agora vamos ao nosso problema:
pelo
Temos que P(x) = T(x) ■ Q(x) + h(x). Daí temos que
P(1) = T(1) ■ Q(1) + h(1) => 1 = 2a + b.
Por outro lado temos que P(2) = T(2) • Q(2) + h(2) => 1 = 2a + b.
Assim temos que:
82
Resolvendo esse sistema temos a = 0 e b = 1.
Logo o resto é 1.
Solução:
Como Q(x) tem grau 2 então o resto é da forma h(x) = ax + b.
2
8
a + b = 1
2a + b = 1
Questão 44 (Singapura 2008)_______________________________
Encontre o resto da divisão do polinõmio P(x) = (x -1)100 
polinômio T(x) = x2 - 3x + 2
+ (x-2)200
l0972 cos20° i-log^ cos40° + log^ cos80° = log^ cos20°cos40°cos800 =
1
= log^-=-6,
Logo (logcos20° + log^ cos40° + log^ cos80°)2 = 36.
. sen8x
Usando a formula cosx ■ cos2x ■ cos4x =------------
8 ■senx
sen160'
cos20°cos40°cos80° =------------
8 sen20°
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Como a e b são números inteiros temos que a = -4 => b = 1, logo
a + b = 3.
Questão 46 (Singapura 2008)
1 - x2 , onde -1 S x s 1. Encontre a imagem de f(x).
Agora vamos analisar dois casos:
83
Solução:
Note que 7? -4^3 = 2 - V3 , pois (2- V3) =7-4>/3.
Seja 
f(x) = x2+ax + b = 0=> 
=> f (2 - >/3) = 7-4^3 + a 
=> (7 + 2a + b) + -J3 ■ (-a - 4) = 0.
Questão 45 (Singapura 2008)
Se a e b são números inteiros e V7-4V3 é uma das raizes da equação 
x2 + ax + b = 0. Calcule a + b.
Se f(x) = x2 +
Solução:
Como -1 < x < 1, podemos fazer x = cos a daí temos que 
f (x) = cos2 a +1 sen a | =>
=> —f(x) = - cos2 a -1 sen a | =>
1 - f (x) = sen2a -1 sen a |
• (2 - >/3) + b = 0 =>
— < sen2a-sena < 0.
4
Caso 1: sen a a 0
Se senctsO=>sen2a-|sena| = sen2a-sena, daí estudando o sinal da função 
do segundo grau temos que
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Assim temos que
Por outro lado temos que
Questão 48 (Espanha)
S1 é válida para todo x real.Prove que a desigualdade -1 <
84
Solução:
Temos que -1 S cos x s 1 =>1 s 2 + cos xS3, portanto temos que ;
Como x, y e z são inteiros positivos temos que x + y + z é inteiro, portanto x + y + 
z = 13, assim temos que 10 ■ (x + y + z) = 130.
Caso 2: sen a S 0
Se sena < 0 => sen2a-| sena| = sen2a + sena, daí estudando o sinal da função 
do segundo grau temos que
Questão 47 (Singapura 2008)_______________________________________________
Se x, y e z são inteiros positivos tais que 27x + 28y + 29z = 363. Determine o 
valor de 10 • (x + y+ z).
73■senx
2 + cosx
1 ■>
— < sen a-sena < 0.
4
Solução:
Como x, y e z são inteiros positivos tais que
36327x + 28y + 29z < 27 • (x + y + z) => -y <x + y + z=>13,44<x + y + z.
36329 • (x + y + z) > 27x + 28y + 29z => x + y+ z > => x + y + z > 12,51.
115 -- < 1 - f(x) s 0 => - > f(x) -1 > 0 => - > f (X) > 1.4 4 4
senx < 1 2 - cos x s 73 • sen x £ 2 + cos x.
2 + cosx
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Prova:
Parte 2: Provar que Vã • sen x < 2 + cos x
Prova:
Dai nosso novo sistema será:
85
Solução:
Temos que
Parte 1: Provar que - 2 - cos x s Vã ■ sen x
x - y = 7 
xy = 8
(>/x -^y) ■ + V*y +
(Ví-Vy) = i=>
=>x-y-3-^xy-(Vx-^y) =
=> l/xy = 2 => xy = 8
Questão 49 (Alemanha 1996)______________________
Encontre todos os pares de números reais (x, y) tais que:
71 71—.senx - sen—. cosx <=> 1 2 sen x —
l 6,
cosx <=■ -1 < sen(^-+ x)
-2-cosx s Vã ■ senx <=> -2 <, Vã • senx + cosx <=> -1 < —senx +-cosx
2 2
22 Vã ■ senx - cosx <=> 1 2 -^-senx - — cosx
Vã • sen x < 2 + cos x <=> 2 >
<=> 1 2 cos
x - y = 7
y2 =7
3/7) = x-y^
(l/x -^/y)3 =1=>
1=>
.71 7t<=>-!< cos—.senx + sen^-
Vã
2
1
2
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Logo as únicas soluções são os pares (x, y) = {(8, - - 8)}
Daí temos que:
86
Solução:
Note que
_1_ 
2k
1 1 1 1 1 1
33 53 73 93 (2k + 1)3 < 12
1
2k + 2
2 2_1
32 < 2 4
2 _1 _1
52 <4 6
2 2_1 
72 < 6 8
2
(2k + 1)2
Questão 50 (Irlanda 1990 - Adaptada)
Seja n £ 3 um número natural. Prove que:
x - y = 7 =>
=> x - 7 = y =>
=> x ■ (x- 7) = 8 =>
=>x2 -7x-8 = 0 =>
=>x = 8 ou x = - 1 =>
=>y = 1 ou y = - 8.
(2k +1)2 > (2k +1)2 -1=> 
=> (2k + 1)2 > (2k) ■ (2k + 2) =>
1 1
(2k +1)2 <
2
(2k + 1)2 <
2
(2k +1)2
(2k) (2k + 2)
2 '
(2k) (2k + 2)
_1_____1_
<2k 2k + 2
2 
2
2 
4
1
6
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Somando tudo membro a membro temos que:
que —
180°-a = ZADC.
CD
87
Solução:
Seja a = ZADB então temos que
Usando a lei dos senos no triângulo ADC temos 
que:
1
4k + 4
2
4
2
4
1
3'
2
2
92+-
1
AB 
sena
AC 
sen(180°-a)
Questão 51 (Uruguai 2000)___________________________________________
Seja ABC um triângulo e D um ponto sobre BC. Sejam R, e R2 os raios das 
circunferências circunscritas aos triângulos ADC e ABD respec-tivamente. Prove
AC R<que ---- = —
AB R2
1 
(2k +1)3
2
3
B' 
Usando a lei dossenos no triângulo ABD temos que:
2
4
2__
(2k + 1)2
AB= 2Rt ---- = 2sen(180° - a)
Ri
AB 2R2 => — = 2sena
R2
Note que 3 • 32 = 33; 3 • 52 < 53; 3 • 72 =73;3 • (2n + l)2 =(2n+l)3 =>
1 1 J_ . J_ 1
32 +52 +72 ^92 + +(2k + 1)2
1 1 1 1
32 r 52 + 72 + 92 +'"
1 1 1 1
33 53 73 93
J_ 1 1 1 1
32 + 52 + 72 + 92 +"'+ (2k + 1)2
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Como sen a = sen (180° - a) temos que:
Lema: Se n um inteiro positivo então:
88
AC
AB
AB
r2
Solução:
Antes de fazermos esse problema vamos provar um lema:
AC
Rt
2n + 1
cos2 1 -1 +... + 2 fcos2 nn -1 = 2S - n
2n + lJ ~
2n 4it 6n=> cos--- + cos----+ cos----+2n + 1 2n +1 2n + 1
Prova:
Seja
2 n 2 2n 2 3n 2 rijt _cos --- + cos ----+ cos --- +... + cos --- = S =>
2n + 1 2n+1 2n+1
=> 2-ícos2—-—
t 2n + 1
Questão 52 (Irlanda 1988)___________
Prove que se n um inteiro positivo então:
6n - 5
15
Rt
R2
Sabemos que cos4x = 8 • cos4 x - 8 ■ cos2 x + 1. Dai temos que: 
cos 471 = 8 ■ cos4 —------8 • cos2 —-— +1
2n+1 2n + 1 2n + 1
cos---n- = 8 ■ cos4 ——— 8 ■ cos2 +1 
2n + 1 2n + 1 2n + 1
12n < 3i 2 3ticos-------- = 8 • cos--------- 8 • cos --------+1
2n +1 2n +1 2n +1
cos4 —-— + cos4 2* + cos4 -371- +... + cos4 nn-- =
2n +1 2n +1 2n +1 2n +1
2 n 2 2n 2 3tt 2 ntt 2n-1cos --- + cos --- + cos ----+... + cos --- =----2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 4
V 2n + 1
2ntr. ... + cos---2n + 1
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
8 •
+ n =>
89
cos 4nn + 8 ■ cos4 ——— 8 • cos2 nn +1 
2n +1 2n +1 2n +1
r-1 s-1 t-1 
r+1 s+1 t+1
(r-1)(s+1)-(tf1) + (rf1)-(s-1).(t+1)f(rf1)-(s+1)-(t-1)
(r+1) - (s + 1) • (t + 1)
Solução 1:
Usando as relações de Girard temos que: 
r + s + t = 0
■ rs + rt + st = - 2007
rst = - 2002
= 8 ■ f cos4 — ----r COS4 -2n + COS4 .
k 2n +1 2n +1 2n +1
=> cos4 —-— + cos4 
2n + 1
Questão 53 (Irlanda 2007)____________________________________________
Sejam r, s e t as raizes do polinômio p(x) = x3-2007x + 2002. Determine o
, r-1 s-1 t-1 
valor de----- + —- + —- .
r+1 s+1 t+1
Somando tudo membro a membro temos que: 
4rt 8n 12n 4nitcos------- + cos--------+ cos------- +... + cos--------
2n + 1 2n + 1 2n+1 2n + 1
( 4 n 4 2n 4 3rt 4 nrtcos ------- + cos -------- + cos --------+... + cos --------
\ 2n +1 2n +1 2n +1 2n +1.
, ( 2 2 2tt 2 3n 2 nn 14 ■ COS ---- + COS -----+ COS ----- + ... + COS ■----- + Ik 2n +1 2n +1 2n +1 2n + V
2n .-sen-------- 1- sen(2n)
2n +1
2 ■ sen-----—
2n + 1
4 nn . f2n-1'| ... + cos4 - ---- - +4 ■ —-—
2n + v k 4 )
2n 4 3rt 4 nrt 6n - 5
------- + cos -------- +... + cos------- - =-------- 
2n + 1---------2n + 1--------------- 2n + 1 15
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
r + 1 2
t + 1r + 1 r + 1
= 3-2-
= 3-2
= 3-2-
cos2 2x + cos2 3x = 1.
90
Solução:
Vamos analisar dois casos:
Caso 1: sen x = 0
Se
sen x = 0 => sen2x = 2 ■ sen x • cos2x = 0
e
s-1
■ +---------
s + 1
s + 1
r-1 
r + 1 
2
s+1 s+1 t+1
1 1 1
------- 4------------ 1---------
r+1 s+1 t+1
Questão 54 (IMO 1962)
Resolva a equação cos2
(3rst + (rs + rt + ts) - (r + s +1)) - 3 
rst + (rs + rt + ts) + (r + s +1) +1 
(3 ■ (-2002) + (-2007) - (0) - 3) 
(-2002) +(-2007)+ (0) + 1
-8012 „ =-------- = z
-4008
((rs + rt + ts) + 2 ■ (r + s +1) + 3) 
rst + (rs + rt + ts) + (r + s +1) +1 
((-2007) + 2 ■ (0) + 3) 
(-4008)
„ „ -2004 „ 
= 3-2----------= 2
-4008
Solução 2:
Usando as relações de Girard temos que: 
r + s + t = 0
• rs + rt + st = - 2007
rst = - 2002
t-1 
't + 1- 
2 t + 1
s + 1
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
0 => COSX = ±1,
cos2 2x + cos2 3x = 3,
portanto não sendo solução, logo x t kn , onde k é inteiro.
= -1 => => sen7x + senx = 0 => 2 • sen4x • cos3x = 0 =>
=> 4x = krt ou
Conclusão: x = —, onde k é inteiro ou x = — + —, onde a é inteiro e x*bn,
Analogamente temos que cos2 B
C), sen(A + C) são númerosB), sen(B
sen(A + B) = sen(180° - C) = sen C,
91
Primeiro Passo: Mostrar que cos2 A, cos2 B, cos2C são números racio-nais.
Temos que cos2 A = 1 - sen2A, logo cos2 A é um número racional.
sen3x = sen2x ■ cosx + senx ■ cos2x 
cos2x = ±1 
e
cos3x = ±1 => cos2
Solução:
Sejam A, B, C os ângulos de um triângulo, temos que A + B + C = 180°. 
Temos que sen A, sen B, sen C são números racionais, logo temos que 
sen2A, sen2 B, sen2 C são números racionais.
Segundo Passo: Mostrar que sen(A 
racionais.
Questão 55 (Rússia 2001)_____________________________________________
Os senos dos ângulos de um triângulo são números racionais. Mostre que os 
cossenos são também racionais.
e cos2 C são números racionais.
Caso 2: sen x + 0
cos2 x + cos2 2x + cos2 3x = 1 =>
=> 2 • (cos2 x) -1 + 2 • (cos2 2x) -1 + 2 ■ (cos2 3x) -1 = -1 =>
=> cos2x + cos4x + cos6x = -1 =>
í -senx + sen7x
t 2senx
_ n , krt rr3x = — + kn => x = — ou x = — +
2 4 6
an
T
an
3
7t
6
n
6
kn
4 
onde b é inteiro.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
=> sen (A - B) =
Analogamente temos que sen(B - C), sen(A - C) são números racionais.
Solução:
C
M
A- B
92
logo sen (A + B) é um número racional.
Analogamente temos que sen(B + C), sen(A + C) são números racionais.
logo cos B é um número racional.
Analogamente temos que cos A e cos C são números racionais.
Questão 56 (Argentina 1997)
Seja ABC um triângulo ZBAC > 90° e M é o ponto médio de BC. 
Se ZBAM = 90°, AB = 35 e AC = 77. Calcule BC.
Multiplicando (i).(ii) temos que
sen(A + B) ■ sen(A - B) = sen2A ■ cos2 B - sen2B • cos2 A
sen3A ■ cos3 B - sen3B • cos3 A
sen(A + B)
logo sen(A - B) é racional, pois sen2A cos2B-sen2B ■ cos2 A é racional e 
sen(A + B) também é racional.
Terceiro Passo: Mostrar que sen(A - B), sen(B - C), sen(A - C) são números 
racionais.
[sen (A + B) = sen A ■ cos B + sen B • cos A (i)
[sen (A - B) = sen A • cos B - sen B • cos A (ii)
Quarto Passo: Mostrar que cos A, cos B e cos C são números racionais.
.. ,. _. . „ „ sen(A + B) + sen(A-B)sen(A + B) + sen(A - B) = 2 • sen A • cosB => => cosB =-- ---- ---- -----2 ■ senA
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
y =
3x • (x -3y) = y2 +z2
0 e z = 0.
pois 3x • (x- 3y) é múltiplo de 3.
93
Solução:
Vamos analisar os casos:
Sejam (a, b, c) uma solução, então
Caso 1: z e y não são múltiplos de 3
Neste caso temos que z2=1(mod3) e y2s1(mod3), logo x2 + y2 = 2(mod3), 
absurdo, pois 3x ■ (x-3y) é múltiplo de 3.
Logo neste caso não há solução.
Caso 2: Um dos números é múltiplo de 3 e o outro não é múltiplo de 3. 
Neste caso temos que
z2 + y2 = 1(mod3), 
absurdo,
Daí temos que
íy2 + x2 = 3577
|x2-y2 =1225
Daí concluímos que x2 = 2401, logo x = 49 e portanto BC = 98.
não tem outras soluções inteiras além da solução x = 0, y =
Questão 57 (Bulgária 1964)
Prove que a equação:
Faça BC = 2x e AM = y.
Como M é o ponto médio temos que BM = CM = x.
Usando o teorema de Pitágoras no triângulo ABM temos que 
(35)2 + y2 = x2 => x2 - y2 = 1225
Usando a formula da mediana (Veja problema 1 do capitulo 1) temos que 
^.72.(352 +772)-(2x)2 => y2 = ^-.[2.(352 +772)-(2x)2]
=> 4y2 + 4x2 = 14308 => y2 + x2 = 3577
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Questão 58 (Bulgária 1969)
é divisível por 5n+1
é divisível por
é divisível por 5n+1, temosüi)
logo
94
Caso 3: Os dois números são múltiplos de 3.
Neste caso suponhamos, por absurdo, que (a, b, c) seja uma solução onde a é 
mínimo, então c = 3n, b = 3m, logo 3x • (x - 3 ■ 3m) = 9m2 + 9n2, logo a é múltiplo 
de 3, então a = 3 ■ p, assim
Temos que
3 ■ 3p ■ (3p - 3 • 3m) = 9m2 + 9n2 => 3p • (p - 3m) = 9m2 + 9n2, absurdo, pois m < a. 
Logo a equação não tem solução.
i)
ii)
225" =(5n.1 . t)_1z=>
= [(5n*1-t)]4
Note que 
[(5n*1 • t)]“
[(5n+’-t)]4+4- 
+4-[(5n+1 -t)-(-1)3] + (-1)4 =
[(5ntl -t)2 (-1)2] +
+ 4'[(5n+1 -t)3 (-1)] + 6 [(5n+1 t)2 • (-1)2] s 0(mod5n±2),
[(5n+1 ■ t)]3 - (-1)-t-6 - [(5n*1 ■ t)2 ■ (-1)2] + 
4 • [(5n+1 • t) • (-1)3] + (-1)4(mod5n+2).
= 1025 = 25-41
n = k, isto é, 1+22'5"
Prove que para todo n natural o número N = 1 + 22'5"
Solução:
Vamos fazerisso por indução:
Para n=1, temos que 1 + 22 5"
Suponha válida a propriedade para
5"*1.(H.I)
Provemos que vale para a n = k + 1. Se 1 + 22 5" 
que 1 + 22 5 = 5n+1 • t, para algum t natural
+ 4 -[(5"+1-t)3 -(-1)] + 6- 
+4-[(5n+1 -t)-(-1)3] + (-1)4
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
+6 •
s 1 +
é divisível por
95
Temos também que
yi + y2[X1 •(1-xl)] [x2 O-Xz^X, - X2-(X, •X2) (X1+X2)-(X1 -X2)2 = 
= 1-(1)(-p) + (1)2=p + 2.
Solução:
Temos que: 
Íx1 + x2 = —p 
|x, -x2 =1
Observe que:
1 + 22'5" =1 + Í22'5n
Questão 59 (Bulgária 1963)___________________________________________
Sejam x, e x2 as raizes da equação x2+px+1 = 0. Determine uma equação do 
segundo grau cujas raízes são y, e y2, onde y, = x, • (1-x,) e 
y2 =x2 (1-x2).
I?2 q4 =
■[[(5n+1 -t)]4
[(5n+1 t)2 -(-1)2] + 4- 
h1+22 5"
= 1 + 22'5" + 4 • [(5"+1 • t)]3 +
[(5"+1-1) - (-1)3] + (-1)4] =
• [4 • [(5n+1 • t)] • (-1)3] + (-1)4] =
[(5n+1 .t)-l]-[4-[(5"+1 .t)]-(-1)3] + (-1)4]s 
s1 + (5n+1 ■ t) + 4-[(5nt1 . t)]-1 5 ■(5n+1 • t) = 0(mod5n + 2). 
Logo 1 + 22 ’5 é divisível por 5n+2 .
Portanto temos que para todo n natural o número N = 1 + 22 5" 
5n*1.
Como y, = x, • (1 - x,) e y2 = x2 • (1 - x2) temos que
y, +y2 = x, +x2 -[(x, +x2)2 -2x, ■ x2]= =-p-[p2 -2 • (1)] = -p2 -p + 2.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
x2 +2x ■ cos(xy) + 1 = 0
- 1 => y = n + 2kn,
96
Vamos analisar 2 casos:
Caso 1: x < 0
Note que x2 + 2x • cos(xy) + 1 = (x +1)2 + 2x ■ (cos(xy) -1).
Solução 1:
É fácil ver que x = 0 não é solução.
Observe que (x +1)2 s 0 e 2x ■ (cos(xy) -1) á 0, pois 
-1 < cos(xy) < 1 => -2 s cos(xy) -1 s 0 e 2x < 0.
Logo a equação é x2 + (p2 + p - 2) ■ x + (p + 2) = 0
Questão 60 (Bulgária 1964)
Encontre todas as soluções reais da equação:
Portanto x2 + 2x ■ cos(xy) + 1 = 0 só ocorre se 
x = - 1 e cos xy = 1 => y = 2krt, 
onde k é inteiro.
3aso 2: x > 0
:os xy > - 1 => 2x ■ cos xy > - 2x => x2 + 2x ■ cos(xy) +1 > (x -1)2. Dai se x í 1, 
temos que
=> x2 + 2x • cos(xy) + 1 > 0 e se x = 1 => cos xy 
onde k é inteiro.
Se x = 1 => cos xy = -1 => y = rt + 2krt, onde k é inteiro 
Se x = - 1 => cos xy = 1 => y = 2kn, onde k é inteiro
Solução 2:
x2 + 2x • cos(xy) +1 = 0 =>
=> (x + cos(xy))2 +1 - cos2(xy) = 0 =>
=> (x + cos(xy))2 +sen2(xy) = 0 =>
=> (x + cos(xy))2 = 0
e
sen2(xy) = 0 => cos(xy) = ± 1 =>x = ±1.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
yl3a2 - 4a + a ■ \]2a2 + 3a + 2
Parte 2: Mostrar que v2a2 +3a + 2
97
Prova: 
Como a3 -
a + 1
a
Questão 61 (China)_____________________________________________
Seja a um número real tal que a3 - a -1 = 0. Determine o valor número de
Solução:
Parte 1: Mostrar que ç3a2 - 4a = 1 - a
a -1 = 0 => a3 = a+1
Prova:
(1 - a)3 = 1 - 3a + 3a2 - a3. Como a3— a -1 = 0 => a3 = a +1 => 
=> (1 - a)3 = -4a + 3a2 => ^3a2 -4a = 1 - a
Note que ^2a2 + 3a + 2 = a + ^- 
a 
a4 ■ (2 + 3a + 2a2) = (a + 1)4 o 
<=> a • a3 ■ (2 + 3a + 2a2) = a4 + 4a3 + 6a2 + 4a +1 c=> 
<=> a • (a +1) • (2 + 3a + 2a2) = a • a3 + 4(a +1) + 6a2 + 4a +1 <=> 
o a ■ (a + 1) ■ (2 + 3a + 2az) = a ■ (a +1) + 4(a +1) + 6a2 + 4a +1 <=> 
•» 2a4 + 5a3 + 5a2 + 2a = 5 + 9a + 7a2 <=> 
o 2a • a3 + 5 ■ (a + 1) + 5a2 + 2a = 5 + 9a + 7a2 o 
o 2a ■ (a +1) + 5 ■ (a +1) + 5a2 + 2a = 5 + 9a + 7a2 <=> 
<o5 + 9a + 7a2 =5 + 9a + 7a2.
Dai temos que v3a2 -4a + a • v2a2 +3a + 2 =1-a + 1 + a = 2.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
2uestão 63 (Nórdica)
i)
ii)
é inteiro
iii)
são inteiros.
98
Questão 62 (Bélgica 1978)
Ache um polinômio com coeficientes inteiros tal que -J2 + 73 é raiz.
2
- 2
.x-i + 
rk-!que é inteiro, pois ^rk+-^-1, ír + - r1
.k-i + 1 
rK-i
1 1Seja r um número tal que r + - é inteiro, prove que rn +— é inteiro para todo n 
r rn
natural.
Solução:
x = ^2 + ^3 => x - 72 = 73 => (x - 72) = (73)3 =>
=> x3 + 3 ■ (x)2 ■ (-72) + 3 ■ (x) ■ (-72 )2 + (-72)3 = 3 =>
=> x3 + 6x - 3 = 3>^x2 + 2^2 =>
=> (x3 + 6x - 3)2 = [72 • (3x2 + 2)]2 =>
=> x6 + 36x2 + 9 + 2 • (x3) • (6x) + 2 • (x3) ■ (-3) + 2 ■ (-3) ■ (6x) =
= 2 • (9x4 +12x2 + 4) => => x6 + 36x2 + 9 +12x4 - 6x3 - 36x = 18x4 + 24x2 + 8
■=> x6 -6x4 -6x3 4-12x2-36x4-1 = 0
Solução:
Vamos provar isso por indução também:
Se n = 2, temos que r" +~ - (r + “
Suponha que provamos a propriedade válida para n = 1,2,3.... k, isto é,
r-t-- é inteiro, r2+^ é inteiro...... rk4--J-
r r2 rk
Vamos provar que vale para n = k + 1
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
abc + ab + ac + bc + a + b + c= 2000.
Calcule a + b + c.
Em qualquer caso temos que a + b + c = 52.
Solução:
99
Questão 64 (Moldávia)
Sejam a, b e c números inteiros positivos tais que
Questão 65 (Yugoslávia 2003)_______________________
Sejam a, b e c os lados de um triângulo cujos ângulos são 
A = 40°, B = 60°,C = 80°. Prove que a.(a + b + c) = b.(b + c)
Â60°__________ 80°À...
B -------------------------------
Solução:
abc + ab + ac+bc + a + b + c =
= ab (c + 1) + a (c + 1) + b ■ (c + 1) + (c + 1) = 2001 =>
=> (c +1) • (ab + a + b +1) ■ (c +1) = 2001 =>
=>(a (b+1) + (b + 1)) (c + 1) = 2001=>
=> (a +1) • (b +1) • (c +1) = 2001 = 3 • 23 ■ 29 =>
(a, b, c) = (2,22.28) ou (a, b. c) = (22,2,28) ou (a, b, c) = (28,2,22) ou
(a, b, c) = (2,28,22) ou (a, b, c) = (22,28,2) ou (a, b, c) = (28,22,2) .
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
= 2R
sen80°
b + c =
'3
sen60°
a+b+c=
a.(a + b + c) =
100
2.b.sen40° 
^3
b2.sen40°
x/3.sen10°
Usando a lei dos senos temos que 
a b o 
sen40° sen60° sen80°
b 
2.sen10°
2.sen10°
2
2b.sen40° 
x/3
Agora vamos calcular b.(b + c) 
b c b + c
sen60°
b + c 
sen60° + sen80°sen60° 
a + b + c
sen40° + sen60° + sen80°
o'' 
sen80°J
sen60° + sen80°
2b.^
l 2
V3
b(sen60° + sen80°) 
sen60°
2b2.f + sen80° j
=>b.(b + c)= 7
sen40° + sen60° + sen80° 
b.(sen40° + sen60° + sen80°)
sen60°
r cos 30° —cos 90°^
l 2.sen10° J
Dai tempos que 
b 
2.sen10°
Agora vamos calcular a.(a + b + c) 
a b b.sen40°----------=-----------a =---------------- 
sen40°---sen60°---------- sen60°
b a+b+c
sen60°
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
a.(a + b + c) = b(b + c) <=>
sen40° = j3.sen10°
Solução:
A
B' C
101
1
2AB
1 
BC
1
2AB
(ctx
= 2.^^- + sen80°
-J = s/3.sen10°
> V3.sen10° = Vã.senW0
Questão 66 (Romênia 2001)
Seja ABC um triângulo retângulo em A e D um ponto sobre AC tal que BD é 
bissetriz de B. Prove que:
BC - BD = 2AB <=> ——
BD
2b2.+ sen80°J
V3
b2.sen40° 
s/3.sen10°
sen40° f x/3
<=>--------= 2. — + sen80° I
sen10° k 2 J
+2.sen80°sen10° <=> sen40° = V3.sen10° + 2,sen80° cos80° 
o sen40° = s/3.sen10o + sen160° sen40° - sen160° 
= >/3 sen10° <=> sen40° -sen20° = x/3\sen10°
f40°-20°'l í,40°+20°''
c>2.sen|—J.cos|-^—■
<=> 2.sen10o.cos(30°) = V3.se n10o co ■
1 1Parte 1: BC - BD = 2AB => —--------
BD BC
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
BC-BD = 2AB=>
= 2 =o cosa -cos2a = 2.cosacos2a
4 cos3
(1 + cosa).(4cos2 a -2cosa - 1) = 0 => cosa =
cosa =
Como
36°
1
cos36°
c c
Esta ultima igualdade é verdadeira pela questão 78 do capitulo 2 do volume 1
102
1 
BD
_1_
2c
= J_
” 2c
c 
cos72°
cosa = -1
1-Vs
4
1 + 75
4
1 
cos 2a
Prova:
Seja zABD 
ccosa =---- => BD
BD
c 
cos2a =---- => BC =
BC
-1
cos 36° - cos 72° = — 
2
—— = 2 
cosa
—= 2c=> 
cosa
1 + 75 
a < 90 => cosa > 0 => cosa =--------
4
11 1---- - =-----<=>
BC 2AB
cosa -cos2a->---------------
cos 2a. cos a
=> cosa - (2cos2 a -1) = 2.cosa.(2cos2 a -1) =>
2cos2 a -3cosa-1 = 0
ZCBD = a , AB = c, AC = b e BC = a 
c 
cosa 
c 
cos 2a 
c 
cos 2a
c 
cos36°
cos72°
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
cos oc —
4cos2 a - 2cosa -1 = 0 =>
Como
a < 90 => cosa > 0 => cosa =
BC-BD = 2AB<s> = 2c
,2
y
Prove que xyz é múltiplo de 55.
103
1 
BC
1
BD
Questão 67 (Croácia 1997)___________________
Sejam x, y, z, a, b e c números inteiros tais que:
c 
cos72°
COSa
=> 2.(cosa - cos2a) =
1
= —— => BC-BD = 2AB 
2AB
c
cosa
c
cos 2a1 1
2AB " c
1 „ 1= — <=> cosa -cos2a = —
2c 2
x2 + y2 = a2 
x2 + z2=b2 
z2 + y2=c2
Parte 2: —— 
BD
C
cosa =-----=> BD
BD
Q
cos 2a =-----=> BC —
BC
1
BC
l±^^a = 36o 
4
c
cos36°
2
= 2«>-^ = 2 
4
1 
c
cos 2a
1 => 2. cos a cos 2a
1 + V5
4
1-75 cosa =--------
4
cos36° - cos72°<=>------------------
cos36° cos72°
Nesta ultima passagem usamos o fato de cos36°cos72° =
Isso já foi provado na questão 6 do capitulo 2 do volume 1
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Dai temos que analisar os casos:
= 4 (mod 5) e z2 = 1 (mod 5) e c é
ou
Afirmação 2: xyz é múltiplo de 11.
104
Solução:
Afirmação 1: xyz é múltiplo de 5
Prova:
Suponhamos, por absurdo, que xyz não é múltiplo de 5.
Prova:
Suponhamos, por absurdo, que xyz não é múltiplo de 11.
Vamos analisar módulo 11 
t s 1 (mod 11) => t2 = 1 (mod 11) 
t = 2 (mod 11) ==> t2 =4 (mod 11)
+ z2 é múltiplo de 5, absurdo, pois 
,2 + z2s1 + 4+1s 1(mod5)l,
= 1 (mod 5)
2 e 1(mod 5) => a2 e 2(mod 5), absurdo!
= 4 (mod 5)
2 = 4 (mod 5) => a2 = 3(mod 5), absurdo!
e 4 (mod 5) ou y2
Caso2: 
x2 s 4(mod 5) e y2 
Se x2 e 4 (mod 5) e y
Casol:
x2 s 1(mod 5) e y2
Se x2 e 1(mod 5) e y‘
Caso3: 
x2 s 1(mod 5) e y2 
Se x2 = 1(mod 5) e y
e 4 (mod 5) ou x2 s 4 (mod 5) e y2 = 1 (mod 5)
2 = 1(mod 5) =5 a2 s 0 (mod 5) => a é múltiplo de 5
Fazendo o mesmo raciocínio na segunda e terceira expressões temos que: 
x2 = 1(mod 5) e z2 =4 (mod 5) ou x2 s 4 (mod 5) e z2 = 1 (mod 5) e b é 
múltiplo de 5 
y2 = 1(mod 5) e z2 
múltiplo de 5
Agora somando as 3 expressões temos que: 
2 (x2 + y2+z2) = a2 + b2 + c2 => x2 + y2 
x2 + y2 + z2 = 4 + 4 + 1 = 4(mod5) ou x2 + y 
logo xyz é múltiplo de 5.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
E os outros 5 casos são análogos.
Agora vamos analisar 5 casos:
+ y
2
+ y
105
Com isso temos 5 pares tais que a soma dos restos resulta é um resto que 
também é quadrado perfeito modulo 11 são eles: (1,3).(1.4),(3,9),(4,5) e (5,9).
4
1 ou 5
é quadrado perfeito se somente se z2 s I 
z2 s 9 ou 1
se z2 - 1
z2 a 3 OU 5
Z2 s 1
4 ou 9
t = 3 (mod 11) => t2 =9 (mod 11) 
t s 4 (mod 11) => t2 s 5 (mod 11) 
t = 5 (mod 11) => t2 - 3 (mod 11) 
t s 6 (mod 11) => t2 — 3 (mod 11) 
t = 7 (mod 11) => t2 h 5 (mod 11) 
t s 8 (mod 11) => t2 = 9 (mod 11) 
t = 9 (mod 11) => t2 s 4 (mod 11) 
t s 10 (mod 11) => t2 = 1 (mod 11)
Caso 3: x2 = 3 (mod 11) e y2s9(mod11)
Neste caso teriamos que x2 + z2 é quadrado perfeito se somente 
ou 9 (mod 11) e z2 + y2 é quadrado perfeito se e somente se 
(mod 11),absurdo!
Caso 2: x2 = 1 (mod 11) e y2
Neste caso teriamos que x2 + z2 
ou 3 (mod 11) e z2 + y2 é quadrado perfeito 
(mod 11), absurdo!
s 4 (mod 11)
é quadrado perfeito se somente se z 
se e somente se z2 =
Caso 4: x2 = 4 (mod 11) e y2s5(mod11)
Neste caso teriamos que x2 + z2 é quadrado perfeito se somente se 
ou 5 (mod 11) e z2 + y2 é quadrado perfeito se e somente se z2 = 
(mod 11),absurdo!
Caso 1: x2 s 1 (mod 11) e y2s3(mod11)
Neste caso teriamos que x2 + z2 
ou 3 (mod 11) e z2 + y2 é quadrado perfeito se e somente se 
(mod 11), absurdo!
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Logo xyz é múltiplo de 11. Portanto xyz é múltiplo de 55.
Solução:
A
ED,
aCB F
106
Sejam E e F os pontos que a circunferência toca os lados AC e BC 
respectivamente
Temos que CE = CF = r
Sejam BF = BD = z e AD = AE = y
Usando o teorema de Pitágoras temos que:
(r + z)2 + (r + y)2 = (y + z)2 => (r2 + 2rz + z2) +(r2 + 2ry + y2) 
= (y2 + 2yz + z2) => r.(r + y + z) = yz
Questão 68 (Eslovênia 1999)_________________________________________
A circunferência inscrita a um triângulo retângulo ABC toca a hipotenusa no 
ponto D Prove que a área do triângulo ABC é igual a AD.BD
Por outro lado temos que:
S = p.r = r.(r+ y + z)= yz
Isso prova o que pede o problema
Caso 5: x2 s 5 (mod 11) e y2 = 9 (mod 11)
Neste caso teriamos que x2 + z2 é quadrado perfeito se somente se z2 a 4 
ou 9 (mod 11) e z2 + y2 é quadrado perfeito se e somente se z2 = 3 ou 5 
(mod 11), absurdo!
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Analogamente se n = 3q + 2 resto da divisão por 37 é 11.
107
note que cada parcela exceto a primeira é múltiplo de 111, logo múltiplo de 37. 
logo o resto da divisão desse numero por 37 é 1.
Solução:
Vamos analisar os casos
E se n = 3q agrupando da mesma forma teremos todas as parcela múltiplas de 
111 = 3 ■ 37 , portanto S é múltiplo de 37.
Caso 1: ns 1(mod 4)
Se n = 1(mod 4) => 2n + 1 e 3 (mod 4) que claramente não é quadrado perfeito
Caso 2: n = 3 (mod 4)
Se n b 3 (mod 4)=>2n + 1s7e3 (mod 4) que claramente não é quadrado 
perfeito
Caso 3: n s 2(mod 4)
Se n = 2 (mod 4) => n = 2 ou 6 (mod 8) => 2n + 1 s 5 (mod 8) que clara-mente 
não é quadrado perfeito!, logo n tem que ser múltiplo de 4.
Questão 69 (Auckland 2002)
O número 111...111(formado por m algarismos 1’s) é divisível por 37. Prove que 
m é múltiplo de 3.
Questão 70 (Auckland 2003)__________________________________________
Se 2n + 1 é o quadrado de um inteiro positivo, prove que n é múltiplo de 4.
Agora vamos a analisar os casos:
Caso 1: m = 3q + 1, onde q é um número natural
Neste caso teremos
S = 1 + 10 + 102 + 103 + ... + 103q’2 +103q’1 +103q =1 + 10(1 + 10 + 100) + ...
... + 103q‘2 ■ (1 + 10 + 100),
Solução:
Seja:
S = 111...111(m algarismos 1’s) => S = 1 + 10 + 102 + ... + 10m"2 + 10m"1.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
ac
Prova:
1
ac
Prova:
Considere p =
2S
l
108
2p 
abc
2S 4S 
abc
8S2 
abcp
8S2 
abcp
1
2Rr
Solução:
Antes de fazer este problema vamos provar 2 lemas:
_1_ 
bc
1 
ab
2 
r
4R
8.(p-a).(p-b).(p-c) 
abc
a+ b + c 
abc
2 1 
r 4R
Lema 2: Sejam A,B e C ângulos de um triângulo, R o raio da circunferência 
circunscrita ao triângulo e r o raio da circunferência inscrita ao triângulo prove 
que:
1 
que — 
ab
2
7pr
4R.abC
4R
a + b + c
: 2
S 
r = —
P
R = —
4S
8p.(p-a).(p-b).(p-c)
abcp
2.S 
r__
4R.S
S = pr
abc => 
o =--------
4R
r 1— < -
R 2
Lema 1: Sejam a,b e c os lados de um triângulo, R o raio da circunferência 
circunscrita ao triângulo e r o raio da circunferência inscrita ao triângulo prove 
1 1 1 
bc “ 2Rr
Questão 71 (Turquia 2005)_________________________________________________
Sejam a, b e c os lados de um triângulo e r o raio da circunferência inscrita ao
1111
triângulo prove que: — + — + — < ■—-
a2 b2 c2 4r2
e S = Área do triângulo
P
abc 
4S
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
V(p-a).(p-b) < => (p-a).(p-b) <
7(p-a).(p-c) < =>(p-a).(p-c)<
2
V(P- b).(p- c) < => (p - b).(p - c) <
=>((P-a).(P-b).(p-c))2 <—
Daí temos que:
— <-=>2r<R=> — > — => —.— > —.— => —5- > ——
1
bcac
ax2 +bx + (c -n).
109
abc<----
8
2r
R
Questão 72 (Republica Tcheca e Eslovaca 2000)____________________________
Sejam P(x) e Q(x) dois trinómios quadráticos tais que três das raízes da equação 
P(Q(x)) = 0 são os números - 22, 7 e 13. Determine a quarta raiz desta equação
8.(p-a).(p-b).(p-c) 
abc
Pela desigualdade de M.G < M.A temos que: 
p-a+p-b 
:2;
p-a+p-c
2
p-b+p-c
2
p-a+p-c
2
p-a+p-b
2
a2 b2 c^
4 4 4
< — 
ab
p-b+p-c
2
Assim temos que: 
r 1 
R “ 2 
1 1 1
a2 + b2 + c2
Solução:
Sejam m e n as raizes de P(x) e Q(x) = ax2 + bx + c , dai temos que as raizes de 
P(Q(x)) = 0 são as raizes dos polinômios h(x) = Q(x) - m = 
= ax2 + bx + (c - m) e do polinômio t(x) = Q(x) - n =
= (^) =>(P-a).(p-b).(p-c)
'2 ÈÍ
4
a^
4
abc
8 8 < r 1
abc R 2
1
2Rr
1
4r2
1
2r '
1
1 1
R 2r
1 
4r2
1 1
2r 2r
2Rr 4r2
1
R
1
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Note que q + r2 = r3 + r4 = — . Dai temos 3 casos a analisar
Portanto a quarta raiz pode ser 42.
Portanto a quarta raiz pode ser - 28.
110
Tome a = 1, m = 1 e n = 1016 => c = 92
=>P(x) = (x-1) (x-1016) = x2 - 1017 x+ 1016 e Q(x) = x2 -20 x + 92.
q = 7 , r2 = 13 e r3 = - 22
= 42 =>
Caso 2: q = 7, r2 = - 22 e r3 = 13
Como q + r2 = r3 + r4 =>
=>r4 = -28=>
=>c-m = 7 (-22) =-154 
e
c-n=(-28)-(13) = — 364 =>
=>n - m = -364 + 154 = - 210
Caso 3: q = - 22, r2 = 13 e r3 =7
Como q + r2 = r3 + r4 =>
=> r4 = -16 =>
=>c-m = (-22)-13 =-286 
e
Sejam q e r2 as raízes do polinômio h(x) e r3 e r4 as raízes do polinómio t(x).
Note que q + r2 = r3 + r4 = . Dai temos 3 casos a analisar
3
Caso 1:
Como q + r2 = r3 + r4 => r4 
=>c - m = 7 -13 =91 
e
c - n = (-22) ■ (42) = - 924 => 
=>n-m = 924 + 91 = 1015
Tome a = 1, n = 1 e m = 211 =>
=>c = -153 =>P(x) = (x-1) • (x-211) = x2 -212x + 211 
e
Q(x) = x2 +15X-153.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Portanto a quarta raiz pode ser - 16.
Conclusão: A quarta raiz pode ser 42 ou - 28 ou - 16
'a2.b2 s ab
>ab=>a2 +b2 a 2ab'a2.b2Por M.A a M.G, temos que
2 ac => a! +c2 > 2acPor M.A a M.G, temos que
> bc => b2 + c2 > 2bc
111
c-n= (—16) - (7) = — 112 => 
=>n - m = -286 + 112 = -174
Solução:
a3 +b3 -c3 + 3abc = (a + b-c).(a2 +b2 +c2 -ab-bc-ac)
Note que a + b > c pela desigualdade triangular
Falta-nos provar que: a2 + b2 + c2 > ab + bc + ac
Questão 73 (Torneio das cidades 2002) 
Sejam a, b e c lados de um triângulo prove que 
a3 + b3 + 3abc > c3
a2+b2
2
a2 + c2
2
b2+c2
a2.c2 =>
Tome a = 1, n = 175 e m = 1 => c = - 111 => 
=>P(x)= (x-1) (x-175) =x2 -176x + 175 e Q(x) = x2 + 9 x - 111.
Prova: 
a2+b2 ------- >
2
a2 + b2
2
2
a2 + c2------- >
2
b2 + c2 r
Por M.A a M.G, temos que—|—> vb2.c2 => ? --------- - - ------------
Somando tudo temos que 2.( a2 + b2 + c2) a 2ab + 2ac + 2bc => a2 + b2 + c2 a 
ab + ac + bc
Portanto a desigualdade é valida.
Questão 74 (Romênia 1981)____________________
Existe uma função f: R -> R tal que f é injetora e 
•1 
f(x2)- (f(x))2 a - 
4
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Conclusão: Não existe função que satisfaça as condições do enunciado
Lema: Sejam a,, a2 an termos de uma P A, prove que:
112
1 
an-1.
Solução:
Antes de fazermos este problema vamos provar um lema:
a, ■ a2
1 í
r „ 2
1
a3
1
34
1
1993-1996
1
an ' an-1
_1_
an
1
an ‘ an-1
n-1
an -a1
1
a5 ’ a4
_1_
a3
1 
a5 • a4
1
a! ' a2
1
84 ' a3
1 --------+ 
a2
1
a3 ■ a2
9 1
=> a - a2----- 2 0 =>
4
2
a2-a + —<0=> 4 í—- — i 
<2 4/
(i-í-
Solução:
 1
Se a e R, satisfaz a equação a - a £ —
4
1 1Analogamente temos que f(1) - (f(1))2 > — => f(1) = — => f não é injetora
4 2
Questão 75 (Chile 1996)
111
Calcule a soma------+------- +--------- +
1-4 4-7 7-10
1 ]
a4 ■ a3
,2 - 1 _ _
” ' 4
=>(1-1^0^
l2 4)
1 
=> a = —
2
1 1Agora note que f(0) - (f(O))2 > — => f(0) = —.
4 2
Prova do Lema:
1 1
• +----------
a3 • a2
1 _1
ai
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
n-11
1 £ 2y =>O>y=>y = O=>x = 1.-2y
Questão 77 (Chile 1990)
113
665
1996
Solução:
Note que
1
r Lan
1
r Lan ’alJa1.
Questão 76 (Chile 1991)
Determine todos as soluções inteiras não - negativas da equação 2X - 2y = 1 e 
demonstre que não há outras soluções
1
1993 -1996
111 1
Determine um número natural n tal que 996 S1 + ^+3+^ + — + ]Ç-
1>1
3 4 
1 1
4 ~ 4 
Kl
5 8 
Kl
6 8 
1 1
7 ~8 
Kl
8 8
Pelo lema temos que:
1 1 1
-------- 1----------- 1------------+ ..
1-4 4-7 7-10
Solução:
ote que x>y=>x>y + 1 => 
=>2X á2y+1 =>2x-2y >2yH
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Dessa forma temos que
, então
5 é quadrado perfeito.
Assim temos n = 2 como a única solução.
= cos(-a) + i ■ sen(-a) => z = cos(-na) + i ■ sen(-na) =
Prova do Lema:
Como z é unitário temos que
z = cosa + i • sen a => zn = cosna + i ■ sen na.
Solução:
Seja x um número quadrado perfeito, então sabemos que x s 0,1,4(mod 8) e se 
n > 3, teremos que 2n + 5 = 5(mod 8), logo as únicas soluções possíveis são 0, 
1 e2.
Questão 78 (Chile 1992)
Ache todos os números naturais n tais que 2n
E—= z'z
= cos(na)-i ■ sen(na),
114
zn+ —. 
zn
Solução:
Antes fazermos o nosso problema vamos provar um lema:
1
Lema: Seja z um número complexo unitário. Se z + — = 2 • cosa . Calcule
Questão 79 (Chile 1994)
Seja x um número tal que: x + — = -1. Calcule x1994 + 1994 .
X X
t — 1Queremos que 1 + -y- > 996 => t à 1991. Assim temos que se n > 21991
111 11 + J. + 2 + _!. + ... + 2.>996.
2 3 4 n
,111 1 . t-11 + - + - + - + ... + —>1 + —-
2 3 4 2* 2
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
logo
= 2 • cos
.cosA = 3
.cosB +
115
Questão 80 (Croácia 1998)_______________________________
Sejam a, b e c os lados de um triângulo prove que:
(a b') _ (c a')—+ — .cosC+ —+ —
\b a/ \a c7
_ (c b'] ,cosB + —+ — kb c)
Solução:
(a bj „ fc a') —+ — .cosC+ —+ —
vb aJ ka c}
= 2 cosí^-^ + 664rt | =
l 3 )
Agora vamos ao nosso problema: 
1 1 2tc
Sabemos que : x + — = -1=>x + — = 2- cos^“ . logo Pel° lema temos que
1 „ 2-1994rr_W.2.CO8__
_ f4n'l , f 1)=2cosUr2'N
1
zn +— = 2 • cos(na). 
zn
x1994 +
íc b") f a2+b2>) f a2-rb2-c2>] 
Ik+cJcosA=1^5~J-I 2ab ~J
fa2 + c2^ Ta2 +c2 -b2~t +kb2 +c2>l íc2 +b2-a2^
+ t ac 2ac J+t bc 2bc )
 (a2c2 + b2c2 ).(a2 + b2 - c2) + (a2b2 + b2c2 ).(a2 + c2 - b2)
2a2b2c2
(a2b2 + a2c2).(b2 +c2 - a2)
2a2b2c2
 (a4c2 + b4c2 + 2a2b2c2 -a2c4 -b2c*) + (a4b2 + b2c4 + 2a2b2c2 -b4c2)
2a2b2c2
(-a2b4 + a2b4 + a2c4 + 2a2b2c2 - a4b2 - a4c2) 6a2b2c2
+ 2a2b2c2 " 2a2b2c2 "
Capítulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Sabendo que R
S =
Como x/bc
Assim temos que A = 90°, portanto B = C = 45°
percorre todos os números naturais exceto os quadrados perfeitos.
116
b + c 
à 2 6
Questão 82 (Alemanha 1971)
Prove que quando n percorre todos os números naturais a sequência
x/n + —
Questão 81 (Croácia 2005)_____________________________________ _____
Sejam a, b e c lados de um triângulo e R o raio da circunferência circunscrita.
= determine os ângulos do triângulo, 
b + c
x/bc < temos que: x/bc = logo temos que b = c
Solução:
Por M.A. £ M.G temos que:
7bE<^
bcsenA bc 1 1 abc abc a-------- < — —— >---- =>----->-----= —
2 2 4S 2bc 4S 2bc 2
„ abc abc ax/bc abc a r— b + cS =-----=> R = - ---- =>------ - =----- > — => x/bc >------- -
4R 4S b + c 4S 2 2
Como b = c temos que:
 ax/bc ab a
K =----------=------= —
b + c 2b 2
—-— = 2R => —-— = 2.— => senA = 1 => senA = 90° senA senA 2
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
parte inteira de /n é k - 1, pois
Por outro lado já sabemos que n < k2 - 2 .
k2 -2
Logo vale a propriedade se k é natural e k > 2.
onde {n} representa a parte
fracionária de n.
i
Portanto a parte fracionária de Vn é Vn -(k-1).
117
Solução:
Antes de fazermos este problema vamos provar um lema:
Prova do Lema:
Para k = 1 ek = 2é fácil ver isso. Vamos provar o caso k > 2.
2
2
2
2 '
Vn - (k - 1) <
k2-k + — =>k>2 + —
4 4
Devemos provar então que Vn - (k - 1) <
Prova do Lema 2:
Note que se n = k2 - 1, então (k-1)2 < n <k2, logo temos que a parte inteira de 
n é Vn - (k - 1).
Daí temos que
n<k2-k+ — =>
4
Lema 2: Se n = k2 - 1 .então então (Vn}
Note que se (k -1)2 < n < k2 - 2 então a 
(k-1) < Vn < Vk2-2 < k.
Portanto a parte fracionária de Vn é Vn -(k-1).
2
2 '
1 1o 7n <k-----o n < k2 - k + —.
2 4
Lema 1: Se (k-1)2 < n < k2 - 2, então (>/n}<^-, onde {n} representa a parte 
fracionária de n.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Portanto a propriedade vale se k é natural e k > 1.
Definindo ak note que:
ao
Vamos provar, por indução, a seguinte propriedade:
- 1 então o
118
Note Co = {0}, C, = {2, 3}, C2 = {5, 6, 7, 8}. Portanto vale a propriedade para os 
casos iniciais.
Suponhamos a propriedade válida para n = k: Ck é o conjunto de todos os 
naturais menores ou iguais a (m+1)2 , exceto os números da forma t2, sendo 
t < m + 1.
= 0, a, = 2, a2 = 3, a3 = 5, a4 = 6, a5=7, a6 = 8, a7 = 10.
= [k + Vk-b^j,
Defina Cm = Bo uB, uB2 uB3 ... u Bm
Devemos provar então que Vn - (k - 1) >
Note que se n varia dentro de um dos Bm[_Vk j é invariante, vale sempre m.
1 1
> k2 - k+ - ok >1 + - .
4 4
<=> -Jn > k - - o
2
x/n -(k-1)> 1
Pela hipótese de indução temos que o último termo de Bk é k2 
primeiro termo de Bk_, é k2 + 1.
Provemos, porindução, que Cm é o conjunto de todos os naturais menores ou 
iguais a (m +1)2 exceto os números da forma t2, onde t < m + 1.
seja
Bo = {ak; k e {0}, B, = {ak; k e {1, 2}, B2 = {ak; k e {3. 4, 5, 6} 
Bm ={(m-1)2,(m-1)2 + 1 m2-2),...
2
2
k2-1
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
é invariante, vale sempre k + 1; somente o k vai
Logo, a propriedade é válida para k + 1.
Solução:
44.. .444 (100 algarismos 4) = 4 ■
e
88. .88 (50 algarismos 8) = 8 ■
logo
-8 ■'4 ■
= 2- = 6 • = 66...66 (50 algarismos 6) ,
logo a soma dos algarismos de A é 6 ■ 50 = 300.
119
Como tem 2k termos, serão acrescentados ao conjunto todos os números 
de k2 +1 até k2 +1+ 2k- 1 = (k + 1)2- 1.
A =
Questão 83 (Peru 2004)
Seja A = a/44.,.44-88...88 , onde temos 100 algarismos 4 e 50 algaris-mos 8. 
Calcule a soma dos algarismos de A.
Questão 84 (Peru 2005)_____________________________________
Quantos inteiros positivos de 3 algarismos possuem pelo menos um algarismo 7 
em sua representação decimal?
Como dentro de Bk+1^Vn+-ij 
aumentando de 1 em 1.
I4.1o100 -8 • 10so
9
1Q50 -1
9
105° -1
9
1O50 -1
9
105° -1
3
101oo-1
9
101°° -1
9
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Questão 85 (Peru 2004)
Solução 1:
16 •
16 •
120
Solução:
Primeiro passo: Contar os números que tem exatamente um algarismo 7.
Com o algarismos 7 na casa das centenas temos 9-9 = 81 números
Com o algarismos 7 na casa das dezenas temos 8 • 9 = 72 números
Com o algarismos 7 na casa das unidades temos 8 ■ 9 = 72 números
Portanto há 225 números em que o algarismo 7 aparece exatamente uma vez.
Segundo passo: Contar os números que tem exatamente dois algarismos 7.
Com o algarismos 7 nas casas das centenas e dezenas temos 9 números
Com o algarismos 7 na casa das dezenas e unidades temos 8 números
Com o algarismos 7 na casa das centenas e unidades temos 9 números 
Portanto há 26 números em que o algarismo 7 aparece exatamente duas vezes.
Terceiro passo: Contar os números que tem exatamente 3 algarismos 7. 
Neste caso só temos um número que é o 777.
Portanto no total temos 225 + 26 + 1 = 252 números
Calcule o valor de--------------------- ----------------------
sen10°■sen30°■sen50°■sen70°
cos10°•cos30°•sen40°■cos70°1 o -------------------------------sen20°•sen60°•sen80°■sen140°
__________ 1____________
sen10°■sen30°•sen50°■sen70°
___________ cos 10°■cos30°■cos50°■cos70°___________
sen10°•sen30°■sen50°■sen70°■cos10° ■ cos30°•cos50°■cos70°
cos10°■cos30°■cos50°•cos70°
sen20° sen60° sen100° sen140°
~2 2 2 2
cos 10° • cos 30° ■ cos 50° cos70°
sen20° • sen60° • sen100° ■ sen140°
sen80° ■ cos30° ■ sen40° • cos70° 
------------------------------------------------------------------ = 16 . 
cos70° ■ cos30° ■ sen100° ■ sen140°
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
cosa - cos 2 a ■ cos 4a ■... ■ cos 2k*1 a = (H.l)
iii)
■acos2ka = ■cos2ka■
■sen a
Solução 3:
assim temos que:
121
=> 8 cos3 a - 6 cos a + 1 = 0, 
logo cos40°, cos80°, cos160° são as raízes do polinômio
8 cos3 a - 6 cos a +1 = 0,
i)
ii)
Em particular temos que cosx • cos2x • cos4x =
Solução 2:
Antes de fazermos o nosso problema vamos provar um lema 
sen2n a a =------------
2n-sen a
( 2sen2k -a 
l 2sen2k -a
sen2k+1 
2kf1
---------------------- -----------------------= 16.sen10° ■ sen30° • sen50° • sen70°
Lema: cosa-cos2a-cos4a-...-cos2n 1;
sen8x 
8■senx 
sen10° = cos80° 
sen70° = cos20° 
sen50° = cos40°
Dai temos que cos20° • cos40° • cos80° = , logo
sen2k - a 
2k -sena
Prova do Lema:
Vamos provar isso por indução:
Para n = 1, temos que sen 2a = 2 sen a • cos a. 
Suponhamos a propriedade válida para n = k.
sen2k a
2k - sena
Vamos mostrar que vale para n = k + 1:
cos a • cos 2a cos 4a •... ■ cos 2k“1 a ■ cos 2k a = 
sen2k-a 
2k - sena
Note que 40°, 80° e 160° satisfazem a equação cos 3a =
cos40° ■ cos80° • cos160° = 8
Capítulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Questão 86 (China 1998)
Calcule o valor de
Solução:
Faça a = 1998. Daí temos que
Daí temos que
B' G C
122
Solução:
Seja F o ponto sobre AC tal que EF ± AC e 
G o ponto sobre BC tal que DG ± BC.
V 4
onde t = a2 + 3a.
Como
S(ADPE) = S(BPC) =>
=> S(ADPE) + S(CDP) = S(BPC) + S(CDP) =>
Questão 87 (China 1992)___________________________________________________
Num triângulo equilátero ABC, os pontos D e E estão sobre os lados AC e AB 
respectivamente. O ponto P é o ponto de interseção de BD e CE. A área do 
quadrilátero ADPE é igual a área do triângulo BPC. Determine a medida do 
ângulo BPE.
f(t2 + 2t + 1)
4
'(t) -(tf 2)4-1
4
11998 ■ 1999 ■ 2000 ■ 20014-1
4
^a ■ (a 4-1) ■ (a-t-2) ■ (a 4-3)4-1 <(a2 -i-3a) ■ (a2 4-3a4- 2)4-7 
’ 4
11998 1999 -2000 -2001-1-1
4
|'(t + 1)
I 2
'(t) (t + 2)4-1
4
--------------------- ---------------------- = 16
sen10°■sen30°•sen50°■sen70°
E como cos160° =- cos 20°, temos que 
cos20° ■ cos40° • cos80° = — => 
8
(t + 1)
2 ’
11998 -1999 ■ 2000 ■ 2001 4-1 (19982 4-3 • 1998+1)
4 “2
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
=> S(BCD) = S(ACE) => => EF s DG, pois AC = BC.
Daí temos que ZDBC = ZECD.
e) impossível de ser determinadoc) 30
d) 40
que
logo temos que ZPAQ = 2a .
B CP
Daí temos que ZAPQ = 180° - 4a, logo ZAPC = 3a.
Já sabemos que AP = AC, logo temos que ZACP = 3a , assim temos que
ZAPC = 180°-6a.
123
Nota: S(ADPE) denota a área do quadrilátero ADPE. Bem como S(BPC) denot- 
a área do triângulo BPC e assim por diante.
Pelo teorema do ângulo externo sabemos que:
ZBPE = ZPBC + ZPCB = ZPCD + ZPCB = 60°.
Questão 88 (AHSME 1961)______________________________________________
Num triângulo ABC, temos que AB = BC. Os pontos P e Q estão sobre os lado. 
BC e AB respectivamente e tais que AC = AP = PQ = QB. Então a medida do 
ângulo B (em graus) é:
a) 251
1
b) 26 —
Pelo teorema do ângulo externo temos 
ZAQP = 2a . Sabemos também que AP = PQ,
Solução:
Seja ZABC = a. Como BQ = PQ, temos que 
ZBPQ = a .
AC • EF BC • DG 
2 " 2
Como ZA = ZC = 60° , EF = DG e ZDGC = ZEFA, temos que 
ADGC = AAEF => AE = CD => ACDB s AAEC, 
pois ZA = ZC = 60° , AE s CD e AC = BC.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
A
P
180-20Dai temos que
C B
124
Solução:
Como ZACB = 30° e ZADB = 45° , então
ZCAD = 15°, assim temos que ZCDA = 135°
Seja ZCFB = p. Como BF = BC, temos que 
ZFCB = 0=>ZFBC = 180° -20 .
Questão 90 (Ucrânia 2005)
Seja AD a mediana de um triângulo ABC.
ZACB = 30°. Calcule ZBAD.
Solução:
Seja ZAEC = a . Como AE = AC, temos que 
ZACE = a => ZCAE = 180° - 2a .
180° -2a +180° -20+ 90° = 180° =>a + 0 = 135° .
Por outro lado temos que a + 0 + ZECF =180° => ZECF = 45°
Como AB = BC temos que 
180° 5ZACP = ZBAC=> 180°-4a = 3a =>180° = 7a => a = -^y- = 25-.
Questão 89 (China 1997)___________________________________________________
Num triângulo retângulo ABC retângulo em C marcamos os pontos E e F sobre 
AB tais que AE = AC e BF = BC. Determine o ângulo ECF.
Seja ZBAD = a , então ZABD = 135° - a.
Suponha que ZADB = 45° e
Seja x = AD e y = CD = BD.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
sen(135° - a)
=> 2 ■ sen15° • sen(135° - a) = sena.
sen15° = sen(45° -30°) = sen30° ■ cos45° - sen45° • cos30° =
Assim temos que
2-
• (sena + cos a) = sena =>
=> sena •
=> tga = => => tga =
125
Daí temos que 
2x • sen15° = -
sena• cos a =>-------=
cosa
V3-Í
2
x•sena 
sen(135° - a)
x•sena 
sen(135° - a)
76-J2
4
V6-V2
4
-Vã 4-1
2
Pela lei dos senos no triângulo ABD, temos que 
x y= —-— => y = 
sena
Hz)= 
í^-3'l 
l 2 J
■ — ■ (sena + cos a) = sena =>
V2 sen(135° - a) = sen135° ■ cosa - sena - cos135° = — • (sena + cosa)
-V3+1 , —73 + 1 >/3 + 3 -Jí
75-3 9“” ^3-3 V3 + 3~ 3
=>a = 30° => ZBAD = 45°.
Pela lei dos senos no triângulo ACD, temos que
■—-— = —-— => y = 2x ■ sen15o 
sen30° sen15°
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
é impar.
72
lortanto o algarismo das dezenas é 1.
,Ra
Analogamente temos que S(ABM)= S(AMC).
126
Questão 92 (Austrália 1991) _________ ______ __________________________
Num triângulo ABC, M é o ponto médio de BC. Além disso P e R estão sobre AB 
e AC respectivamente. Sabendo que Q é o ponto médio de AM e PR, prove que 
PR é paralelo a BC.
A
B M C
=> (2432)4 = (-4)4(mod100)
> 21728
=> 21800
=> 21944
=> 21992
21999
2I999
= 16 • 56 = 896 = -4(mod100) =>
. 27 =-4-27 = -512 = 88(mod100) =>
= 76(mod100) => 22001 = 52(mod100) =>
+ 22001 = 88 + 76 + 52 = 216 =16(mod100),
Solução:
Como Q é o ponto médio de PR temos que 
PQ = QR.
Como Q é o ponto médio de AM temos que 
BM = CM.
Sabemos que S(APQ) = e S(AQR) = -----
onde h = altura do triângulo APR. Daí temos que 
S(APQ) = S(AQR).
Questão 91 (Canadá)____________________
Prove que o algarismo das dezenas de 21999 22000 22001
Solução:
2’2 = 4096 = -4(mod100)=> 224 s16(mod100) =>
=> 224 ■ 224 = 16 16(mod100) => 248 = 2 5 6(mod100) =>
=. 248 • 224 = 256 • 16(mod100) => 272 = 4096 = -4(mod100) =>
=> (272)6 = (-4)s(mod100) => 2432 = 4096 = -4(mod100) =>
=> 21728 = 2 5 6 = 56(mod100) =>
■ 272 = 56 ■ 272(mod100) => 21800 = 56 ■ (-4) = -224 = 76(mod100) =>
■ 272 • 272 = 76 ■ (-4) -(-4) = 1216 =16(mod100) =>
= 16(mod100) => 2’944 ■ 248
= -4(mod100)=>21992
= 88(mod100)=> 220°°
+ 2 2000
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Assim temos que
Nota: S denota a área, por exemplo, S(APQ) denota a área do triângulo APQ.
A
p
cM
Portanto ZBAD = ZBAQ = a.
Como BM = MC e AB = AD, temos que CP = PA + AD = PD.
Daí concluímos que P é ponto médio de CD.
Portanto PM é base média do triângulo BCD.Iogo PM é paralela a BD.
127
AP
AB
A partir daí é fácil ver que 
ZABD= ZBDA = a.
Seja AQ a bissetriz do ângulo BAC. 
Daí temos que ZBAQ = ZCAQ = a.
Solução:
Estenda o lado AC até um ponto D de 
tal forma que AD = AB.
Dai conclui-se que AQ é paralela BD. 
Sabemos que MC + CP = PA + AB + BM.
Já sabemos que AQ é paralela a BD e como PM é paralela a BD temos que AQ é 
paralela a PM.
AQ.AR.senZCAM
AMAC.senZCAM
Questão 93 (KRMO 1996)_________________________________________________
Num triângulo ABC, M é o ponto médio de BC. Sejam P e M pontos sobre os 
lados AC e BC respectivamente de tal que modo que PM divide o perímetro do 
triângulo ABC em duas partes iguais Prove que PM é paralela a bissetriz interna 
do ângulo A.
S(ACM)
S(ARQ)
AP AQ.senZBAM
AB.AM.senZBAM
S(ABM)
S(APQ) 
AR
= “=■ PR é paralelo a BC.
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
1 +
Se cos x r 0 e sen x # 0.
Suponhamos que a propriedade é válida para n = k, isto é,
Vamos provar que vale a identidade para n = k + 1
128
Solução:
Vamos provar isso por indução:
Observe que para n = 1 a propriedade é válida para n = 1, pois
 sen(n + 1)x 
senx ■ cosn x
Questão 95 (Croacia 1999)_____ _____________________________________
Seja ABC um triângulo as bissetrizes interna e externa ao ângulo C tocam AB em 
L e M respectivamente. Prove que se CL = CM então (AB)2 + (BC)2 = 4R2, onde 
R é o raio da circunferência circunscrita.
Questão 94 (Bulgária 1969)
Prove que para todo n natural vale a igualdade:
senx•cosx
senx■cosx
2senx•cosx 
senx ■ cosx
cosx 
cos1 x
„ cosx 
1 +---------= ■
cosx
sen2x
senx•cosx
senx■cosx
senx cosx
cos2x + cos3x+ +cosnx 
cos2 x cos3 x cosn x
1 cosx + cos2x + cos3x + coskx sen(k +1)x
cos' x cos2 x cos3 x cosk x senx ■ cosk x
1 cosx ! cos2x < cos3x coskx cos(k+1)x 
cos1 X cos2 X cos3 X COSk X cosk+1 X
 sen(k + 1)x + cos(k +1)x cosx.sen(k + 1)x senx. cos(k + 1)x 
senx • cosk x cosk+1 x senx • cosk+1 x senx cosk+1 x
 cos x sen(k + 1)x + senx.cos(k + 1)x sen(k + 2)x 
senx • cosk*1 x senx • cosk+1 x
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
= 2R => AB
4R2
.senp = cosp
129
3n------a
43n------a4
sen(z"“)
____ BC
sen^
oo (71 V2R.seni sen-----a |l U ))
= 4R2.^sen2^-aj
4R2 ^sen2 - aj
= 4R2 .^sen2 - aj +
Dai temos que:
AB2 + BC2 = 4R2.sen2 - cx'|
2 f 3n 'j'! 
sen-------a :V 4 ))
?\
e ZCAB = - - a
4
= 4R2 .sen2 í - a
AB2 = 4R2 .sen2 - a
= 2R => BC = 2R.sen^sen
+ 4R2.sen2 i — - a 
l 4
Dai temos que ZCBL = - -a
4
Como CL = CM concluímos que ZCLM = ZLMC =
Nota: Nesta ultima passagem do problema usamos a identidade 
sen^i + = cosp isto é fácil de provar pois
(7t
sen^- + pj = 71 71
sen—cosp -cos—
2 ( 71 71+ sen — +---- a12 4
cos2^-a]j =
j => BC2
Solução:
Seja ZACL = a daí como CL e CM são bissetrizes temos que:
ZCLB = a , ZBCM = —-a e ZLCM =—
2 2
Usando a lei dos senos temos que:
AB „„ A „ or, í
(
(
.r
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
CB D
130
AC
EG
Solução:
Trace por C uma paralela a AD.
Seja G o ponto de interseção dessa paralela com o 
prolongamento de BF.
Como CG é paralela a AD temos que:
ZEAF = ZFCG e ZAEF= ZFGC
(alternos internos)
Temos também que ZEFA = ZCFG. Logo os triângulos
AEF e FCG são semelhantes, dai temos que:
Questão 96 (Bulgária 1974)
Encontre o número natural x tal que:
Questão 97 (China 1999)
Num triângulo ABC, AD é mediana de BC e E é um ponto sobre AD tal que 
BE = AC Considere F como sendo o ponto de interseção de BE e AC. Prove que 
EF = AF.
[^íj + [V2] + [V3] + ... + [_'/x3 -1 j = 400
AF CF AF+CF 
EF ~ GF ~ EF + GE
Solução:
Note que se a3 < t < (a +1)3 , então |_\/t J = a
Dai temos que 13 < t < (2)3 , então J = 1
Dai temos que 23 < t < (3)3 , então |_\/t J = 2
Dai temos que 33 s t < (4)3 , então |_Vt J = 3
Dai temos que 43 s t < (5)3 , então |_Vt J = 4
Dai temos que
|_37i] + [372j + [^j + ... + [?/i3~íj =
= 1 7 + 2 ■ 19 + 3 • 37 + 61 • 4 = 7 + 38 + 111 + 244 = 400.
Logo temos que x = 5.
CF
GF
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Logo EF = AF.
co
131
AF
EF
CF
GF
sen<p.senx|/ 
sen(<p - >|/)
Já sabemos que CG é paralela a AD e que D é ponto médio de BC, logo pelo 
teorema do ponto médio temos que E é ponto médio de BG, isto é, BE = EG.
Por outro lado já sabemos que BE = AC. dai temos que AC = EG. Assim temos 
que:
Solução: 
sena.senp 
sen(a - 0)
sena. cosp-senp. cosa 
sena.senp
cosa
sena
AF+CF
EF + GE
sen(cp - \|/) 
sencp.semir
sen(a + <p) 
sena.sentp
*2=1
EG
Como a + p + <p + ip = rt 
sen(p + y) 
senp.senvp
Seja AM = BM = x e CM = y usando a lei dos senos no triângulo ACM temos que: 
y x y sena
sena sen<p x sencp
_ cosp
senp
cosip + cosa
sencp sena
cos<p.sena + cosa.sencp
sen<p
Questão 98 (Croácia 2001)_________________________________
Em um triângulo ABC onde AC # BC, M o ponto médio de AB e 
ZCAB = a, ZCBA = p, ZACM = <p, ZBCM = y , prove que:
sena.senp sen<p.sen<p
sen(a-P) sen(<p-v)
temos que sen(a + P) = sen(<p + ip)e dai concluímos que: 
sen(a + <p) 1 1 sena senM>
sena.sencp senp.senip sena.sencp senp sen<p
sen(a ~P)
sena.senp 
sen<p.cosvp -senxp.cosxp
sencp.senxp
coscp cos\p cosp cosy
semp seny/ senp semp
cosp.senxp + senp.cosxp
senp.se mp 
sen(p+ xp) 
senp.semp
senp.se
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
B
132
senv|/ ;
sencp
AD 
sena
Agora usando a lei dos senos no triângulo ACD 
temos que:
x ■ sena
sen(a-t-P) senp
=> 2 • cos a ■ senp = sen(a + P) =>
=> 2 • cosa ■ senp = senacosp + senp ■ cosa =>
=> cosa • senp = sena • cosp =>
Solução:
Seja AB = CD = x .
Seja ZCBA = a . dai temos que ZABC = 2a . 
Seja ZCAD = P => ZBAD = p => ZBDA = a + p . 
Agora usando a lei dos senos no triângulo ABD 
temos que:
AD 
sen2a
x•sena 
senp
—=>AD = 
senp
Questão 99 (Estônia 2001)_____________________________________________ ____
Num triângulo ABC temos que ZABC = 2 ■ ZBCA e a bissetriz do ângulo A, toca 
BC num ponto D tal que AB = CD. Determine o ângulo A.
 , . , . sena
E dai concluímos que-------- =
senp
Usando a lei dos senos no triângulo BCM temos que: 
y x y senp
senp senvy x sen<y
A
A2ra g + pj a\
I D x
x x ■ sen2a--------------- => A D = ---------------- 
sen(a-rp)-------------- sen(a + p)
Daí temos que: 
x•sen2a x•sena 
sen(a + p) senp
2 ■ x ■ sena ■ cosa
a
C
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)Logo temos que 5a = 180° =>a = 36° => A =72°.
1
1
Portanto temos que
c
133
Solução:
Observe que:
xz 
xz + 1 + z
xz
XZ + 1 + Z
1 1
1 + z + xz 1 + y + yz
1
1 + z + xz
1
1 + y + yz
1
1 + x + xy
1
1 + x + xy
1
1 + XZ + 1
Questão 100 (Iugoslávia 1978)
Se xyz = 1, calcule o valor da expressão:
1
1 + — + yz 
xz
Questão 101 (Irlanda)______________________________________________
Seja ABC um triângulo com lados BC, AC e AB de medidas a, b e 
respectivamente.
Sejam D e E os pontos médios de AC e AB respectivamente. Prove que BD é 
perpendicular CE, se e somente se, b2 + c2 = 5a2 .
1
1 + y + yz
XZ + 1+Z „
----------------= 1 
XZ + 1+Z
1 + X + - 
z
xz
xz +1 + xyz2
e como a e p são ângulos agudos temos que a = p .
sena senp 
cosa cosp 
=> tga = tgp
1
1 + x + xy
z 1
— — 4-------------
z + xz + 1 1 + z+xz
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Considere o ângulo A agudo.
Seja h = CF e AF = m.
b2
Isso prova nosso lema.
134
Solução:
Antes de fazermos o nosso problema vamos provar 2 lemas.
Lema 1: Num triângulo qualquer o quadrado do lado oposto a um ângulo agudo 
é igual a soma dos quadrados dos outros dois lados menos duas vezes o produto 
de um desses lados vezes a projeção do outro sobre ele.
Lema 2: Num triângulo obtusângulo qualquer o quadrado do lado oposto a um 
ângulo obtuso é igual a soma dos quadrados dos outros dois lados mais duas 
vezes o produto de um desses lados vezes a projeção do outro sobre ele.
Prova do lema 1:
Seja ABC um triângulo com lados BC, AC 
e AB de medidas a, b e c respectivamente.
Seja F um ponto sobre AB tal que CF é 
perpendicular a AB.
Dai usando o teorema de Pitágoras no 
triângulo ACF temos que:
= m2 +h2 (I)
Á
B a C
Usando o teorema de Pitágoras no triângulo BCF temos que: 
a2 = (c - m)2 + h2 =>
=> a2 = c2 - 2cm + m2 + h2 =>
=> a2 = c2 - 2cm + b2 =>
=> a2 = c2 +b2 -2cm
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Considere o ângulo A obtuso.
BSeja h = CF e AF = m. cF m A
+ h2 (I)b2
Primeira Parte: Mostrar que se BD é perpendicular CE então
b2 +c2 = 5a2.
135
Isso prova nosso lema.
Agora vamos ao nosso problema
Seja F um ponto sobre o prolongamento de 
AB tal que CF é perpendicular a AB.
Prova do lema 2:
Seja ABC um triângulo com lados BC, AC 
AB de medidas a, b e c respectivamente.
Usando o teorema de Pitágoras no triângulo BCF temos que: 
a2 = (c + m)2 + h2 =>
=> a2 = c2 + 2cm + m2 + h2 =>
=> a2 = c2 + 2cm + b2 =>
=>a2 = c2 +b2 +2cm
= m2
Dai usando o teorema de Pitágoras no 
triângulo ACF temos que:
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
c2 = (BD)‘
C
Onde x = DF
E pelo lema 1 temos que
2
a2+c2 = 2(BD)2+2-
Analogamente temos que
136
Marque um ponto F sobre CD tal que BF é 
perpendicular a AC.
Suponhamos sem perda de generalidade 
que o triângulo ABD é obtuso e o triângulo 
BCD é agudo.
Dai pelo lema 2 temos que
= — • 72a2 + 2b2 — c2
6
-2 “ x
2
Seja G o ponto de encontro das medianas.
Pela propriedade do baricentro temos que:
CG = — • — ■ 72a2+2b2-c2
3 2
Analogamente temos que
BG = — • — • 72a2+2c2-b2 = - • 72a2 +2c2-b2
3 2 6
Somando tudo membro a membro temos que
=>2a2+2c2-b2 =2(BD)2 =>
=> - ■ 72a2 + 2c2 -b2 = BD
2
- • 72a2+2b2-c2 = CE 
2
a2=(BD)2+^J
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
2
b2 + c2 = 5a2 BDentão
22
■ cosa
- cosa
■ cosa = 0
Solução:
137
Segunda Parte: 
perpendiculares.
v6 ’ ' )
E daí concluímos que b2 + c2 = 5a2.
J ■ 72a2+2b2-c2
Note que CD é base média do triângulo ABC logo
CD = -
2
Questão 102 (Índia 2007)_________________________________
Seja BD a bissetriz do ângulo B num triângulo ABC retângulo em C. 
E seja E um ponto sobre AD tal que AE = CE. Prove que:
Seja ZBGC = a.
Usando a lei dos cossenos no triângulo BCG temos que
(a)2 = (1 ■ 72a2 + 2c2 - b2 ) + • 72a2 + 2b2 -c2
f 1 ■ 72a2 + 2c2 -b2 1 ■ f- • 72a2 +2b2 -c2 ■
\,3 J 13 J
2 • (1 ■ 72a2 + 2c2-b2 
Daí temos que cos a = 0 => a = 90°. 
Portanto BD e CE são perpendiculares.
Agora usando o teorema de Pitágoras no triângulo CDG temos que 
z, ,_ ,2 r. ,___________________ .2 z
| • 72a2 + 2c2 - b2 | + 1.72a2-r-2b2-c2 = 1
16 J (6 ) l 2 J
Assim temos que
9a2 = 4a2 + b2 + c2 - 2 • (1 ■ 72a2 +2c2 -b2) • (1 ■ 72a2 +2b2-c2 J
Como b2 + c2 = 5a2 podemos concluir que
5 AB , — <—<3
2 BC
Prove que se e CE são
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Prova da Parte 1:
0 => ZEBD = 0 e ZCBD = 20
a
=> senO = sen39•senA
É fácil ver que
Considerando o triângulo ABC temos que
c
a
Temos que
= 3 ■ sen0-4sen30
138
1 
senA ■
r
Usando a lei dos senos no triângulo BCE temos que
Usando a lei dos senos no triângulo ABE 
temos que
BE
senA
Seja
ZABE
BE • sen0 
senA
BE • sen0 
senA
BE ■ sen30 
sen90°
sen30 
senG
sen30 
senG
1 
cos 40
1 
cos 40
AE --- => AE = senO
BE 
sen90°
Como AE = CE, temos que
_ BE ■ sen30
sen90°
AB
Primeira Parte: Provar que — < 3 
BC
cos 40 = — 
c
1
A = 90° -40 => senA = cos40 =>--------
senA
sen30 = (sen20 ■ cosO + senO • cos20) =
= 2 • senO ■ cos2 0 + sen0 • (cos2 0 - sen20) =
= 2 • sen© ■ cos2 0 + senO • cos2 0 - sen30 =
= 3 • senO ■ cos2 0 - sen30 = 3 ■ senO ■ (1 - sen2©) - sen30 =
Ser|3e = 3-4sen20 
senO
-^-=>CE = 
sen30
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Daí concluímos que
2-
Por outro lado temos que
139
Assim temos que 
a 
c
l!-i
a
2 la )
1 cos40 = —
2
Prova da Parte 2:
Sabemos que
- = 3-4sen20
a
- + 1
=> - -----= 2 cos2 0
2
-+1 --1
-1 = (2cos20)-1=> = cos20
„ C AB 
< 3 => — =-----< 3
a BC
- „ 5 AB
Segunda Parte: Provar que - < —
2 BC
c 5
Se—«s — =>—-1<;—-li 
a 2 a 2 ^a J
Por outro lado temos que
cos 49 = cos2 29 - (1 - cos2 20) = 2 cos2 29 -1 =
a___
2
c 5 
Agora suponhamos por absurdo que - < — 
a 2
Í4
sen30 1
- --------< 3 =>-----------
sen0 cos 40
|2-1=9-i = 1
I 8 8
=> - = 3-4(1-cos2 0) = -1 + 4cos20 => - + 1 = 4cos2 9=> 
a a
c
a_
2
Capitulo 3 - Soluções dos Problemas de Olimpíadas de Matemática
Dai concluímos que
c
Absurdo, logo temos que
Solução 1:
Observe que
ZNFB = ZAFK = 90° - ZFAK
Temos também que
Usando a lei dos senos no triângulo BNF
=>NB =
140
AB
BC
ZFKA + ZFAK + ZAFK = 180° => 
=> ZAFK = 90°-ZFAK
5
2
BF ■ senZNFB 
senZBNF
NB 
senZNFB
BF 
senZBNF
e F os pontos médios de BC e AB 
respectivamente. Seja K um ponto sobre AC tal que AC é perpendicular a FK. O 
prolongamento de FK encontra a perpendicular a BC passando por B no ponto N. 
Prove que ND = R, onde R é o raio da circunferência circunscrita ao triângulo 
ABC.
ZNKC + ZKCB + ZCBN + ZBNF = 360° => 
=> ZBNF = 180°-ZKCB
8 - - -
= fácil que ver que
c senZNFB
2 senZBNF
Questão 103 (KRMO 2008)________
Seja ABC um triângulo. Sejam D
2
5
1
8
2
5
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Temos que
ZNF8 = ZAFK = 90° - ZFAK => senZNFB = cosZFAK
Pela lei dos senos temos que
1
141
c cosZBAC m ------------------= R cos ZBAC
2 • senZBNF
------- ------= 2R =>-------- ------= 2R 
senzKCB senZBNF
Capítulo 4
Solução dos Problemas de Treinamento
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
Questão 1
cos A + cos B + cos C.
Pela lei dos senos temos que BC = 2R ■ sen(4 • ZABC) e
AB
Como sen (Z ABC) # 0 , temos que
-12-sen2(ZABC) + 9 = 40-cos(ZABC)-cos(2-ZABC)
144
Solução:
É fácil ver que ZCAB =180-4- zABC .
Capítulo 4
Solução dos Problemas de Treinamento
-12 • (1 - t2) + 9 = 40 • t ■ (2t2-1) =.
=■ 0 = 80t3 -12t2 - 40t + 3 = (4t - 3) ■ (20t2 + 12t -1) = 0 =>
,3 .27 .3
=>t = — ou t =------ ou t = ------- .
4 40 40
= 2R • sen(3 • ZABC) =>
10
=> 2R ■ sen(3 ■ ZABC) = y ■ 2R ■ sen(4 • ZABC) =>
=> 3 • sen(3 ■ ZABC) = 10- sen(4 ■ ZABC) =>
=> -12sen3(ZABC) + 9-sen(ZABC) = 20-sen(2-ZABC)cos(2ZABC)=>
=> -12 sen3(ZABC) + 9-sen(ZABC) =
= 40-sen(ZABC)-cos(ZABC)-cos(2-ZABC)
10
Seja ABC um triângulo tal que ZACB = 3 ■ ZABC e AB = y • BC. Determine
Faça t = cos x, daí temos que
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume2)
Como
=> t = — = cos ■ ZABC => => cos • ZBAC = -cos(4 ZABC) =>
8 ■
Temos também que
,3
Questão 2
A
CB
145
BC
BD
BC
BD
BD 
sen40°
Solução:
Pela lei dos senos temos que:
21
32
_9_
16
sen60°
sen40°
AD
BD
BC 
sen60°
37 => cos A + cosB + cosC = —.
32
K2
ZCAB = 180-4 ZABC > 0 => => ZABC < 45° => t > — =>
2
l'.1
Seja ABC um triângulo isósceles com AB = AC e ZBAC = 100°. A bissetriz do 
ângulo B toca o lado AC em D. Prove que BD + AD = BC.
cos • ZBCA = cos(3 ■ ZABC) = 4 ' "3'=
AD 
sen20°
sen20° 
sen100°
BD 
sen100°
sen100° + sen20° 
sen80°
 sen60°
sen40°
. AD . sen20° 1 +-- = 1 +------=BD sen100°
 2 • sen60° ■ cos40°
2 ■ sen40°■cos40°
=> 1 + 22 = 22. => BD + AD = BC 
BD BD
3
4
(IP®
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
Questão 3
ZPAC = 20°, ZAPC = 150° e ZACP = 10°
Usando a lei dos senos temos que:
e
logo
o sen10° • cos10° = 2 • (sen10° • cos10°) • — cp
Portanto vale que AP = BC.
Questão 4
BP = BA.
146
Num triângulo temos que ZABC = ZACB = 40°. Seja P um ponto interior do 
triângulo ABC tal que ZPBC = 20° e ZPCB = 30° , prove que
Solução:
É fácil ver que
AP 
sen10°
BC 
sen 20°
AC 
sen 80°
AC 
sen150°
sen 20°
------------- cp
sen80°
Seja ABC um triângulo tal que ZABC = ZACB = 80°. Tome um ponto P sobre 
AB tal que ZBPC = 30° . Prove que AP = BC.
e BC = AC.5^20: 
sen 80°
sen10° AP = BC cp-----------
sen150°
cp sen10° ■ sen80° = sen20° • sen150° cp
a,p= AC-S—1°° 
sen150°
1
' 2 
cp sen10° • cos10° = (sen10° ■ cos10°)
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Solução:
Como ZABC = ZACB = 40°, temos que
AB = AC = x.
Sabemos que
=> BP =
Usando a lei dos senos no triângulo ABC, temos que:
=> AB =
E daí concluímos que AB = BP.
Questão 5
147
Usando a lei dos senos no triângulo BPC, 
temos que:
Num triângulo ABC marcamos os pontos D sobre AB tal que AD = BD e o ponto 
E sobre AC tal que AE = 2 ■ CE . Os segmentos CD e BE se cortam num ponto F. 
Prove que 4EF = BE.
BC 
2■cos40°
ZPBC + zPCB + ZBPC = 180° 
=> ZBPC = 130° .
BC ■ sen 30° 
sen 50°
BC ■ sen 40° 
sen100°
BC 
sen130°
BC • sen 30° 
sen130°
BC ■ sen40°
2 - sen 40°■cos40°
BP 
sen 30°
AB 
sen40°
BC 
sen100°
BC 
2 cos40°
_ BC ■ sen40° 
sen 80°
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
A
AM = ME = EC.
'C
4EF = BE.
x
148
ZCAE = 45°, 
logo ZACE = 45°. Faça
Solução:
Seja E um ponto sobre AB tal que CE é 
perpendicular a AB. Sabemos que
Solução:
Marque o ponto M sobre AE tal que
B
Daí temos que 2 ■ DM = BE e 2 • EF = DM, daí é fácil concluir que
Dai temos que pelo teorema do ponto médio 
que 2 ■ DM = BE e DM é paralela a BE.
Seja F um ponto de AB tal que DF é perpendicular a AB.
Seja G o ponto de interseção de DF com AC.
Temos que o triângulo CDG é isósceles onde
CD = DG = y => EF = y => AF = 16 72 - y .
Ã’ F EB
Como DM é paralela a EF e E é ponto médio 
de CM, temos que F é ponto médio de CD, 
logo EF é base média de DM , assim temos 
que 2 ■ EF= DM.
Questão 6
Num trapézio isósceles ABCD, temos que que AD = BC A base maior é AB e a 
base menor é CD. Sabe-se que a diagonal do trapézio mede 10 cm e forma com 
a base maior um ângulo de 45°. Determine o perímetro do trapézio.
x = AE = CE.
Temos que cos45° = => x = 16x/2 .
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Note que o triângulo AFG também é isósceles e retângulo, daí temos que:
=>
Assim temos que o perímetro é 2072 + 2072 + 472 + 2872 = 7272 .
149
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo BCE, temos que: 
(BC)2=(1272)2 + (16^)2 =
=>BC= 20V2=> 
=>AD = 2072 .
EF = CE
ZBAE = 2■ZFAD
Seja G o ponto de encontro dos prolongamentos de AE e BC, prove que 
3CG = CD.
Questão 7_____________________
Num quadrado ABCD. Seja F o ponto médio de CD e E um ponto sobre CF de tal 
modo que BC + CE = AE, prove que:
a)
b)
c)
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo CDG, temos que: 
(16 - V2y)2 = y2+y2=> 
=> 256-32>/2y = 0 => 
^=^47^ 
32V2
=>EF = 472 =>
=>AF = 1272 => 
=>BE= 1272
„c0 AC AC
AF 1672-y
■J2 _ 1672-y
2 AC
AC — 16 + 72y 
=> CG = 16- 72y .
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
d)
H
C
AB = AG + BG,
temos que AG = 2x - k. BA
•2x - k-
Agora usando o teorema de Pitágoras no triângulo AEG, temos que :
Observando o triângulo ADF, temos que tg FAD =
Daí tg 2 • FAD =
2
ZBAE = 2•ZFAD.
150
Dai temos que EG = 2x.
Note que BG = EC = k e como
4
3
2
2
Temos também que BC + CE = AE, logo
AE = 2x + k.
2 ■ tgFAD 
1-tg2FAD
2-1 
2
E como FAD e BAE são ângulos agudos temos que, temos que
(AE)2=(AG)2+(GE)2
Considere
AB = AD = CD = BD = 2x e CE = k.
4kb) Observando o triângulo AEG, temos que tg GAE = —
2k
4k :
=>(2x + k)2 =(2x-k)2 + (2x)2=> 
4x2 - 8kx = 0=>4x (x -2k) = 0 => x = 2k.
2
Prove que tgZFAE = —
Solução:
a) Trace por E o segmento EG tal que EG 
é perpendicular a AB.
G 
-•—x-
1 14-y=3=- = tgBAE.
4 4
Dai temos que AG = 3k, AE = 5k e AB = AD = CD = BD = 4k.
Note que FC = FE + EC = 2k. E como EC = k, temos que FE = k, logo EF = CE.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
c)
tg BAH = tg GAE =
d)
tg (a + P) =
151
tga + tgp 
1-tga ■ tgP
Observe o triângulo ABE. 
Temos que
Calcule AN e CN
Calcule MN e NS
Calcule a área do quadrilátero BCMN.
11
62
3
11
2
BH
AB
11
6
1
3
11
2 '
Questão 8________________________________________________________
Dado um triângulo equilátero ABC de lado 24 cm. Prolonga-se o lado BC e sobre 
este prolongamento toma-se um ponto S tal que CS = 12cm. Une-se S ao ponto 
médio do lado AB
a)
b)
c)
2 
2_2
' 2
1
tgx
2
22 
' 2
4
3
16k=> BH = ----- =>
3
4
3 +
Seja BAE = a
16k „ 4k=p CH =------- 4k = —=>
3 3
=> 3 CH = CD.
, FAD = p e FAE = y . Note que a + p + y = 90°.
4 1Temos que tga = — e tgp = —.logo
4 — +
3
4
2
logo tg y = — , pois tg(90° - x)
11
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
a)
b)
NS
c)
= 108eS(CNS)
= 18, logo S (BCMN) = 90.
x - y + 1 = 0.
Então temos que a equação da reta téx-y + a = 0.
152
Solução:
Considere os vértices do triângulo como sendo A, B e C.
Seja t a reta sobre a qual está um dos catetos e que é paralela a reta
Por outro lado sabemos que o ponto A (5, -2) está em t, logo temos que 
a — —7.
Usando a lei dos cossenos no triângulo BMS temos que:
(MS)2 = (BS)2 + (MB)2 - 2.BS.BM.cos60°=>
(MS)2 = (36)2 + (12)2 - 2.12.36.- = 1296 +144 - 432 = 1008 =>
MS = Vi 008 = 12>/7 .
Já sabemos que os triângulos NCS e MNP são congruentes, logo MN = 
= 6x/7
Questão 9 (Concurso para professor IFRN 2009)________________________
Considere o triângulo retângulo no qual a hipotenusa se encontra sobre a reta r: 
3x + 4y = 0, um cateto é paralelo a reta x-y + 1 = 0 e o vértice do ângulo reto é 
o ponto A(5, -2). Com base nessas informações, qual é a medida da hipotenusa?
 6.12.cos60°
2
Solução:
Por M trace uma reta paralela a BC. E seja P o ponto de interseção dessa 
reta com AC.
Como MP é paralela a BC temos que Z.NMP = Z.NSC
Temos também que Z.PNM = £SNC Jogo os triângulos NCS e MNP são 
congruentes pelo caso LAAo.Dai temos que PN = NC = 6.
Assim temos que AN = 18 e CN = 6.
Note que S (BCMN) + S (CNS) = S (BMS).
É fácil ver que S (BMS) = 36-12^os60°
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Dai temos que t: x - y - 7 = 0.
Daí temos que h: x + y - 3 = 0.
o c
H.
Logo G é o ortocentro.
A
Resolvendo o sistema temos que x = 12ey = -9. 
Agora vamos calcular o comprimento de BC.
Solução:
Trace a diagonal AC. Note que BC e AE 
são alturas do triângulo ACF.
Seja H o ponto de interseção de AC e do 
prolongamento de FG.
Resolvendo o sistema temos que x = 4 e y = -3.
Seja h a reta sobre a qual esta o outro cateto, então h é perpendicular a t, logo h: 
x + y + b = 0.
Por outro lado sabemos que o ponto A(5,-2) está em h, logo temos que 
b = -3.
Suponhamos que B é o ponto de encontro de r e t.Vamos calcular B. 
íx-y-7 = 0 
|3x + 4y = 0
Suponhamos que C é o ponto de encontro de r e h. Vamos calcular C. 
jx + y-3 = 0 
|3x + 4y = 0
Questão 10
Num quadradode ABCD prolongamos o lado AB até um ponto F tal que BF = 
10cm. Seja E um ponto sobre CF de tal forma que AE é perpendicular a CF. E 
seja G o ponto de interseção de AE e BC. Sabendo que AG = 20 cm determine o 
ângulo ZFCB.
BC = V(12-4)2+(-9-(-3))2 = 7(8)2 + (-6)2 =10.
F
153
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
Assim temos que FH é altura do triângulo ACF, logo Z FHA = 90°,
Como AC é diagonal temos que ZHAF= 45°, portanto Z HFA= 45°.
Dai temos que Z BGF= 45° => BG = 10cm.
A partir dai temos que:
72 =a, + (n-1) ■ r, -Jã = a, + (m -1) • r
onde r é a razão da P. A e a, é o primeiro termo da P.A.
Logo temos que
é racional
Façamos = s, onde s é um número racional.
154
2
2
Questão 11
Prove que -J2, 73, -J5 não podem ser termos de uma mesma progressão 
aritmética.
73-72
75-73
75-72
75-75
10sen ZBAG = — 
20
=> ZBAG = 30°=> 
=> ZEGC = 60° => 
=> ZECG = 30° => 
=> ZFCB = 30°
Como m, n, t são inteiros temos que ——— é racional , logo 
t - m
Solução:
Suponhamos, por absurdo, que -J2, 75, 75 fossem termos de uma mesma 
progressão aritmética daí teríamos que
e 75 = a,+(t-1) ■ r,
Dai temos que 75 - 75 = (m - n) ■ r e 75 - 75 = (t - m) • r
75 -75 m-n
75-75 t-m
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Dai temos que:
• (Võ - Vã) => (Vã - Vã)2 = s2 -(Vã-Vã)2 =>
= VÍÕ,
Suponhamos que a propriedade é valida para n = k
Cpp + Cp-»1,p + Cp+2.p •>■••• + Cp-k.p - Cp-k-1pt1 (H l.)
Vamos provar que vale a propriedade para n = k + 1
Cp+k+i.p Cp.k*i.p+i * Cp.k^i pCp.p + Cp+ip + Cp+2.p + ■■• + Cp+k.p
155
Note que pela relação de Stifiel 
propriedade vale para n = k + 1.
Vã. Vã, Võ não podem ser termos de uma me'
Solução:
Vamos provar isso por indução:
Para n = 0 temos que Cpp = Cp4.1p+1 = 1
Cp.p + ^p+tp + Cp+2.p + •••+ Cp4.np
Questão 12 (Teorema das colunas) 
Prove que para todo n natural vale que:
6 + 15s2-h2 
6s2 
portanto VÍÕ é racional, pois h e s são racionais, absurdo!.
Dai concluímos que 
progressão aritmética.
Vã - VÕ rr rz —7=----- 7= = s => v3 — -72 = sVÕ - VÕ
=. 5-2 • Vê = s2 • (7-2VÍ5)=> 7 s2-5 = 2x/6-2 - VÍÕ • s2 =>
7 s2~5
2
logo temos que Vê - VÍÕ • s2 é racional.
Daí faça
x/6-VÍ5 ■ s2 =h=>6-6 • VÍÕ • s2-r15 s2 =h2 =>
^p+k+lp+1 + Cp.k»i.p - Cp-ktzp-i • l°9° a
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
Questão 13
i)
ii)
(H.I.)
iii)
+ (k +1)2 =
(n +1)3 = n3 + 3 ■ n2 + 3 • n +1
12+22+32
156
Dai temos que:
(1 +1)3 = 13 + 3 • 12 + 3 ■ 1 +1
(2 + 1)3 = 23 + 3 ■ 22 + 3 ■ 2 + 1
(3 + 1)3 = 33 + 3 ■ 32 + 3 • 3 + 1
Solução 1:
Vou provar isso por indução:
Para n = 1, temos que 12 =
Solução 2:
Sabemos que (n +1)3 = n3 + 3n2 + 3n +1
Somando tudo membro a membro temos que:
(n +1)3 = 13 + 3 • (12 + 22 + 32 +... + n2) + 3 ■ (1 + 2 + 3 +... + n) + (n +1) =>
=> (n + 1)3 -13 -3 • (1 + 2 + 3 + ... + n)-(n +1) = 3 ■ (12 + 22 + 32 + ... + n2)=>
+ n2 = n ■ (n + 1) ■ (2n + 1)
6
1-2-3
6
Suponhamos a propriedade vale para n = k, isto é:
12 +22 +32 +...+ k2 = k <k + 1>(2k + 1) 
6
vamos mostrar que a propriedade vale para n = k + 1
12 + 22 + 32 +... + k2 + (k +1)2 = k(k+1h(2k,+J)
(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
6
portanto a propriedade vale para todo n natural.
Proveque 12 +22 +32 +... + n2 = n ' (n+1H2n-+1l
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Questão 14
2
Prove que 13 + 23 + 33 +... + n3 =
2
Para n = 1, temos que 13 =i)
ii)
13 + 23 + 33 +... + k3 = (H.l.)
iii)
2
13 +23 +33 +... + k3+(k + 1)3 = + (k + 1)3 =
Portanto a propriedade vale para todo n natural.
Vamos provar isso por indução:
+ 1, logo pri-meiro... + (n —1) + 1 =
= n2 - n + 1.termo da n-ésima linha é 1 + 2 ■
157
Onde na primeira linha temos um termo, na segunda linha temos dois 
termos n-ésima linha temos n termos.
(k + 1).(k + 2)
2
(n).(n-1)
2
(n)(n-1)
2
(1) ■ (2) 
2 
Suponhamos a propriedade vale para n = k, isto é: 
(k).(k + 1)?
2 J 
vamos mostrar que a propriedade vale para n = k + 1
(k).(k + 1p2 
2
n (n + 1)
2
Soluçãol:
Vou provar isso por indução:
Solução 2:
Note que:
13 = 1
23 =3 + 5
33 = 7 + 9+ 11
43 = 13 + 15 + 17 + 19
Primeiro Passo: Calcular o primeiro termo da n-ésima linha'
O primeiro termo da n-ésima linha é o au2t3+ ..(n-i)+i da p A- (1.3,5,7,9,...).
Sabemos que 1 + 2 + 3 + 4 + 5
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
, logo o último termo
-1 = n2 + n -1.da n-ésima linha é 1 + 2
Terceiro Passo: Calcular a soma dos termos da n-ésima linha
A soma dos termos da n-ésima linha é
Por outro lado temos que nas n primeiras linhas temos os
primeiros termos da P.A.(1,3,5,7,
Vamos calcular essa soma
S = 1+ 2
Logo temos que:
2
13 +23 +33
Questão 15
158
Quarto Passo: Calcular a soma dos termos das n primeiras linhas 
A soma dos termos das n primeiras linhas é 13 + 23 + 33 +... + n3 .
Prove que 1-2 + 2- 3 + 3- 4 + ...+n-(n + 1) =
Sabemos que 1 + 2+ 3 + 4 + 5 + ... + (n-1) + n =
(n).(n + 1)
Segundo Passo: Calcular o último termo da n-ésima linha:
O último termo da n-ésima linha é o a1t2+3+ da P.A. (1,3,5,7,9,...).
(n)-(n-1)
2
n ■ (n + 1) ■ (n-1)
3 ’
(n)(n + 1)
2
(n)(n + 1)
2
(n) (n + 1)
2
+ ... + n3 =
[n2 -n + 1 + n2 + n-1]^ = 2n2 • = n3.
(n) (n + 1))4 Jj l(n)(n + 1)J 1 j'
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
i) Para n = 2, temos que 12 =
ü)
1 • 2 + 2 • 3 + 3 4 + ... + (k-1) ■ k =
iü)
+ k ■ (k + 1)!
portanto a propriedade vale para todo n natural.
Solução 2:
Daí temos que:
=>1 -2 + 2 • 3 + 3 -4 + ... + (n-1) n =
159
1 ■ 2
2
1-2+2-3+3 -4 + ... + (k-1)-k+k • (k +1) = 
'(k),(k + 1).(k-1) (k).(k + 1).(k + 2) 
3
(k) ■ (k +1) ■ (k -1) >
3 J
Cp.p + Cp<.lp + Cp+2.p
(n) ■ (n + 1) ■ (n-1)~\
6 J
^(n) ■ (n + 1) ■ (n-1)
(n) (n-1)
2
+ Cp*n.p
(1)(2)-(3)j
Suponhamos a propriedade vale para n = k, isto é:
Solução 1:
Vou provar isso por indução:
Solução 3:
Pelo teorema das colunas sabemos que:
+ C42 + ••• + C2+(n-2).2 - C(n-2)+3.3 =*
3 ■ 4 (n-1) ■ n 
-y-+-+ 2
+ C32^2.2
2 3
+ 2
vamos mostrar que a propriedade vale para n = k + 1
1 • 2 + 2 ■ 3 + 3 -4 + ... + (n-1) • n =
= (12 +1) + (22 + 2) + (33 + 3) +... + (n -1)2 + (n -1) = 
= (12 +22 + 33 + ... + (n -1)2 + (1 + 2 + 3 +...-n -1) =
_í(n) (2n-1) (n-1)
l 6
 ((n) - (n + 1) ■ (n-1)
l 3
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
Solução 4:
Somando tudo membro a membro temos que:
1 • 2 + 2 ■ 3 + 3 • 4+... + (n-1) •
1 • 2 • 3 + 2 • 3 • 4 + 3 ■ 4 ■ 5 + ...+n • (n + 1) • (n + 2)
i) Para n = 1, temos que 1 ■ 2 • 3 =
160
Soluçãol:
Vou provar isso por indução:
Questão 16
Prove que
(D ■ (2) ■ (3) • (4)
4
n • (n + 1) • (n + 2) ■ (n + 3)
3
Dai temos que:
11 2 = ^ -[(1) (2) (3)-(0) (1) ■ (2)]
1
2 ■ 3 = - ((2) - (3) (3)-(1) • (2) • (3)]
34 = i[(3)(4)-(5)-(2).(3).(4)]
1 • [(k) ■ (k +1) • (k + 2)- (k -1) • (k) ■ (k +1)] =
(n - 2) ■ (n -1) = 2 . [(n - 2) • (n -1) ■ (n) - (n - 3) • (n - 2) ■ (n - 1)](n -1) • (n) =
= ^ ■ l(n-1) • (n) • (n + 1)-(n -2) • (n -1) • (n)]
= —■ [(k3+3k2+2k)-(k3-k)] =
1 ,= ■ [3k2 + 3k] = k • (k +1).
= l.[(n-i).(n).(n+1)-(0)-(1)-(2)] =
(n) ■ (n + 1) • (n-1)>
3 J '
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Íi)
4-(k 4-1) • (k 4 2) • (k + 3) =
portanto a propriedade vale para todo n natural.
“ Cp_n.-|p.i
Daí temos que:
C
161
Solução 3:
Pelo teorema das colunas sabemos que:
Cp.p + Cp+i.p + Cp+2p +... + Cp+np
1 • 2 ■ 3 + 2 ■ 3 ■ 4 + 3 • 4 • 5 +... + k • (k +1) ■ (k + 2) + (k +1) • (k + 2) • (k + 3) = 
. r k • (k +1) • (k-r 2) ■ (k + 3)
^(k+ 4)-(k+ 1)(k + 2)-(k + 3)
k-(k 4l)-(k 4 2)-(k 4 3)1
4 ;
3.3 + C4.3 4- C53 4-... + C33 - C(n_2),33 =>
(1).(2)(3) , (2)-(3)-(4) . (3) (4) (5) . , (n) ■ (n +1) ■ (n + 2)
6 6 6 6
(•(n)(n + 1)(n + 2)-(n + 3)j
=>1-2-34-2-3-44-3-4-54-,,.4-n(n4-1). (n4-2) =
Qi)-014-1) (n-4-2)-Q14-3)j
k-(k4-1)-(k4-2) = ^"=ik34-3-
(n)-(n + 1)
2
" k2 42 
k=1
Suponhamos a propriedade vale para n = k, isto é: 
1 • 2 - 3 + 2 - 3 - 4 + 3 - 4 • 5 + ... + k - (k + 1) - (k + 2) = C
vamos mostrar que a propriedade vale para n = k 4 1
Solução 2: 
yn 2—<K=1
■Y" k =
Qi)-014 1)1
2J
y /—i
i2 . n - Q141) (2n 4-1) ,
I 6 J V 
pn)-(n4l)-(n42)-(n43)j
Capítulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
Questão 17
2 ■
Questão 18
Calcule o valor da expressão 16 ■ (sen615° + cos6 15o)
Solução:
■ cos(45°-30°) = cos45° • cos30° + sen30° ■ sen45° =
• sen315° + cos315° =
162
2 
2
Dai temos que
cos 24 ° + cos 4 8° - cos 84 ° - cos 12° =
= 2 • cos72° cos96° + 2 ■ cos72° • cos24° =
= 2 ■ cos 72° ■ (cos 96° + cos 24°) =
= 2 cos72° ■ (2 • cos60° + cos36°) =
= 2■cos72°■cos36° =
sen(45° - 30°) = sen45° ■ cos 30° - sen30° • cos 45° = 
V6-V2 
4
•j6+y/2 
4
= (sen15° + cos 15°) ■ (sen215° + cos215°- sen15° • cos 15°) =
sen36°
2
2 ■ cos 72° ■ cos36°sen72°sen36° 
sen72°sen36°
sen72°sen36°
Prove que cos 24° + cos 48° - cos 84° - cosí 2° =
Solução 1:
Note que
cos168° =-cos12° e cos 96° =-cos 84° 
cos24° + cos168° = 2■cos72°■cos96° 
cos48° + cos96° = 2 • cos72° ■ cos24°
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Assim temos que
sen615° +cos615°
c) x3 e)2-xd) x
Somando tudo membro a membro temos que:
3 • [f(a) + f(2 - a)] = 0 => f(a) + f(2 - a) = 0 => f(a) = (1 - a)3
163
Solução:
Faça x = a =. f(a) + 2 ■ f(2-a) = (a-1)3
Faça x = 2-a =>f(2-a) + 2 ■ f(a) = (1-a)3
Logo temos que f(x) = (1 - x)3 => f(g(x)) = f(1 - x) = (1 - (1 - x))3 = x3.
Resposta: letra C
76
2
52
~ 64
=> sen615° +cos615° = — =>
16
=> 16 ■ (sen615° + cos6 15°) = 13
=> sen615° + cos615° + 2 • sen315° • cos315° = — 64
3
=> sen615° + cos615° = — - 2 ■
64
sen30°
2
^lsen315° + cos315° = í^| => 
n J l 8 J
=> (sen315° + cos315°)2— => 
64
Questão 19 (ITA 1997)____________________________________________________
Seja f: R -> R funções tais que g(x) = 1 - x e f(x) + 2 • f (2 - x) = (x -1)3. para todo 
x real.Então f(g(x)) é igual a: 
a) (x-1)3 b) (1 - x)3
8
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
e) [-5,0] [1,6]
|| 2x - 1| — 6|<5o-5<|2x-1|-6<5o1<|2x- 1|<11.
Primeiro Passo: Resolver 1 < | 2x — 11
1 < | 2x - 1 ] => 2x - 1 > 1 ou 2x - 1 S - 1 => x > 1 ou x < 0.
.ogo S, = Ho,0] u [1, co]
2
164
Solução:
Antes de fazer o problema vamos provar um lema
Lema: Seja c um número inteiro. Se 7c é racional, então c é quadrado perfeito.
Solução:
Para que a função esteja definida é preciso que
Segundo Passo: Resolver | 2x - 1| < 11
|2x - 1| < 11 o -11 < 2x - 1 < 11 -»-10á2x<12<=>-5<x<6. Logo 
S2 = [-5, 6]
Daí a solução geral é S = S, n S2 = [-5,0] w [1, 6]
Resposta: Letra E
Questão 21
Sejam a e b números inteiros prove que <a + -Jb é inteiro se, e somente se, a e 
b são quadrados perfeitos.
Questão 20 (ITA 2002)
Os valores de x e R , para os quais a função real dada por 
f(x) = 75- ||2x-11 -61
está definida, formam o conjunto:
a) [0,1] c) [-5,0] o [1. co]
b) [-5,6] d) [-oo,0] u [1, 6]
Prova: Suponhamos, por absurdo, que c não é quadrado perfeito, mas Jc é 
racional.
Como c não é quadrado perfeito existe um número primo p tal que o expoente de 
p na fatoração prima de c é impar.
Se 7c = - ,onde m e n são naturais, dai temos que c ■ n2 = m2 . Note que em 
n
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
é racional, portanto
(101
Questão 23
165
n2 existe uma quantidade par de fatores p e em c existe um quantidade ímpar 
de fatores p, logo no primeiro membro existe uma quantidade impar de fatores p.
Já no segundo membro temos uma quantidade par de fatores p,absurdo!, logo 
Vc é irracional.
Solução:
Seja:
Vã-Vb+Vã + Vb = 2 ■ Vã
é racional, assim Vã é racional, portanto a é quadrado perfeito.
Analogamente temos que b é quadrado perfeito.
E a volta é trivial.
Questão 22_____________________________
Calcule a soma 1 + 11 + 111+....+ 11 ...11 (n 1's).
Agora vamos ao nosso problema.
(=>) Se Vã + Vb é inteiro, então Vã + Vb é racional, logo
= Vã-Vb
a - b
3 5
---- I------ F*...
4 8
1
Calcule a soma —
2
S = 1 + 11 + 111+....+ 11...11 => 
=>9S = 9 + 99 + 999 +....+ 99...99 = 
= (10 — 1) + (102-1) + (103 -1) + ...+ (10n-1) = 
= 10 + 102 + 103 +...+ 10n -n = 
_10(10n-1) 
— --------------------------------- ■— II —
9
ln+1 -9n-10) 
9
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
=>1 + 2 = 1+21=3.
166
2 
4
2 
8
Vamos formar grupos de palavras. Note que para cada palavra em que as 
consoantes estão em ordem alfabética existem outras 23 onde as consoantes 
não estão em ordem alfabética (para isso basta trocarmos as posições das 
consoantes e manter as vogais na mesma posição)
Parte 2: Calcular o número de anagramas da palavra Brasil em que as 
consoantes estão em ordem alfabética
Existem 6! = 720 anagramas da palavra Brasil. Dessas temos que em metade o 
a aperece antes do i e na outra metade o i aparece antes do a, logo existem 360 
palavras onde as vogais aparecem em ordem alfabética.
Exemplo 1: Para a palavra Brasil temos a palavra Brisal 
Exemplo 2: Para a palavra Bisarl temos a palavra Basirl
Vamos formar pares de palavras. Note que para cada palavra que o a aparece 
antes do i existe outra tal que o i aparece antes do a(para isso basta nos 
trocarmos as posições do a e do i mantendo as outras letras na mesma posição)
Solução:
Parte 1: Calcular o número de anagramas da palavra Brasil em que as vogais 
estão em ordem alfabética.
Solução:
Seja
2
2
9 --- + 
16
2_ 
+ 16
Questão 24
Em quantos anagramas da palavra Brasil as vogais estão em ordem alfabética? 
E em quantos as vogais estão em ordem alfabética?
„ 13 5 7S= - + — + - + — + ...+ => 
2 4 8 16
„ 3 5 7=>2S = 1 + —+ —+ —
2 4 8
2 2=>2S-S = 1 + - + - +
2 4
2 1 
8+16+ +
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
= 30 anagramas tais que as vogais aparecem em ordem
alfabética.
O mesmo ocorre com 2, 3, 4, 5. Logo soma pedida é
15 ■ 24 (1 + 10+ 100+ 100+ 1000+ 10000) = 15 • 24 • 11111 = 3999960 .
167
Prova:
f(x) = f(y) => g(f(x)) = g(f(y)) => x3 = y3 => x = y
Portanto f é injetiva
Dai concluímos que * K-!)
Solução:
Note o algarismo 1 aparece 24 vezes como algarismo das unidades, 24 vezes 
como algarismo das dezenas, 24 vezes como algarismo das centenas, 24 vezes 
como algarismo das unidades de milhar e 24 vezes como algarismo da dezen 
de milhar.
Grupo 1: Brasil, Bsaril, Blasir, Bralis, Bsalir, Blaris, Rbasil, Rsabil, Rblasi, Rbasil, 
Rsalib, Rlabis, Srabil, Sbaril, Sbalir, Sralib, Slabir, Slarib, Lrabis, Lbans, Lbasir, 
Lsabir, Lsabir, Lsarib.
Solução:
Suponhamos por absurdo que existam f e g que satisfazem essa condição
Primeiro Passo: Mostrar que f é injetiva
Questão 25
Com os números 1, 2, 3, 4, 5 formamos 120 números de 5 algarismos distintos.
Quanto vale a soma desses 120 números?
D . , . . 720Portanto existem -----
24
x3 para
Segundo Passo: Mostrar que [f(x)] - f(x3) para todo x real 
Prova:
g(f(x)) = x3 => f(g(f(x))) = f(x3) => (f(x))2 = f(x3)
Questão 26________________________________________________
Existem funções f: R => R e g : R => R tais que f(g(x)) = x2 e g(f(x)) 
todo x real.
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
Portanto temos que [f(x)] ~ Kx3) para todo x real
(i)
(ii)
168
Solução:
Antes de fazermos este problema vamos provar um Lema.
Lema: Sejam a, b e c números reais quaisquer então
(x + y + z)3 = x3 + y3 + z3 +3.(x+ y).(x + z).(y + z)
Agora suponhamos, por absurdo, que 3/a-b + 7b-c + 7c-a = 0 =>x + y + z = 
0 => (x + y+ z)3 = 0 => x3 + y3 +z3 +3.(x + y).(x + z).(y+ z) = 0 =>
Prova do Lema:
(.¥ + >• + z)J = (x +j> + z)2 ,(x + y + z) = 
(,v2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz).(x + >’ + z) = 
x’+y’ + z3 +3.(x+j/).(x + z).(>'+z)
Questão 27_______________________________________
Sejam a,b e c números reais dois a dois distintos.Prove que: 
7a-b + 7b-c + 7c-a * 0.
Dai concluímos que
[./(O)]2 = ./(0)
[./(l)]2=/(l)
(üi) [./(-D]2 =./(-!)
Assim temos que f(0), f(1), f(-1) são raizes da equação y2 - y = 0.
Note que esta equação y2 - y = 0 possui apenas duas soluções que são y = 0 
ou y = 1, absurdo!, pois f(0) * f(1) f (-1).
Portanto não existem tais funções.
Agora vamos ao nosso problema: 
Faça x = 7a-b , y = 7b-c e z = 7c-a .
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas(Volume 2)
b)
c)
d)
e)
2 2 2 2
No primeiro caso temos que a-b = c- b=>a = c, absurdo, pois os números são 
dois a dois distintos.
No segundo caso temos que a-b = a- c=>b = c, absurdo, pois os números são 
dois a dois distintos.
No segundo caso temos que b-c = a- c=>a = b, absurdo, pois os números são 
dois a dois distintos.
2
4
3
4
2
2
2
3
É impossível calcular
Questão 28 (Concurso para professor IFMA 2010)_______________________
Duas pessoas A e B jogam alternadamente uma moeda. Ganha aquele que 
obtiver primeiro cara. Determine a probabilidade de B ganhar o jogo sabendo que 
A começa jogo.
a)
Segundo Passo: Probabilidade de B ganhara na primeira rodada
Para B ganhar na segunda rodada é preciso que A tire coroa e B tire coroa na 
primeira rodada e na segunda rodada é preciso que A tire coroa e B tire cora,logo 
1111 1a probabilidade é= —
Solução:
Primeiro Passo: Probabilidade de B ganhara na primeira rodada
Para B ganhar na primeira rodada é preciso que A tire coroa e B tire cara, logo a
1 1 1probabilidade é — . — = —
2 2 4
Terceiro Passo: Probabilidade de B ganhara na primeira rodada
Para B ganhar na terceira rodada é preciso que A tire coroa e B tire coroa na 
primeira rodada, A tire coroa e B tire coroa na segunda rodada e A tire coroa e 
169
3.(x + y).(x + z).(y + z) = 0 => x + y = 0 ou x + z = 0 ou y + z = 0.
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
11
d) 3 e)1
2) ■ (z3 + z2 + Z + 1)
As raizes de z2 - z + 2 são , logo a soma dos quadrados dos módulos das
raizes é:
2
= 4
170
Solução:
óomo Q(z) é um polinômio do quinto grau e z3 +z2 + z + 1 é um fator de Q(z), 
temos que Q(z) = (az2 + bz + c) ■ (z3 + z2 + z +1).
Como o coeficiente de z5 é igual a 1 temos que a
que c = 2 e como Q(1) = 8, temos que
2
3
77
2
1
16
Primeiro Passo: Calcular a soma dos quadrados dos módulos das raízes de 
z2 -z + 2.
1± Vtí
2
(b + 3) ■ (4)= 8 => b = -1 => Q(z) = (z2 - z +
= 1. Como Q(0) = 2, temos
Resposta: Letra D
Questão 29 (ITA 2007)_____________________________________________________
Seja Q(z) um polinômio do quinto grau, definido sobre o conjunto dos números 
complexos, cujo coeficiente de z5 é igual a 1. Sendo z3 +z2 + z + 1 um fator de 
Q(z), Q(0) = 2 e Q(1) = 8, então, podemos afirmar que a soma dos quadrados 
dos módulo das raízes de Q(z) é igual a: 
i) 9 b) 7 c) 5
2
4
1-1
4
B tire cora na terceira rodada,logo a probabilidade é =
E assim por diante. Note que está sendo formada uma P.G. infinita onde o
1 111
primeiro termo e a razão são — logo a probabilidade pedida é — + — + —
4 4 16 64
— I 
2
1 1 1 1
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Resposta: Letra B
(Q2+^2)2 + (r3)2=2.
171
Solução:
Sejam r,, r2 e r3 as raizes de x3 -x + a .
logo uma das raízes é zero, pois caso contrário feríamos 
(ri)2 + (<2 )2 + (r3)2 3 , portanto temos que a = 0.
Note (z3 + z2 + z +1) = (z +1) • (z2 +1) = 0 => z = -1 ou z = i ou z = - i, onde i = 
, logo a soma dos quadrados dos módulos das raízes é: 1 + 1 + 1 = 3.
Segundo Passo: Calcular a soma dos quadrados dos módulos das raízes de 
(z3 +z2 + z + 1).
Questão 30_____________________________________ __ ______
Encontre todos os inteiros a tais que x3 - x + a tem 3 raizes inteiras.
Pelas relações de Girard temos que q + r2 + r3 = 0 e r,r2 + r2r3 + r,r3 = -1 
Como
r, + r2 + r3 = 0 => (r, + r2 + r3)2 = 0 =>
=> (r,)2 + (r2 )2 + (r3 )2 + 2 • (r,r2 + r2r3 + r,r3) = 0 => =>
Solução:
Sea = 0oub = 0é obvio.
Vou fazer o caso em que a# 0 e b #0.
Suponhamos, por absurdo, que existam a # 0 e b 0 tais que 
a + b 73 = 0 => b73 = - a => 73 = .
b
Como a e b são racionais, temos que 73 é racional, absurdo!
Logo a = b = 0 é a única solução.
Questão 31__________________________________________________
Prove se a, b são números racionais e a + b 73 =0, prove que a = b = 0.
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
172
Solução:
Tome p(x) = Vã • (x -1) • (x -2) + x
Solução:
Tome P(x) = (x-1) • (x-2)...(x-1999) • (x- 2000) + x.
Solução:
Como 1 + VÕ é raiz do polinômio temos que:
3(1 + Vã)3 + a(1 + Vã)2 + b • (1 + Vã) +12 = 0 => 
=> (4a + b + 42) + (2a + b + 18) • Vã = 0.
Note que P(1) 
2000! + 2001.
Questão 34
Escreva um polinômio tal que P(1) = 1, P(2) = 2 e P(n) é irracional para todo n 
inteiro diferente de 1 e 2.
Questão 32
Determine todos os inteiros a e b tais que 1 + VÕ é raiz da equação: 
3x2+ax2 + bx +12 = 0
Duestão 33
Ache um polinômio p(x) tal que P(1) = 1, P(2) = 2,..., P(1999) = 1999, P(2000) = 
2000, mas P(2001) # 2001.
= 1, P(2) = 2 P(1999) = 1999, P(2000) = 2000 e P(2001) =
Claramente temos que P(1) = 1 e P(2) = 2.
Agora se x # 1 e x # 2, temos que p(x) = a + b ■ Vã, onde b # 0.
Vamos provar que esse número é sempre irracional, para todo a e b racionais.
Pela questão anterior temos que: (4a + b + 42) = 0 e (2a + b + 18) = 0. 
Resolvendo esse sistema temos que a = -12eb = 6éa única solução.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
73 = -——, logo 73 seria racional,
ache P(0).
Como P(6) = 0, temos que Q(6) = -1, daí temos que
Portanto P(0) = 2.
173
Solução: 
Defina Q(x) 
portanto
1
120
Q(x) = a ■ (x-1) • (x-2) ■ (x-3) • (x-4) ■ (x-5) = 
= a ■ (x5 -15x4 + 85x3 -225x2 + 274x-120).
Questão 35
Se P(x) é um polinômio do 5° grau que satisfaz as condições 
1 = P(1) = P(2) = P(3) = P(4) = P(5) e P(6) = 0,
= P(x) - 1, daí temos que 1, 2, 3, 4, 5 são raizes do polinômio Q(x),
a • (65 -15 • (6)4 + 85 • (6)3 - 225 • (6)2 + 274 • 6 -120) = -1 => a = -
Suponhamos, por absurdo, que a + b • Vã fosse racional, então teríamos
a + b • Vã = -, onde r e s são inteiros, 
s
r» • * /r r r-as ' ~~Dai temos que b- V3 =-----a = -------- => -
s s bs
absurdo!, Portanto a + b ■ 73 é irracional sempre que a e b são racionais e b # 0.
Questão 36_____________________________________________________ ___
Calcule o mdc entre todos os inteiros da forma x.y.z onde (x, y, z) percorre todas 
as soluções inteiras da equação x2 + y2 = z2 com x.y.z * 0.
Assim temos que
Q(x) = —— ■ (x5 -15x4 + 85x3 - 225x2 + 274x -120) => 120
•1P(x) = --^ • (xs -15x4 +85x3 -225xz +274x-120) + 1.
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
z2 então x.y.z
60.
174
Afirmação 1: Se uma tripla (x,y,z) é solução da equação x2 + y2 = z2 então x.y.z 
é múltiplo de 3.
Prova:
Suponhamos, por absurdo, que x e y não são múltiplos de 3,então x! + y!s 2 
(mod 3),absurdo!, logo x ou y tem ser múltiplo de 3.Assim temos que x.y.z é 
múltiplo de 3.
Portanto d é múltiplo de 3.4.5 = 60,logo d a 60.Logo d =
= z2 então x.y.z
Questão 37
Seja n um número natural e a < b < c, divisores de n, tais que n = a + b+ c. 
Prove que c = a + b.
Afirmação 3: Se uma tripla (x,y,z) é solução da equação x2 + y2 
é múltiplo de 4.
Solução:
Seja d = mdc entre todos os inteiros da forma x.y.z onde (x.y.z) percorre todas 
as soluções inteiras da equação x2 + y2 = z2 com x.y.z í 0.
Note que (3,4,5) é solução logo temos que d 2 60.
Afirmação 2: Se uma tripla (x,y,z) é solução da equação x2 + y2 
s múltiplo de 5.
’rova:
Suponhamos, por absurdo, que x e y não são múltiplos de 5,então xz + y2$0ou 
2 ou 3 (mod 5).No primeiro caso temos que z é múltiplo de 5,portanto x.y.z é 
múltiplo de 5.No segundo e terceiro casos temos um absurdo,pois um numero 
quadrado perfeito só pode deixar restos 0, ou 1 ou 4 modulo 5.Assim temos que 
x.y.z é múltiplo de 5.
Prova:
Suponhamos, por absurdo, que x e y são impares,então x2 + y2 = 2 (mod 
4),absurdo.Portanto x ou y tem que ser par.Se x for par ,mas não for múltiplo de 
4,então x2 = 4(mod 8) => x2 + y2 s 4 ou 5 ou 0 (mod 8) .No primeiro e terceiro 
casos temos que y é par,portanto x.y.z é múltiplo de 4.No segundo caso temos 
um absurdo,pois um numero quadrado perfeito só pode deixar restos 0, ou 1 ou 4 
modulo 8.E se y for par é análogo.Assim temos que x.y.z é múltiplo de 4.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Solução:
n = a + b+ c s
+ 10y-53 0 => y =
Portanto (x,y) = (6,5) é a única solução.
Questão 39
Sejam a.b.c trêslados de um triângulo que 1 <
175
Caso 4: x - y a 3
Neste caso temos que 3.(x -y) - 1 > 8 => xy £ 7 => (x y) = (4,1) ou (5,1) ou (6,1) 
que facilmente se vê que não são soluções.
Questão 38________________________________________ __ _____________
Encontre todos os inteiros positivos (x, y) que satisfazem a equação: x -y = xy 
+ 61
20n + 15n + 12n 
6Õ n, absurdo!!!!, logo temos que c = n ou
Caso 3: x - y = 2
Neste caso temos que x-y = 2=>x = y + 2=>(y + 2)3- y3 =
-10 + Vl160 . ... . . . .10------- , portanto nao possuindo raiz inteira positiva.
Suponhamos, por absurdo, que cs—, dai b s|, eas|, logo teríamos
como n = a + b+ c .ternos q c < n.logo temos que c = ^ = a + b
y.(y + 2) + 61 => 5y2
Caso 2: x - y = 1
Neste caso temos que x-y=1=>x = y+1=>(y + 1)3-y3 = y.(y + 1) + 61 
+ y-30 = 0=>y = -6ouy=5. Daí y = 5 ex = 6 éa única solução.
Solução:
Por M.A s M.G. temos que x2 + y2 s 2xy.
Por outro lado temos que x3 - y3 = (x - y).(x2 + xy + y2) 2 (x - y) .3xy => xy + 6-1 ' ■ 
(x- y) ,3xy => xy.(3.(x - y) - 1) < 61 .Agora vamos analisar os casos.
Caso 1: x - y = 0, i.e., x = y
Neste caso temos que 0 = 61, absurdo!
a2+b2+c2 ;2 
ab + ac + bc
Capitulo 4 - Solução dos Problemas de Treinamento
Solução:
'a2.b2 > ab
> ab => a2 + b2 > 2ab'a2.b2Por MA > M.G, temos que
> ac => a2 + c2 > 2ac'a2.c2Por M.A a M.G, temos que
> bc => b2 + c2 > 2bc
Seja g(x) = ax2 + bx + c - 3 e h(x) = ax2 + bx + c + 3.
Temos 4 raízes 1, 3, 4, 6, então são duas de g(x) e duas de h(x).
Note que em g(x) e h(x) a soma das raizes é a mesma (- b). Agora temos 6 
casos a analisar
176
Questão 40_______________________________________________________
Seja f(x) = x2 + bx + c, onde a, b e c são números reais .Se a equação | f(x) | = 3 
tem como raízes 1, 3, 4 e 6, determine b e c.
a2 + b2+c2 
ab + ac + bc
Solução:
| f(x) | = 3 => f (x) = ±3=>x2 + bx + c = 3ou ax2 + bx + c = -3=> 
=> ax2 + bx + c - 3 = 0 ou ax2 + bx + c + 3 = 0.
 a2+b2
=* 2
a2 + c2 =>-------
2
b2+c2
Primeira parte: Provar que 1 <
Prova:
ai+bi>
2
Como a, b, c são lados de um triângulo temos que |a - b| < c => (a - b)2 < c2 => a2 
+ b2 - c2 < 2ab. Analogamente temos que a2 + c2 - b2 < 2ac e c2 + b2 - a2 < 2bc. 
Somando tudo temos que, |b - c| < a, |c - a| < b => a2 + b2 + c2 < 2.(ab + ac + bc) 
a2 + b2+c2 ;2 
ab + ac + bc
a2+b2 
2 
a2+b2 > 
2 
a2+c2 ->
2 
b2 + c2 /, 2 2 
Por M.A > M.G, temos que—-—>vb.c — ----------- --- - ---------
Somando tudo temos que 2.( a2 + b2 + c2) 2 2ab + 2ac + 2bc => a2 + b2 + c2 s 
a2 + b2 + c2 
ib + ac + bc => 1 <--------------- .
ab + ac + bc
a2 + b2 + c2
Segunda Parte: Provar que----------------< 2
ab + ac + bc
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Caso 6: (1, 6) são raízes de h(x) e (3, 4) são raízes de g(x)
Conclusão. b = -7 ec = 9
177
Caso 4: (1, 3) são raízes de h(x) e (4, 6) são raízes de g(x) 
Note que isso é impossível, pois (3) + 1 = 4 e 4 + 6 = 10
Caso 5: (1, 4) são raizes de h(x) e (3, 6) são raízes de g(x) 
Note que isso é impossível, pois (1) + 4 = 5e3 + 6= 9
Caso 2: (1, 4) são raízes de g(x) e (3, 6) são raízes de h(x) 
Note que isso é impossível, pois (1) + 4= 5e3 + 6 = 9
Neste caso a soma é a mesma. Daí temos que:
h(x) = (x - 1).(x -6)=>x2-7x+6 = x2 + bx + c + 3=>b = -7ec + 3 = 6=>c=3 
=> f(x) = x2 - 7x + 3 => g(x) => x2 - 7x =0, absurdo pois as raízes não são 3 e 4.
Caso 3: (1, 6) são raizes de g(x) e (3, 4) são raízes de h(x)
Neste caso a soma é a mesma. Daí temos que :
g(x) = (x -1 ).(x - 6) => x2 - 7x + 6 = x2 + bx + c - 3 => b = - 7 e c - 3 = 6 => c = 9 
=> f(x) = x2 - 7x + 9 => h(x) => x2 - 7x + 12, que de fato tem como raizes 3 e 4, 
logo b = -7ec = 9é solução
Caso 1: (1, 3) são raízes de g(x) e (4, 6) são raízes de h(x) 
Note que isso é impossível, pois (3) + 1= 4e4 + 6=10
Apêndice
Apêndice
1 - Definição e Propriedades
Teorema 2. Sejam x e y números reais. Então:
4.
é o número de inteiros entre 1, 2, .... n5.
que são divisíveis por a.
Prova: O item (1) é apenas uma reformulação da definição.
O item (2) é deixado como exercício.
Para provar (3):
yj-
Então
q = q +
178
1.
2.
3.
Função Parte Inteira 
Samuel Barbosa 
Fortaleza - CE
Definição 1. A parte inteira de um número real x é o maior inteiro [xj que não é 
maior que x. Definimos a parte fracionária {x} de x por {x} = x - |_xj. Exemplos: 
[3J = 3,[3, 5j = e[-4,7j = -5
Para provar (4): Seja [_xj = qm + r com 0 < r < m-1.
W 
m
LxJ+LyJ=Lx+LyJJsLLxJ+LyJ+{x}+{y}J = Lx +
[_xJ < x < |_xj +1 e 0<{x}<1
[x + mJ = [xj + m se m é um inteiro.
xJ + [yJ<Lx + yj<LxJ + LyJ + 1
W =
m
gm + r + [x}
m
r + W
m
|_q + ^J = q. Como 0 < {x} < 1 temos
I x I . . .— se m e um inteiro positivo. LmJ
Se n e a são inteiros positivos, i
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
n
_P .
nProva: O que significa ? Ele conta o número de inteiros positivos mensores
é a soma de todas essas contribuições
vezes em
n pois contribui com um expoente i). Este resultado também
Exercício 5.
Mostre que a parte fracionária do número V4n2 +n não é maior que 0,25.
179
Teorema 3 (Fórmula de Polignac). Seja p um primo. Então o expoente de p na 
fatoração em primos de n! é.
n
7.
00 
ç
Exercicio 4.__________________________
Mostre que [x + yJ + LxJ + |_yJ < [_2xJ +1_2¥J■
ja s n < (j + 1)a => j < ^ < j + 1 => j = ^j
Lp J 
pode ser provado usando indução.
n
7.
Finalmente para provar (5), sejam a, 2a ja todos os inteiros positivos menores 
ou iguais a n que são divisíveis por a. Então
Lp J
ou iguais a n divisíveis por p'. Cada múltiplo de p contribui com um expoente 1 
para p em nl, cada múltiplo de p2 contribui com expoente 2 para p em n! e
X
assim sucessivamente. Assim
i=1 
sem contar repetições (veja que um múltiplo de p' é contado i
I n I LP J
Apêndice
Exercício 6.
é um inteiro.
Para todo primo p e todo inteiro k. Devido ao exercício 1, isto é verdade.
Exercício 10.
2n
Prove que divide MMC{1, 2 2n}.
n
180
Exercício 7._______________________________________
Em quantos zeros termina a representação decimal de 1000?
Exercício 8.________________________________________________________
Da direita para a esquerda, qual o último dígito não nulo da representação 
decimal de 1000?
Exemplo 9.
Mostre que se m e n são inteiros positivos, então:
(2m)!(2n)l 
(m)!(n)!(m +n)i
Prova: Pelo teorema anterior, basta mostrarmos que:
k-11 j |
Mostre que x + — = LkxJ 
i=o L kJ
2n
Pk
n
7
m + n2m m
7
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-1ME) - Olimpíadas (Volume 2)
, inteiros não negativos com
n = a, + a2 + ... + ar.
Mostre que é um inteiro.
Exercício 13.
fatoração em primos do número é igual a 1.
181
Exercicio 12.
Considere um inteiro n > 1 e inteiros i, 1 < i < n. Para cada
Exercicio 14,_______________________________________________________
Seja vp(n) a soma dos dígitos da representação de n na base p. Mostre que o 
expoente de p na fatoração em primos de n! é:
n!
aja^.-aj
n-vpn 
p-1
Prova: Seja kp(n!) o maior expoente de p que divide ni. Suponha que 
n = d0 + d, p + ••• + dr pr
„ . ... . , fZn')Seja p um divisor primo do numero i
ln J 
2n 
n
com p £ V2n , então o expoente de p a
prove que
i=1
Exercício 11.
SeJam Wosisr
k = 1, 2,...
encontre o número de i's que são divisíveis por 2k mas não por 2k+1. Então an-
Apêndice
onde 0 < dj < p . Então
Somando tudo obtemos:
i Exercício 15.
é ímpar se, e
somente se, B(k)çB(n),
n2Assim
182
Exercício 16.
Prove que existe um natural n tal que a representação decimal de n2 começa 
(da esquerda para a direita) com o número 200620062006...2006(2006 vezes).
n d 
pj = dr'
n , . _J r-1- = d-, +d2p + •■■ + dr p , 
Lp J
O , , . r-2— = d2+d3 P + --- +dr p , 
Lp J
<n <10kVm +1=>
2 < 102km + 102k(m +1) .
Seja B(m) o conjunto dos inteiros r tais que 2r é um termo na representação na 
base 2 de n. Por exemplo, B(100) = {2, 5, 6). Prove que
Prova: Podemos encontrar um n que comece com qualquer sequência de dígitos 
(c,c2...cr) = m. Escolha um k suficientemente grande tal que 2-Jm <10k~1. Seja 
n = [_10k\/m+ ij. Então: 0<10k5/m 
=5 102km <n2 <102km + 2 • 10kVm+1< n 
começa com a sequência de digitos m.
kp(n!) = d, + d2(p + 1) + d3(p2 + p + 1) + --- + dr(pr 1 +---+1)=> 
=> (P - 1)kp(n!) = d,(p-1) + d2(p2 -1) + +dr(pr -1) = n - vp(n).
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
1
m-1
x=0
Problemas
Exercício 20.
= n.
183
X
Prove que, para qualquer n natural, 
i=i
Exercício 18. (OBM 1999)
Prove que há pelo menos um algarismo diferente de zero entre a 1000000a e a 
3000000a casa decimal de V2 após a vírgula.
Exercício 19.
Sejam a, m, b inteiros dados, com mdc(a, m) = 1. Calcule:
a(m-1)
2
tal que
m} é um sistema
Exercício 17. (OBM 1992)_____________________________________________
Prove que existe um natural n tal que a expansão decimal de n1992 começa com 
1992 algarismos iguais a 1.
y1| ax + b I
„L rn Ix=0L J
n + 2"1
2'
íax-rb]
m-1 (a-1)(m-1) b------------=------------------------- r b
2 2
Prova: Dados dois inteiros n e I, se r é o resto da divisão de n por I. o número 
é igual a y . Como mdc(a, m) =
, para qualquer inteiro 0<r<m existe um i, 0<i<m 
ai + b s r(mod m) (isto significa que o conjunto {ax + b 10 < x 
completo de restos módulo m). Assim:
y I ax + b I y ax + b 
nL rn J “ m
x=0L J x=0
a(m -1)
" 2 +
Apêndice
• + 7n + 1 + Vn + 2J = |_V9n + 8J.
Exercício 22. (Bulgária 1996)
= n.
Exercício 25. (Canadá 1998)
Determine o número de soluções reais da equação
184
A sequência é definida por a, = 1 e an+1 = —+ —. Prove que se n>4 
“ n an
então |_an2j
Exercicio 21.__________________
Prove que, para qualquer n natural,
Exercicio 26. (República Tcheca e Eslovaca 1998)
Encontre todos os números reais x tais que X|_XLXLXJJJ =
Exercicio 23. (Japão 1996)
Seja x > 1 um número real que não é um inteiro. Defina para n a 1, 
an = J-x|_xn J. Prove que a sequência an não é periódica.
exercicio 24. (Korea 1997)______________
Expresse y "=1| Vk J em termos de n e ^7nJ
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
2n. Prove que a parte inteira do número
é igual a n + 1.
185
Exercício 29.
Se a, b, c são reais e |_naj + |_nbj = |_ncj para todo n natural, então aeZ ou 
beZ.
Exercício 32. (Romênia 2003)
Sejam n e p inteiros positivos com p
Exercício 27.
Encontre todos os reais tais que a igualdade
[VõJ + [\/n + aJ = |_V4n + lj 
É verdadeira para todos os naturais n.
Exercício 28.
Prove que, para todo inteiro positivo n,
Exercício 30.
Sejam a, b, c e d números reais. Suponha que
Exercício 31. (São Petersburgo)_____________________________________________
Seja n um natural. Prove que o n-ésimo natural não quadrado é dado por 
x/S + l|.
2J
Apêndice
Exercício 33.
é um número primo.
'alcule [1OOrJ.
Exercício 36.
= 0(modp)(para 1 < i < pk -1).
186
Determine os paresfa, b) de reais tais que 
positivo n.
Seja n>3 um inteiro positivo. Mostre que é possível eliminar no máximo dois 
elementos do conjunto {1, 2, ..., n} de modo que a soma dos números restantes 
seja um quadrado perfeito.
a[bnj = b[anj para todo inteiro
Exercício 38.
Prove que |^(\/n + x/n + 2)3 J é divisível por 8.
Exercicio 37._________
( pk 
Se p é primo, então
Exercicio 34.
Encontre todos os inteiros positivos n tais que 
n3 +8n2 +1 
3n
Exercicio 35. (Rioplatense)
Seja r um real tal que
I 19 I I 20 I I 19 I
L 100j L 100j L 1°oJ
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Exercício 39.
divisores do natural n.
Exercício 40.
é divisível
por p.
0 são irracionais com a propriedade
187
í=i
Exercício 42,_______________________________________________________________
Prove que, se os números positivos a e 0 têm a propriedade que entre os 
números [aj, |_2aj, |_3aJ....... |_PJ- L2PJ■ L3PJ' • ■ -toc)o natural ocorre exatamente
„ . . ... 1 1 .----- ----- __x----- -- n —------------- --------- . « zz z e 
b
Exercício 43.
Encontre todas as funções f: R -> Z tais que:
Prove que, t, +t2 + ...+ tn = + + +
-2 IP JJ
(Neste problema, talvez você precise usar um pouco de resíduos quadráticos)
Exercício 41. (Korea 2000)
Seja p um número primo tal que p s 1(mod4). Calcule: 
2k2 
P
Prove que, se p é um número primo, então a diferença ÍP |-| -I 
k i J LPJ
uma vez, então a e 0 são irracionais tais que —+— = 1. Reciprocamente, se a e 
a b
1 1
— + —= 1. então todo natural ocorre 
a b
precisamente uma vez na sequência: [aj. ^2aj, [_3aJ L2PJ• L3PJ-
onde tn é o número de
Apêndice
em 7'
1.
2.
f(x-ra) = f(x)i-a, para todo aeZ. 
f(f(x)) = 0 se x e[0, 1).
Como mjna e mdc(m, n) = 1 => m|a=> a = 0 ou asm. No primeiro caso (a, b) = 0 
e no segundo caso como a < m pois a está no interior do retângulo temos (a, b) 
= B. Assim OB não contém vértices de quadradinhos diferentes de O e B=> OB 
corta cada uma das retas x = 1, 2, ... m - 1 e y = 1, 2, , m - 1 em pontos
distintos. Determinando assim m + n - 2 pontos sobre OB. Juntando esses m + n 
- 2 pontos marcados sobre a diagonal com O e B teremos m + n pontos e o 
188
2 -Trabalhando em Z x Z
Nesta seção abordaremos problemas que admitem interpretações geométricas 
interessantes.
Exemplo 45._______________________________________________________________
Considere um tabuleiro T, de dimensões m xn, onde m e n são inteiros positivos. 
Prove que uma diagonal de T passa por exatamente m + n-mdc(m,n) 
quadradinhos 1x1.
Prova: Suponhamos os quadradinhos de lado unitário. Vamos fazer primeiro o 
caso em que mdc(m, n) = 1. Este tabuleiro em ZxZ pode ser representado por 
um retângulo de vértices: O = (0, 0), A = (m, 0), B = (m, n), C = (0, n). Queremos 
provar que a diagonal OB passa por exatamente m + n -1 quadradinhos. Quando 
esta diagonal corta um quadradinho, um segmento de reta dela, fica totalmente 
contido no quadradinho. Basta contarmos em quantos segmentos esses 
quadradinhos dividem OB. Como os vértices têm coordenadas inteiras e cada 
quadradinho tem lado unitário teremos que cada quadradinho tem seus vértices
Z. A equação da reta OB é x = —y. Se um vértice, digamos (a, b) de 
n
algum dos quadradinhos do tabuleiro está em OB, temos: a = — b => an = bm. 
n
Exercicio 44. (Revista Eureka)
Prove que se AcN é um conjunto não-vazio tal que neA=>4neA e 
e A então A = N.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
q-1
i=1
pontos non interior do retângulo OAB. Dado 1<i<(q-1) existem
exatamente
Problemas
Exercício 47. (Tawian 1998)
189
Mostre que, para inteiros positivos m e n, mdc(m, n)= 2 
k=o
Exercício 46.
Suponha que mdc(p, q) = 1. Então
(p-1)(q-1)
2
(p-1)(q-1)
2
Exercicio 48. (Balcânica 2003)_______________________________________________
Seja ABCD um tabuleiro m xn de quadrados unitários. Assuma que mdc(m, n) = 
1 e m, n são ímpares. Os pontos de intersecção entre a diagonal principal AC e
tíLqJ trlpJ
^Ikn I
I > — + m+n-mn.
segmento entre dois deles está contido em exatamente um quadradinho => OB 
corta m + n - 1 quadradinhos. Agora se mdc(m, n) = d=> n = dm,, n = dn,com 
mdcím^n,) = 1. Divida agora o tabuleiro em d2 subtabuleiros de tamanho 
m, xn, através de cortes paralelos aos lados do retângulo. Use o que fizemos no 
d tabuleiros que são cortados pela diagonal OB.
A=.im
Prova: Considere o retângulo T = O = (0, 0), A = (q, 0), B = (q, p), C = (0. p). 
Claramente existem (p - 1)(q - 1) pontos de ZxZ no interior do retângulo T. 
Não pode existir pontos de Zx Z na diagonal OB. Por simetria, existem 
(p-1)(q-1) 
2
pontos da forma (i, j) e Z x ir. no interior do triângulo OAB
Apêndice
A,
e
temos e
assim Mas
190
nesta ordem (k > 2) e 
•Jm2 +n2 
mn
a + p e b
... Ak,
a2 = aa + b => a' 
P2 = ap + b => pr
= A, Ak = C. Prove que A,A2 - A2A3 + A3A4 - ... + (-1)kAk_1Ak =
os lados dos quadrados unitários são A,, A2,.
Exercicio 49. (Geórgia 1998)________________________________________________
dado n > 5, as retas x = n e y = n são desenhadas no plano cartesiano. 
Considere os pontos com coordenadas inteiras no interior(ou bordo) do quadrado 
formado por essas retas e pelos eixos. Quantosdesses pontos tem a soma das 
coordenadas múltiplo de 5?
Exercício 50._______________________________________________________________
Um jogador solitário recebe após cada jogada a ou b pontos (a e b são inteiros 
positivos com a < b) e estes se acumulam jogada após jogada. Existem 35 
valores impossíveis para a pontuação acumulada e um desses valores é 58. 
Encontre a e b.
Seja Kn = an+pn. Assim Kn+1 = aKn + bKn_,. Como a e b são inteiros 
K, = a+ p e Z, K2 = (a + P)2-2a|3 e Z temos K„eZVneN e portanto 
{czn}-r|_anj-r{pn} + |_pn je Z concluindo assim que {an} + {P")eZ.
0 < {an} +{pn} < 2 portanto {an} + {pn} = 1. Como 0<p<1 implica |_pnJ = O 
temos Kn + Agora é bem mais fácil calcular Knmod m pois sabemos 
que ele satisfaz uma recursão com os primeiros termos e lei de formação 
conhecidos. Podemos modificar um pouco a idéia anterior para o caso 
-1<p<0.
rn+1 = aan+ban" 
n+1 = apn + bpn-1
J> - Conjugados
Suponha que a seja um irracional e que estamos interessados em calcular o 
resto de |^anJmod m. Se encontrarmos um p tal que 0< p <1, a|JeZ nosso 
trabalho será facilitado. Considere a equação: x2 - ax - b = 0 onde a = 
= ap . Como « e p são raizes:
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Exercício 51.
n
Prove que, para todo natural n temos: 3 |
. Então see (3 =
Como
191
Exercido 52. (Teste de Seleção do Brasil para a Cone Sul)__________________
Prove que para todo inteiro positivo k, a parte inteira do número (7 + 473)k é 
impar.
Exercício 54,_____________________________________
Encontre a maior potência de 2 que divide |_(3 + JÍ1)'
7 +V37
2
7 + V37 „ 7-737
------------ e B =------------ 
2----H 2
Kn = an + pn => Kn+1 = 7Kn - 3K,
Exercício 53. (Olímpiada Iraniana)
Mostre que, kn -|^kn J = 1 - — onde k = 2 + 73.
Prova: Sejam
a = 3 + 7n, P = 3- 7Ti e Kn = a" + pn = Knt1 = 6Kn + 2Kn_,.
|2n+11J
Prova: Sejam a =
Veja que K, = 7 = 1(mod3) e K2 = 43 = 1(mod3) => Kn e Z Vn e N. 
Kn+1 = 7Kn = Kn(mod3) => I an J + 1 = Kn =1(mod3)Vne N
Apêndice
Prove por indução que
Assim
Então a maior potência é 2n+1.
roblemas
192
=L“:
Exercício 56._______________________________________________________________
Prove que para todo inteiro m > 2 existe um irracional r que depende de m, tal 
que |jk J = -1(modm).
I2n+1} +{a2n+1} =
2n+1 || K2n+1(an || b significa que an | b mas a'
:2n*1J+[p2nt1J + {p:
J + (-1) + 1 =
J (pois -1 < p < 0 => |_p2n+1 J = -1).
Exercício 57.
Considere a sequência de reais 
a, - 1 an = an<1 + an4.2, para todo inteiro n >
— não pode ser 0,3,5 ou 8 para todo i e N .
a,
in+11 b).
positivos a1,a2,..., tal que 
0. Prove que o dígito das unidades de
|K2n e 2n+1
^2n+1
= [a2ni1
= |_a2n‘1
Exercício 55. (Hungria 2000)
Se A = (1000 + ^10002 +1)1000, determine o 2000-ésimo algarismo após a 
vírgula de sua representação decimal.
Problemas Selecionados de Matemática (ITA-IME) - Olimpíadas (Volume 2)
Exercício 58. (Seletiva do Brasil para IMO-2001)
2004
I
193
Seja a a 
por 17.
Exercício 59. (Revista Eureka)
maior raiz da equação x3-3x2+1 = 0. Prove que |_a'
1-75
2
j é divisível
Encontre todos os naturais n tais que a" - n2a é um inteiro onde a =
Referência Bibliográfica
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http://www.olimpiadadematematica.cl/
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Ç / EDITORA
A VestSêller,-juntamente com o autor, tem a certeza de, mais 
uma vez, estar contribuindo para a educação no Brasil, enriquecendo o 
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militares e Olimpíadas de Matemática nacionais e internacionais: a 
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intermediário e avançado das mais variadas olimpíadas de Matemática 
de todo o múi^Wm como problemas propostos, ba®.reinamento, 
todos eles infé^çgej^ei.rpsçlvidos ao final do livro,, tg^^guns deles, 
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Ío Miranda, professor.
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