Matemática Olímpica 2022

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Apresentação 
 
 
Este breve livro é um apanhado de questões com soluções para a preparação das olimpíadas de 
matemática do ano de 2022. Os temas abordados são os mais frequentes em olimpíadas regionais, 
nacionais e internacionais. Portanto, nosso foco é criar o hábito de resolver problemas escrevendo suas 
soluções com o maior cuidado em apresentar ideias novas e de cunho olímpico. 
Inicialmente, apresentamos os problemas mais fáceis como assuntos abordados em níveis I e II. Os 
níveis III e avançados correspondem as questões nacionais e internacionais. Com tudo, vamos ressaltar 
os problemas da Olimpíada Internacional de Matemática. 
A fim de apresentar um belo conteúdo de matemática olímpica este volume também reúne os 
problemas de natureza interpretativa, de tal forma que o aluno monte determinadas situações-problemas 
e as solucionem corretamente com criatividade. 
Neste volume quero agradecer ao professor Fabrício Ramos por incentivar e construir a maravilhosa 
capa deste livro. Agradeço também minha irmã Adriana Carneiro professora que sempre está do meu 
lado nas horas difíceis. A Kílvia Morais companheira e amiga que me orientou com alguns tópicos após 
uma revisão criteriosa dos capítulos. 
 
Adriano Carneiro Tavares 
Caucaia, 18 de maio de 2022 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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SUMÁRIO 
 
 
PROBLEMAS INICIAS …………………………………………………………………….. 
 
1 – PARIDADE ………………………..……………………………………………………… 
2 – DIVISIBILIDADE ………….…………………………………………………………… 
3 – NÚMEROS PRIMOS …………………………………………………………………… 
4 – CONGRUÊNCIA DE TRIÂNGULOS……………………………………………………. 
5 – TEOREMA DE PITÁGORAS E ÁREAS………………………………………………. 
6 – ÂNGULOS E CIRCUNFERÊNCIAS……………………………………………………. 
7 – CONGRUÊNCIA MODULAR…………………………………………………………….. 
8 – INDUÇÃO FINITA…………………………….…………………………………………. 
9 – EQUAÇÕES E SISTEMAS DE EQUAÇÕES…………………………………………. 
10 – EQUAÇÕES DIOFANTINAS…………………………………………………………. 
11 – LÓGICA MATEMÁTICA………………………………………………………………. 
12 – FUNÇÃO PARTE INTEIRA ……………………………………………………………. 
13 – EQUAÇÕES FUNCIONAIS ……………………………………………………………. 
14 – DESIGUALDADES FUNDAMENTAIS ………………………………………………. 
15 – SOMA DE NEWTON E POLINÔMIOS ……………………………………………… 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Problemas Inicias Professor Adriano Carneiro 
 
1. No planeta Saturhexa, cada ano tem 16 meses todos com o mesmo número de dias. Cada semana nesse planeta 
dura 8 dias e cada ano tem 64 semanas. O número de dias que cada mês é: 
a) 8 b) 16 c) 32 d) 64 e) 96 
 
Solução: Primeiramente temos que descobrir quantas semanas tem um mês no planeta Saturhexa. 
Como sabemos que um ano tem 16 meses e 64 semanas. Obtemos esse valor dividindo o número de semanas pelo 
número de meses. (64/16 = 4 semanas.) 
Ele informa na questão que uma semana tem oito dias, daí facilmente podemos concluir que: 
1 mês tem quatro semanas, e cada semana tem oito dias. Para achar o número de dias do mês apenas multiplicamos 
o número de dias da semana pelo número de semanas no mês. 
8(dias)x4(semanas) = 32 dias por mês. Letra C. 
 
2. Uma mulher foi à feira livre e gastou parte do dinheiro que tinha na sua bolsa em três bancos. Em cada um gastou 
R$ 2,00 (dois reais) a mais do que 
1
3
 do que tinha ao chegar ao banco. Qual a soma dos dígitos da quantia que essa 
mulher tinha antes de chegar ao primeiro banco da feira, sabendo que ao passar pelos três bancos ainda sobraram 
R$ 2,00? 
 
Solução: Suponha que a mulher possuía 𝑥 reais em sua bolsa. Após o 1° banco sobraram 
2𝑥
3
− 2 reais. 
Após o 2° sobraram 
2
3
(
2𝑥
3
− 2) − 2 =
4𝑥
9
−
4
3
− 2 =
4𝑥
9
−
10
3
 reais. 
Finalmente, após o 3° sobraram 
2
3
(
4𝑥
9
−
10
3
) − 2 =
8𝑥
27
−
20
9
− 2 =
8𝑥
27
−
38
9
 . 
Porém sobraram 2 reais, logo: 
8𝑥
27
−
38
9
= 2 →
8𝑥
27
=
38
9
+ 2 →
8𝑥
27
=
56
9
→ 𝑥 =
56∙27
8∙9
= 21 reais 
A soma dos dígitos é 2 + 1 = 3. 
 
3. A soma 83 + 83 + 83 + 83 é igual a: 
A) 812 B)48 C) 212 D) 211 E) 210 
 
8 
 
Solução: 8³ + 8³ + 8³ +8³ = 4 × 8³ = 2² × (2³)³. 
Usando as propriedades já conhecidas, temos que: 
2² × (2³)³ = 2² × 29 = 211. 
 Letra D. 
4. (EFOMM 2014) Suponha um lote com dez peças, sendo duas defeituosas. Testam-se as peças, uma a uma, até 
que sejam encontradas as duas defeituosas. A probabilidade de que a última peça defeituosa seja encontrada no 
terceiro teste é igual a 
a) 1/45 
b) 2/45 
c) 1/15 
d) 4/45 
e) 1/9 
 
5. Usando duas cores é possível pintar um quadrado 2x2 de apenas 6 maneiras diferentes mostradas abaixo usando 
as cores cinza e preta: 
 
De quantas maneiras diferentes podemos pintar o mesmo quadrado com 3 cores diferentes? 
 
Solução: Usando apenas uma cor, temos três possibilidades: 
 
Observe que com duas cores conseguimos pintar o quadrado do enunciado de quatro maneiras diferentes, e veja que 
conseguimos escolher duas cores entre três de 𝐶3,2 =
3!
1!2!
=
3∙2
2
= 3 maneiras, totalizando 3 ∙ 4 = 12 maneiras. 
 
Finalmente, usando as três cores temos 9 possibilidades: 
 
Totalizando então 3 + 12 + 9 = 24 possibilidades. 
 
6. (Exército – 2020) Em uma escola, 12 alunos, sendo 7 do período matutino e 5 do período vespertino, estão 
capacitados para compor a equipe de 3 pessoas, que representará a escola em uma Olimpíada de Matemática. O 
número de equipes distintas, constituídas cada uma por 1 aluno do período vespertino e 2 alunos do período matutino 
que podem ser formadas para esse fim é 
a) 140 
B) 84 
9 
 
C) 124 
D) 95 
E) 105 
 
7. (IDECAN 2012) Seja x o menor número natural de 4 algarismos que é simultaneamente divisível por 3, 5 e 8. 
A soma dos algarismos de x é 
a) 6 b) 9 c) 12 d) 15 e) 18 
 
8. (IFMT 2012) Na figura tem-se que D é ponto médio de 𝐵𝐶, 𝐶Â𝐵 ≡ 𝐶Ê𝐷 e 𝐴𝐹 é altura. 
 
O ângulo 𝐷Ê𝐹 mede: 
a) 42,5° b) 40° c) 30° d) 37,5° e) 50º 
 
9. (Escola Naval 91) Um trapézio retângulo tem bases 4 e 6. A distância do ponto de interseção das diagonais ao 
lado que é perpendicular às bases vale: 
A)2 
B)2,2 
C)2,4 
D)2,5 
E)2√2 
 
10. Prove que para todo paralelepípedo reto de arestas a, b, c e diagonal d, se cumpre a desigualdade 
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≤ 𝑑√3 
 
11. (IFRJ 2010) Considere o paralelogramo ABCD, a seguir, de área 36 cm². Sejam E o ponto médio do segmento 
AB, F o ponto de interseção entre os segmentos AC e DE e AB = 9 cm. É correto afirmar que 
 
a) a altura do paralelogramo com relação à base CD mede 6 cm. 
b) a área do triângulo AED é 12 cm². 
10 
 
c) a razão entre a área do triângulo FCD e a área do triângulo FAE é 1/2. 
d) a área do quadrilátero BCFE é 15 cm². 
e) nenhuma das sentenças anteriores é verdadeira. 
 
12. (IFPI 2017) ABC é um triângulo retângulo em que um dos ângulos agudos é 30° e a hipotenusa mede 9 cm. A 
mediatriz da hipotenusa intersecta dois lados do triângulo ABC nos pontos M e N. Qual a medida do segmento MN? 
𝑎) 
9
2
 𝑐𝑚 𝑑) 
9√3
2
 𝑐𝑚 
𝑏) 3 𝑐𝑚 𝑒) 
9√3
3
 𝑐𝑚 
𝑐) 
3√3
2
 𝑐𝑚 
 
13. (Colégio Militar/PE 2011) Assinale a alternativa que representa a simplificação do número irracional 
√𝟕 + 𝟒√𝟑. 
𝑎) 1 + √3 𝑑) − 1 + √3 
𝑏) 1 − √3 𝑒) 2 + √3 
𝑐) 3 + √3 
 
Solução: Vamos usar o produto notável (a + b)² = a² + b² + 2ab 
√7 + 4√3 = √4 + 3 + 2 ∙ 2√3 = √2² + √3
2
+ 2 ∙ 2√3 
Observe que após a manipulação algebrica acima, temos que: 
𝑎 = 2 e 𝑏 = √3 
Portanto, 
√7 + 4√3 = √(2 + √3)² = 2 + √31 + √5
2
)
𝑛−1
∙ ((
1 + √5
2
) + 1) 
𝑥𝑛+1 = (
1 + √5
2
)
𝑛−1
∙ (
3 + √5
2
) 
𝑥𝑛+1 = (
1 + √5
2
)
𝑛−1
∙ (
1 + √5
2
)
2
 
𝑥𝑛+1 = (
1 + √5
2
)
𝑛+1
∎ 
 
 
Natural de Fortaleza – CE, o professor Adriano Carneiro 
Tavares é mestre em Matemática pela Universidade Federal 
do Ceará (UFC) e especialista no Ensino de Física. 
Atualmente é professor de escolas públicas e privadas com 
êxito no ramo de olimpíadas de matemática e física desde 
2006. Em seu currículo surgem algumas premiações na 
Olimpíada Brasileira de Matemática (OBMEP/OBM) e na 
Olimpíada Cearense de Matemática (OCM). Em 2012, 2013, 
2014 e 2015 conquistou os diplomas de mérito em Docência 
cedidos pela Universidade Federal do Ceará (UFC).Letra E. 
 
14. Um fazendeiro cria cabra e ovelha. A ração que ele comprou é suficiente para alimentar somente as cabras 
durante 30 dias e somente as ovelhas por 20 dias. O número de dias que o fazendeiro alimenta as cabras e as ovelhas 
com a ração que comprou é: 
a) 30 dias b) 28 dias c) 20 dias d) 15 dias e) 12 dias 
 
Solução: Podemos resolver essa questão facilmente por eliminação com um raciocínio bem simples. 
Como a ração é suficiente para alimentar só cabras por 30 dias, e só ovelhas por 20 dias, se dividirmos a ração por 
2, e darmos metade às cabras e metade às ovelhas, só conseguiríamos alimentar as cabras por 15 dias e as ovelhas 
por 10 dias. Concluímos que nem por 15 dias dá para alimentar ovelhas e cabras juntamente, pois faltará ração para 
as ovelhas. Observando as alternativas, veremos que o único valor abaixo de 15 é 12. Letra E. 
 
15. Cento e vinte pessoas estavam em um salão. 95% dessas pessoas eram homens. Alguns homens, inconformados 
com o baixo número de mulheres no recinto, saíram, ficando o salão com 90% de homens. Calcule número de 
homens que ficou no salão. 
 
Solução: Das 120 pessoas que estavam no salão 95% eram homens, isto é, 
95
100
 × 120 = 114 homems e 5% eram 
mulheres, ou seja, 
5
100
 × 120 = 6 mulheres. 
Depois de saírem os homens inconformados ficaram no salão 6 mulheres e N homens. 
11 
 
Então teremos N + 6 pessoas no salão. Sendo 90% dessa quantidade homens, então 10% eram mulheres. Logo, 
 
10
100
 × (N + 6) = 6 que implica em N + 6 = 60. Donde encontramos N = 54. Isto é, depois de saírem os homens 
inconformados ficaram no salão 54 homens. 
 
16. Um evento está sendo realizado em uma praia cuja faixa de areia tem cerca de 3km de extensão e 100m de 
largura. A ordem de grandeza do maior número possível de adultos que podem assistir a esse evento, sentados na 
areia, é de: 
a) 104 b) 105 c) 106 d) 107 
 
Solução. A área total utilizada será de (3000m × 100m) = 3 × 105 m². Considerando que dois adultos podem ocupar 
1m² sentados, teríamos (3 × 105 m²) × (2 pessoas/m²) = 6 × 105 pessoas. 
Como 6 > 3,16, a ordem de grandeza vai a 106. 
Letra C. 
 
17. (AFA 2011) Se 𝛼 = √2 ∙ √2 + √2 ∙ √2 + √2 + √2 + √2 ∙ √2 − √2 + √2 + √2, então: 
a) 𝛼 ∈ (ℝ − ℕ) 
b) 𝛼 pode ser escrito na forma 𝛼 = 2𝑘, 𝑘 ∈ ℤ 
c) 𝛼 ∈ [(ℚ − ℤ) ∪ (ℝ − ℚ)] 
d) [(ℤ ∩ ℚ) ∩ (ℝ − ℕ)] ⊃ 𝛼 
 
18. (EFOMM 2011) Sabendo-se que f(0) = 3 e f(n + 1) = f(n) + 7, então f(201) é igual a: 
a) 1206 d) 1510 
b) 1307 e) 1606 
c) 1410 
 
Solução: Este problema, apesar de ser uma função, escreveremos alguns f(n) para perceber que aparece uma 
progressão aritmética (P.A) de razão 7. 
Veja que: 
Pare n = 0, f(0 + 1) = f(0) + 7 = 3 + 7 = 10 
 n = 1, f(1 + 1) = f(1) + 7 = 10 + 7 = 17 
 n = 2, f(2 + 1) = f(2) + 7 = 17 + 7 = 24 
Agora note que: 
(10, 17, 24, …) é uma P.A 
f(201) será o termo da posição 201 na progressão, isto é, a201 = a1 + (n – 1) ‧ r. 
Como a1 = 10 e r = 17 – 10 = 7, devemos substituir no termo geral da P.A dado acima. 
a201 = 10 + (201 – 1) ‧ 7 = 10 + 200 ‧ 7 = 10 + 1400 = 1500. 
Letra C 
 
19. Sobre a teoria de conjuntos. Responda: 
a) Sejam A e B dois conjuntos quaisquer, então A ∩ B ⊂ A e A ∩ B ⊂ B. 
b) Sejam A, B e C conjuntos. Prove que: 
A ∪ (B – C) = (A ∪ B) – (C – A) 
12 
 
c) Se A é um conjunto que tem 255 subconjuntos não vazios. Qual a quantidade de elementos de A? 
 
20. Oito máquinas idênticas fabricam juntas dezesseis peças idênticas em oito minutos. Devemos fabricar cento e 
noventa e duas peças com as oito máquinas, entretanto, após uma hora e quatro minutos de funcionamento duas 
máquinas quebraram e o resto das peças teve que ser fabricado pelas seis máquinas restantes. De quanto tempo foi 
o atraso na produção das peças? 
 
Solução: Organizando os dados e fazendo uma regra de três, temos: 
 
Máquinas Peças Minutos 
8 16 8 
8 192 x 
 
8∙8
16
=
8∙𝑥
192
 ⇒ 𝑥 =
192∙8
16
= 96, precisamos de 96 minutos para produzir as 192 peças com as 8 máquinas. Contudo, 
após 64 minutos duas das máquinas quebraram. 
Máquinas Peças Minutos 
8 16 8 
8 y 64 
 
Aos 64 minutos 
8∙8
16
=
8∙64
𝑦
 ⇒ 𝑦 =
64∙16
8
= 128, ou seja, 128 peças já haviam sido produzidas. Ainda faltavam 192 
– 128 = 64 peças. 
 
 
 
Seriam necessários 
8∙8
16
=
6∙𝑧
64
 ⇒ 𝑧 =
64∙64
16∙6
= 42min 40𝑠 para produzir as 64 peças restantes. Foram gastos 106 min 
e 40 s para produzir as peças, em comparação ao tempo padrão houve um atraso de 10 min e 40 s. 
Letra C. 
 
21. As bases de um trapézio medem 19 m e 9 m e os lados não paralelos, 6 m e 8 m. 
A área desse trapézio, em dm2, é: 
a) 6072 b) 6270 c) 6027 d) 6702 e) 6720 
 
22. Desigualdade de Bernoulli. Sabe-se 𝑎, 𝑏 𝑒 𝑐 são maiores que 1 e que 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 3. 
Determine o menor valor inteiro da soma 
(1+𝑎)3
3
+
(1+𝑏)4
4
+
(1+𝑐)3
5
. 
 
23. Mostre que, se P é um ponto da bissetriz do ângulo ∠𝐴𝑂𝐵, então a distância de P à reta OA é igual à distância 
de P à reta OB. 
 
24. (Colégio Naval) Os lados de um triângulo medem AB = 40, AC = 50 e BC = 60. Sendo D a interseção da 
bissetriz interna do ângulo B com o lado AC, quanto vale a área do triângulo ABD? 
 
Solução: Inicialmente, usaremos a relação da bissetriz interna de um triângulo. 
Máquinas Peças Minutos 
8 16 8 
6 64 z 
13 
 
 
40
𝑥
=
60
50 − 𝑥
 ⟺ 60𝑥 = 2000 − 40𝑥 ⟺ 60𝑥 + 40𝑥 = 2000 ⟺ 100𝑥 = 2000 ⟺ 𝑥 = 20 
Portanto, os lados AD e CD medem respectivamente 20 e 30. 
Agora observe o “truque das áreas”. 
 
A razão entre as áreas de dois triângulos com mesma altura é igual a razão entre suas bases. 
 
[𝐴𝐵𝐷] = 
20ℎ
2
= 10ℎ 𝑒 [𝐴𝐵𝐶] =
50ℎ
2
= 25ℎ 
Dividindo as duas equações, teremos que: 
[𝐴𝐵𝐷]
[𝐴𝐵𝐶]
=
10ℎ
25ℎ
∶ 
5
5
=
2
5
 
Calcularemos a área do triângulo ABC usando a formula de Heron, onde a área 𝐴 = √𝑝(𝑎 − 𝑝)(𝑏 − 𝑝)(𝑐 − 𝑝), 
com 𝑝 =
𝑎+𝑏+𝑐
2
. 
O semi perimetro vale 𝑝 =
40+50+60
2
= 75. 
[𝐴𝐵𝐶] = √75(75 − 60)(75 − 50)(75 − 40) = √75 ‧ 15 ‧ 25 ‧ 35 = 375√7 
 Substituindo em I, fica: 
[𝐴𝐵𝐷]
375√3
=
2
5
 ⇔ 5[𝐴𝐵𝐷] = 750√3 ⇔ [𝐴𝐵𝐷] = 150√3 
 
Este problema tambem pode ser resolvido usando a lei dos cossenos (a² = b² + c² - 2bc ‧ cos Â) e a formula 
da area de um triângulo, sabendo dois lados e o ângulo que eles formam (S = [ab/2] ‧ sen Â). 
Vale a pena tentar! 
 
25. Dados x, y e z números reais, com x + y + z = 3. Determine o valor máximo de f. 
𝑓(𝑥) = √𝑥 + √2𝑦 + 2 + √3𝑧 + 6 
 
26. (Adriano 2022) Dados às bases do trapézio isósceles ABCD. Responda: 
 
14 
 
a) Qual a medida da base média do trapézio? 
b) Os lados oblíquos medem 20 cm. Quanto vale a área do trapézio? 
 
27. (Adriano 2019) A metade de um ângulo subtraído de sua quinta parte vale 45º. Qual a medida de seu 
suplemento? 
 
Solução: Seja x o ângulo desconhecido, vamos equacionar o problema. 
𝑥
2
−
𝑥
5
= 45 
Bastar resolver a equação usando m.m.c dos denominadores. 
5𝑥 − 2𝑥
10
=
450
10
 
Cancelando os denominadores, teremos que; 
3𝑥 = 450 ⇔ 𝑥 =
450
3
 ⇔ 𝑥 = 150 
Portanto, a medida do suplemento de 150° é 180° − 150° = 30°. 
 
28. (Ucrânia 2012) Seja AD a mediana do triângulo ABC. Suponha que ∠𝐴𝐶𝐵 = 30° 𝑒 ∠𝐴𝐷𝐵 = 45°. 
Calcule ∠𝐵𝐴𝐷. 
Solução em: https://www.youtube.com/watch?v=P8N4cvZR35c&t=104s 
 
29. Sejam A, B e C conjuntos quaisquer em um universo 𝕌. 
 
A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) 
 
30. Teorema Russa. Sejam 𝑥1, 𝑥2, 𝑥3 e 𝑦1, 𝑦2 𝑒 𝑦3 inteiros positivos. Prove que 
 
√𝑥1
2 + 𝑦1
2 +√(𝑥2 − 𝑥1)
2 + (𝑦2 − 𝑦1)
2 +√(𝑥3 − 𝑥2)
2 + (𝑦3 − 𝑦2)
2 ≥ √𝑥3
2 + 𝑦3
2https://www.youtube.com/watch?v=P8N4cvZR35c&t=104s
15 
 
 
 
Nesta parte do livro, vamos apresentar cinco problemas de cada eixo da matemática olímpica, alguns de 
cunho nacional e internacional. Também propomos soluções para o entendimento e formação de ideias nas 
resoluções de problemas, estes que servem como base para a OBMEP, OCM e OBM. Os discentes adoram o 
ambiente e a preparação para olimpíada, bem como suas participações em testes e premiações. 
 
 
1 – Paridade 
 
1. (Ucrânia 1997) Um tabuleiro é colorido de branco e preto da maneira usual, e cada casa contém um inteiro. 
Sabemos que a soma dos números em cada coluna é a soma dos números em cada linha é par. Mostre que a soma 
dos números nas casas pretas é par. 
 
2. Dados 45 pontos são escolhidos sobre a reta AB, todos fora do segmento de reta AB. Prove que a soma das 
distâncias desses pontos ao ponto A não pode ser igual a soma das distâncias ao ponto B. 
 
3. Todos os dominós são arranjados em uma cadeia de duas pontas (a quantidade de pontos na extremidade de 
dois dominós consecutivos é a mesma). Se em uma ponta existe o número 5, qual é o número da outra ponta? 
 
4. Existem 100 soldados em um quartel, toda noite, três deles ficam de guarda. Após um certo período de tempo, 
e possível que cada soldado tenha ficado da guarda exatamente uma vez com cada outro soldado? 
 
5. (Rússia 2004) E possível colocarmos números inteiros positivos nas casas de um tabuleiro 9 × 2004 de modo 
que a soma dos números de cada linha e a soma dos números de cada coluna sejam primos? Justifique sua 
resposta. 
Solução: Suponha que seja possível fazer tal construção. Sejam L1, L2, ..., L9 as somas dos números de cada uma 
das 9 linhas, e C1, C2, ..., C2004 as somas dos números de cada uma das 2004 colunas. Como cada Li e Cj são 
primos, estes devem ser números ímpares (já que são soma de pelo menos nove inteiros positivos). Seja S a soma 
de todos os números do tabuleiro. Por um lado teríamos: S = L1 + L2 + · · · + L9 donde concluímos que S é ímpar, 
pois é soma de 9 ímpares. Por outro lado: S = C1 + C2 + · · · + C2004 e daqui concluiríamos que S é par, o que é 
um absurdo. Logo tal construção não é possível. 
 
 
16 
 
 
2 – Divisibilidade 
 
1. Mostre que se 17 | 3a + 2b então 17 | 10a + b. 
 
2. Encontre todos os pares de inteiros positivos a e b tais que 79 = ab + 2a + 3b. 
Solução: Fatoremos a expressão anterior. Somando 6 aos dois lados da equação, obtemos: 
85 = 6 + ab + 2a + 3b = (3 + a)(2 + b) 
 Assim, (3 + a) e (2 + b) são divisores positivos de 85 maiores que 1. Os únicos divisores positivos de 85 são 1, 
5, 19, 85. Logo, os possíveis pares de valores para (3 + a, 2 + b) são (5, 19) ou (19, 5) que produzem as soluções 
(a, b) = (2, 17) e (16, 3). 
 
3. Existe um natural n tal que nn + (n + 1)n é divisível por 2011? 
Solução: Observe a factoração de xn + yn, com x = n e y = n + 1. 
nn + (n + 1)n = (n + n + 1)[nn-1 + nn-2.(n + 1) + … + n(n + 1)n-2 + (n + 1)n] 
nn + (n + 1)n = (2n + 1)[nn-1 + nn-2.(n + 1) + … + n(n + 1)n-2 + (n + 1)n] 
Note que devemos fazer com que apareça o fator 2011 na equação acima. Sendo 2n + 1 = 2011, temos que; 
2n + 1 = 2011 
 2n = 2011 – 1 
 2n = 2010 
 n = 1005 
Portanto, se n = 1005, fica: 
1005n + (1005 + 1)n = (2 ‧ 1005 + 1) ‧ [nn-1 + nn-2.(n + 1) + … + n(n + 1)n-2 + (n + 1)n] 
 1005n + 1001n = 2011 ‧ [nn-1 + nn-2.(n + 1) + … + n(n + 1)n-2 + (n + 1)n] 
Logo o natural n que 2011 divide nn + (n + 1)n. 
 
4. Mostre que o número 1n + 8n − 3n − 6n é múltiplo de 10 para todo natural n. 
Solução: Para um número ser múltiplo de 10 ele dever ser divisível por 2 e por 5. O número 
1n + 8n − 3n − 6n = 1n + 8n – (3n + 6n) 
é múltiplo de 2, pois é a diferença dos números ímpares 1n + 8n e 3n + 6n. Note ainda que ele é múltiplo de 5. Veja 
que 8 deixa resto 3 e que 6 deixa resto 1 na divisão por 5. Então, na divisão por 5, o número que estamos 
analisando deixa o mesmo resto que 1n + 3n – 3n −1n, que é igual a 0. Outra maneira de entender seria fazer 
congruência modular. 
 
 
17 
 
 
5. Prove que, para todo inteiro positivo n o número n5 − 5n³ + 4n é divisível por 120. 
Solução: Usaremos uma fatoração: 
n5 − 5n³ + 4n = n5 − n³ − 4n³ + 4n = n(n4 – n²) – 4n(n² − 1) = (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2). 
Temos então que n5 − 5n3 + 4n é o produto de 5 números inteiros consecutivos. Pelo menos um deles será múltiplo 
de 5, também pelo menos um deles será múltiplo de 3. Veja também que entre 5 números consecutivos sempre 
haverá pelo menos dois números pares consecutivos, portanto, um deles será múltiplo de 4. Isso garante que o 
produto dos 5 números será divisível por 8. Então temos que n5 − 5n3 + 4n é divisível por 5 · 3 · 8 = 120 
 
 
3 – Números Primos 
 
1. Mostre que n4 + n2 + 1 é composto para n > 1. Veja que: 
Solução: Podemos fatorar n4 + n2 + 1. 
n4 + n2 + 1 = n4 + 2n² + 1 – n² = (n² + 1)² − n² = (n² + n + 1)(n² − n + 1). 
Para n > 1, n² − n + 1 = n(n − 1) + 1 > 1 e assim n4 + n² + 1 é o produto de dois inteiros maiores que 1. 
 
2. Dados que p, p + 10 e p + 14 são números primos, encontre p. 
Solução: Vamos analisar os possíveis restos na divisão por 3 de p. Se p deixa resto 1, então p + 14 é um múltiplo 
de 3 maior que 3 e consequentemente não poderá ser um número primo. Se o resto é 2, então p + 10 é um múltiplo 
de 3 maior que 3 e também não poderá ser um número primo. Assim, o resto de p por 3 ´e 0 e consequentemente 
p = 3. 
3. Dado o par de primos p e p² + 2, prove que p³ + 2 também é um número primo. 
Solução: Analisemos o resto na divisão por 3. Se p não é múltiplo de 3, p² + 2 é divisível por 3 e maior que 3. 
Um absurdo, logo p = 3 e p³ + 2 = 29. 
 
4. Dado o par de primos p e 8p² + 1, encontre p. 
Solução: Analisemos o resto de p na divisão por 3. Se p deixa resto 1 ou 2, p² deixa resto 1 e consequentemente 
8p² + 1 deixa resto 0 por 3 mas certamente é maior que 3. Um absurdo, logo p = 3. 
 
5. (BB 2015) O número natural abaixo é divisível por? 
 
2103 + 2102 + 2101 – 2100 
 
Solução: Esta questão esteve na prova nacional do Banco do Brasil. Vamos realizar a somar observando primeiro 
que os expoentes podem ficar iguais. Veja abaixo: 
2103 + 2102 + 2101 – 2100 = 23 ‧ 2100 + 22 ‧ 2100 + 21 ‧ 2100 – 1 ‧ 2100 = (8 + 4 + 2 – 1) ‧ 2100 = 13 ‧ 2100 
Portanto, 13 é um número primo que divide a soma. 
 
 
18 
 
 
 
4 – Congruência de Triângulos 
 
1. Mostre que se um triângulo possui duas alturas iguais, então o triângulo é isósceles. 
2. São construídos exteriormente ao △ABC, os triângulos equiláteros ABM, BCN, ACP. Prove que: 
NA = BP = CM 
Solução: Primeiramente, construímos somente os triângulos equiláteros ABM e BCN. Dessa forma, temos que: 
AB = MB e BC = BN e ∠MBA = ∠CBN = 60◦. Assim sendo, temos que △MBC ≡ △ABN pelo caso LAL, pois 
AB = MB; BC = BN e ∠MBA = ∠CBN, portanto AN = CM. 
 
Analogamente, provamos que AN = CM = BP. 
3. Nos lados AB e AC do triângulo ABC são marcados os pontos D e E respetivamente, os segmentos CD e BE 
se intercetam no ponto F. Mostre que se FD = FE e FB = FC então o triângulo ABC é isósceles. 
Solução: Vamos fazer uma figura bem grande. 
 
Note que pois o triângulo é isósceles e pois os triângulos e são congruentes. 
Como . O triângulo é isósceles. 
 
4. Na figura a seguir, ABCD é um quadrado de lado de medida a, onde = + . Sendo F o ponto médio 
de CD. 
 
 = BFC  = BFD FEC
ACBCBA ˆˆ =+=+=  ABC
AE BC CE
19 
 
 
Mostre que: 
a) = 
b) = 2 
 
Solução: Consideremos o quadrado da figura a seguir: 
 
 
a) . Aplicando o Teorema de Pitágoras no , obtemos: 
ou 
 
b) Os triângulos e são congruentes (pelo caso LAL), então e o é isósceles de base , 
logo o ângulo . Como , portanto, e , assim o 
é isósceles de base e o ângulo . 
Visto que e , resulta que . 
 
5. Em um quadradoABCD, M é o ponto médio de AB. Uma reta perpendicular a MC em M toca AD em K. 
Prove que ∠BCM = ∠KCM. 
Solução: Seja L o ponto de interseção das retas CB e KM. Veja que △AKM ≡ △MBL pelo critério A.L.A, pois 
AM = MB, ∠AMK = ∠BML, por serem opostos pelo vértice e ∠KAM = ∠LBM = 90◦. Consequentemente 
teremos que KM = ML. Isto implica que a altura CM do △KCL também será mediana, donde concluímos que 
△KCL será isósceles e, portanto, CM será bissetriz de ∠KCL, o que conclui a prova. 
 
 
 
 
 
 
CE
4
a
BAE FAD
ABCD
CEaAE
aADCDBCAB
+=
====
CEaDECE
aa
DE −=−+=
22
ADE
222
DEADAE +=
4
422)()( 222222222 a
CEaCEaCECEaaaCECEaaCEaaCEa ==+−+=++−+=+
ADF BCF BFAF = FAB AB
+== xABFBAF ˆˆ CEaPEAPAE +=+= aAP = CEPE = ABP
BP +== xPBABPA ˆˆ
º90=++ yx º18032 =+ x y2=
20 
 
 
5 – Teorema de Pitágoras e Áreas 
 
1. Seja ABCD um quadrado de lado 28. Seja P um ponto no seu interior e E um ponto no lado CD de modo que 
CD ⊥ P E e AP = BP = P E. Ache AP. 
Solução: Chamemos AP de x. Seja F o ponto de interseção de EP e AB. Como F E ⊥ CD, temos também F E ⊥ 
AB. Note que o ΔABP é isósceles (com AP = PB) e, como PF é altura, será também mediana. Ou seja, F é ponto 
médio de AB. Note que ADEF é um retângulo, logo ED = AD = 28. Vejamos os lados do ΔADP: AF = 14, AP 
= x e PF = 28 − x. Aplicando o teorema de Pitágoras nesse triângulo, temos x² = 14² + (28 − x)². Logo, 𝑥 =
142+28²
56
= 17,5. 
 
2. Na figura abaixo ABCD é um quadrado de lado 4 cm e O é o seu centro. Determine a área marcada sabendo 
que o ângulo ∠EOF é reto. 
 
Solução: Tracemos OC e OD. Como O ´e o centro do quadrado (ponto de interseção das diagonais), temos que 
∠OCE = ∠ODF = 45◦. Por outro lado, como ∠COD = ∠EOF = 90◦, temos ∠COE = ∠COD − ∠DOE = ∠EOF − 
∠DOE = ∠DOF. Assim, como também temos que OC = OD, concluímos, pelo critério A.L.A., que os triângulos 
4OCE e 4ODF são congruentes. Consequentemente, eles têm a mesma área. Logo, 
[OEDF] = [OCD] = [ABCD]/4 = 4 cm². 
 
3. P é um ponto no interior do retângulo ABCD. Se PA = 2; P B = 3, e PC = 10. Ache PD. 
 
4. (Maio 2006) Seja ABCD um trapézio de bases AB e CD. Seja O o ponto de interseção de suas diagonais AC 
e BD. Se a área do triângulo ABC é 150 e a área do triângulo ACD ´e 120, calcular a área do triângulo BOC. 
 
5. Nos lados AB e DC do retângulo ABCD, os pontos F e E são escolhidos de modo que AFCE seja um losango. 
Se AB = 16 e BC = 12, ache EF. 
 
 
21 
 
 
Solução: Chamemos de x o comprimento do lado do losango AF CE. No triangulo retângulo BCF temos BC = 
12, BF = AB − AF = 16 − x e CF = x, logo, pelo teorema de Pitágoras, temos (16 − x)² + 12² = x², donde concluímos 
x = 12,5. Também temos FB = DE = 16 − x = 3,5. Denotemos por G o pé da perpendicular traz¸ cada desde E até 
o lado AB. Como ADEG é um retângulo, temos AG = DE = 3, 5 e EG = ED = 12. Agora, no triângulo retângulo 
EF G conhecemos o comprimento dos catetos EG = 12 e F G = AF − AG = 12,5 − 3,5 = 9. Usando o teorema de 
Pitágoras, encontramos 𝐸𝐹 = √122 + 9² = √144 + 81 = 15. 
 
 
6 – Ângulos e Circunferências 
 
1. São dadas duas circunferências secantes, com pontos de intersecção C e D. Traça-se por C uma secante às duas 
circunferências, que intersecta uma delas em E e a outra em F. Mostre que o ângulo ∠EDF é constante. 
Solução: Chame de S1 a circunferência que contém o ponto E e de S2 a circunferência que contém o ponto F. 
Considere o triângulo 4EDF. Temos que ∠EDF = 180◦ − (∠CED + ∠CFD). Basta mostrar que ∠CED + ∠CFD é 
constante. Veja que ∠CED é ângulo inscrito na circunferência S1 e que ∠CFD é ângulo inscrito na circunferência 
S2, logo ambos ângulos dependem apenas dos pontos C e D. 
 
2. (Adriano 2022) Seja ABC um triângulo isósceles de base BC. Tome um ponto E no lado AC do triângulo, tal 
que BC = BE. Trace por E um segmento paralelo à base do triângulo até um ponto que chamaremos de D, com 
CB = DE. Sabendo que ∠𝐴𝐵𝐶 vale 72°, assinale o valor de ∠𝐵𝐴𝐷. 
a) 9° b) 13° c) 18° d) 20° e) 21° 
 
3. Se os lados AB e AC de um triângulo são diâmetros de duas circunferências, prove que o ponto comum às 
circunferências está em BC. 
 
Solução: Seja D o ponto de intersecção de BC com a circunferência de diâmetro AB, e seja E o ponto de 
intersecção de BC com a circunferência de diâmetro AC. Usando que AB e AC são diâmetros das respetivas 
circunferências, temos ∠ADB = 90◦ e também ∠AEC = 90°. Note AD e AE são alturas do 4ABC relativas à base 
BC, logo os pontos D e E coincidem. 
 
4. Uma chapa de aço com a forma de um setor circular possui raio R e perímetro 3R, 
conforme ilustra a imagem. A área do setor equivale a: 
a) 𝑅2 b) 
𝑅2
4
 c) 
𝑅2
2
 d) 
3𝑅2
2
 
 
Solução: O arco mede a mesma medida do raio 𝑙 = 𝑅 = 𝜃. Logo, 𝑙 = 𝑅𝜃 ⇒ 𝜃 =
𝑅
𝑅
 ⇒ 𝜃 = 1 𝑟𝑎𝑑. 
Utilizando a fórmula da área, temos: 
2𝜋
𝜋.𝑅2
=
𝜃
𝐴(𝑠𝑒𝑡𝑜𝑟)
⇒ 𝐴(𝑠𝑒𝑡𝑜𝑟) =
(𝜋.𝑅2).(1)
2𝜋
=
𝑅2
2
. 
 
 
22 
 
 
5. Um triângulo retângulo MNP = 90° possui base média AB, com A em MN e B em MP. Seja C um ponto em 
PM e AC = AN. O valor de 
𝐶𝑃
𝐴𝐵
, para BM igual a 4, é: 
a) o dobro da base média. 
b) o triplo da base média. 
c) a metade da base média. 
d) a terça parte da base média. 
e) um quarto da base média. 
 
 
7 – Congruência Modular 
 
1. (Adriano 2021) Considere 𝑥 ∈ ℤ (inteiros) e P(x) = x64 + 2x32 + 3x16 determine o resto da divisão de P por Q, 
sendo Q(x) = x8 – 1. 
 
Solução: Considere a divisão de Q(x) por x8 – 1. 
 x8 – 1 ≡ 0 (mod x8 – 1) 
 x8 ≡ 1 (mod x8 – 1) 
Agora vamos aplicar na divisão pedida na questão, P(x) por Q(x). 
 x64 + 2x32 + 3x16 = (x8)8 + 2(x8)4 + 3(x8)2 
 ≡ (1)8 + 2(1)4 + 3(1)2 
 = 1 + 2 + 3 
 = 5 (mod x8 – 1) 
Logo o resto procurado vale 5. 
 
2. Mostre que não existem naturais a, b tais que a² – 3b² = 8. 
3. Mostre que o quadrado de um número inteiro não pode terminar em 2, 3, 7 ou 8. 
4. (Rússia) Ache todos os pares de números primos p, q tais que 𝑝3 − 𝑞5 = (𝑝 + 𝑞)2 
5. (Adriano/17) Seja k um número inteiro primo. Mostre que: 
a) Se k e p satisfazem as duas equações 22k + 3p = 64 e p – 4k = 0, então pk² não divide 
42017 – 1. 
b) O resto da divisão de pk – k6 + kp-6 por 19 é múltiplo de 1001. 
 
Solução: Veja que p – 4k = 0 => p = 4k (I) 
Substituindo (I) na primeira equação teremos: 
4k + 3.4k = 64 => 4.4k = 64 => 4k = 64/4 => 4k = 16 => 4k = 4² => k = 2. 
Logo, 
p = 4k = 4² = 16. 
23 
 
 
a) Como pk² = 16.2² = 24.2² = 26. Devemos mostrar que 26 não divide 42017 – 1. 
 Sendo 44/26 = (2²)4/26 = 28/26 = 2² => 44 ≡ 0 (mod 26) => (44)504 ≡ 0504 (mod 26) => 42016 ≡ 0 (mod 26) => 
42016.4 ≡ 0.4 (mod 26) => 42017 ≡ 0 (mod 26) => 42017 – 1 ≡ 0 – 1 (mod 26) => 42017 – 1 ≡ – 1 (mod 26). 
b) Substituindo os valores de p e k na expressão, fica: 
pk - k6 + kp-6 = 162 – 26 + 216 – 6 = (24)² - 26 + 210 = 26(2²- 1 + 24) = 26(4 – 1 + 16) = 26 · 19 
Logo a expressão é divisível por 19. Portanto, seu resto é zero, que é múltiplo de todo número. 
 
 
8 – Indução Finita 
 
1. Mostre que o número de diagonais de um polígono convexo de n lados é 𝑑𝑛 =
𝑛(𝑛−3)
2
. 
Solução: Inicialmente, observe que o caso inicial, isto é, quando n = 3, verificamos que um triângulo não tem 
diagonais. 
Hipótese: Sejam A1, A2, . . ., An+1 os vértices consecutivos de um polígono convexo P com n + 1 lados. Considere 
o polígono convexo P’ definido pelos n vértices A1, A3, . . ., An+1. Observe que toda diagonal de P’ é diagonal de 
P. Pela hipótese, elas são 
𝑛(𝑛−3)
2
. Além dessas, os segmentos A1A3, A2A4, A2A5, . . ., A2An também são diagonais 
de P. Assim, o número de diagonais de P’ é: 
 
𝑛(𝑛−3)
2
+ 1 + 𝑛 − 2 =
𝑛2−𝑛−2
2
=
(𝑛+1)(𝑛−2)2
 
 
2. Prove que 1 · 1 + 1 · 2 · 2 + 1 · 2 · 3 · 3 + ... + 1 · 2 · ... · (n − 1) · n · n = 1 · 2 · ... · n · (n + 1) − 1, ∀ n ≥ 2 
natural. 
3. (EUA 2003) Prove que, para todo inteiro positivo n, existe um número de n algarismos, todos eles ímpares, 
divisível por 5n. 
Solução: No caso inicial, usaremos n = 1, tome o número 5 e observe que 5 | 5. 
Hipótese: Seja A um número de n algarismos, todos eles ímpares, tal que 5n | A. 
Seja a = 1, 3, 5, 7 ou 9. O número B = 10na + A tem todos seus algarismos ímpares. Além disso, se A = 5na’, 
então B = 5n(2na + a’). Basta encontrar a tal que 2na + a’ ≡ 0 mod 5. Note que a = 1, 3, 5, 7, 9 cobre todos os 
resíduos módulo 5. Assim, basta tomar aquele tal que 
a ≡ −(2n)−1a' mod 5, 
pois 2n é invertível módulo 5. 
 
4. Responda: 
a) Por indução, mostre que 2n > n2, n > 5. 
b) Mostre que para cada inteiro n, n ≥ 0, o inteiro 9n – 1 é divisível por 8. 
24 
 
 
5. Demosntre a identidade a seguir usando o PIF. 
cos 𝜃 ∙ cos 2𝜃 ∙ cos 4𝜃 ∙ … ∙ cos 2𝑛𝜃 =
sen 2𝑛+1𝜃
2𝑛+1 sen 𝜃
 
 
 
 
9 – Equações e Sistemas de Equações 
 
1. Os números x e y satisfazem às seguintes equações: {
2
5
𝑥 +
3
5
𝑦 = 37
𝑥 − 𝑦 = 30
: 
Logo, x + y é igual a: 
(A) 80 (B) 85 (C) 90 (D) 95 
 
Solução: Desenvolvendo o sistema, temos: 
 {
2
5
𝑥 +
3
5
𝑦 = 37
𝑥 − 𝑦 = 30
⇒ {
2𝑥 + 3𝑦 = 185
𝑥 − 𝑦 = 30 → (× 3)
⇒ {
2𝑥 + 3𝑦 = 185
3𝑥 − 3𝑦 = 90
⇒ 5𝑥 = 275 ⇒ 𝑥 =
275
5
= 55 
Substituindo o valor de x na segunda equação, fica: 
 x − y = 30 ⇒ y = x − 30 ⇒ y = 55 − 30 = 25 
Portanto, a solução será x + y = 55 + 25 = 80. 
 
2. Quantos pares (𝑥, 𝑦) de números inteiros não negativos são soluções da equação 𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦 = 14 ? 
a) 4 B) 1 C) 8 D) 2 E) 3 
 
Solução: Vamos escrever a equação como o produto de duas equações. 
𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦 = 14 ⇒ 𝑥(𝑦 + 1) + 𝑦 = 14 ⇒ 𝑥(𝑦 + 1) + (𝑦 + 1) = 15 ⇒ (𝑥 + 1)(𝑦 + 1) = 3 ‧ 5 
{
𝑥 + 1 = 15 ⇒ 𝑥 = 14
𝑦 + 1 = 1 ⇒ 𝑦 = 0
}, ou {
𝑥 + 1 = 1 ⇒ 𝑥 = 0
𝑦 + 1 = 15 ⇒ 𝑦 = 14
}, ou {
𝑥 + 1 = 5 ⇒ 𝑥 = 4
𝑦 + 1 = 3 ⇒ 𝑦 = 2
} 
ou {
𝑥 + 1 = 3 ⇒ 𝑥 = 2
𝑦 + 1 = 5 ⇒ 𝑦 = 4
}. Desta forma, os pares de solução são (14,0), (0,14), (4,2) e (2,4). 
 
3. Se 𝑎,  𝑏,  𝑐 são números reais não nulos tais que 
𝑎+𝑏−𝑐
𝑐
=
𝑎−𝑏+𝑐
𝑏
=
−𝑎+𝑏+𝑐
𝑎
 e 𝑥 =
(𝑎+𝑏)(𝑏+𝑐)(𝑐+𝑎)
𝑎𝑏𝑐
 e 𝑥 (x – y) e 499 é um número primo, a única possibilidade é: 
x + y = 499 e x – y = 1 
Resolvendo o sistema pelo método da adição temos que: 
x = 250 e y = 249 
 
5. (IME – 2018) Determine todos os números primos p, q e r tais que 35p + 11pq + qr = pqr. 
 
Solução: Podemos escrever a equação dada na forma qr = p ‧ (qr – 11q – 35). 
Sendo p primo e o 2º membro é múltiplo de p, temos que p = q ou p = r. 
• Para p = q temos, 
p²r = 35p + 11p² +pr que resumindo fica: (p – 1)(r – 11) = 46. 
Como p – 1 é positivo e divide 46, temos quatro casos para analisar. 
p – 1 = 1 e r – 11 = 46 => r = 46 + 11 => r = 57 que não é primo. 
p – 1 = 2 e r – 11 = 23 => r = 23 + 11 => r = 34 que não é primo. 
p – 1 = 23 => p = 23 + 1 = 24 que não é primo. 
p – 1 = 46 e r – 11 = 1 => r = 1 + 11 => r = 12 que não é primo. 
• Para p = r temos p²q = 35p + 11pq +pq que resumindo fica: q(p - 12) = 35. 
Desta forma, como q é primo e divide 35, temos os casos abaixo: 
q = 5 => p – 12 = 7 => p = 19 
q = 7 => p – 12 = 5 => p = 17 
As soluções da terna (p, q, r) são (19, 5, 19) e (17, 7, 17). 
 
26 
 
 
10 – EQUAÇÕES DIOFANTINAS 
 
1. Prove que para todo inteiro n > 2, existem inteiros positivos p e q tais que n² + q² = p². 
Solução: Fatorando a expressão, obtemos n² = (p − q)(p + q). Se n é ímpar, podemos encontrar p e q tais que p 
+ q = n² e p − q = 1, bastando para isso resolver o sistema originado, obtendo (𝑛, 𝑞, 𝑝 ) = (𝑛,
𝑛2−1
2
,
𝑛2+1
2
 ). Se n 
é par, podemos fazer algo semelhante e encontrar p e q tais que p + q = n²/2 e p – q = 2, cuja solução é 
 (𝑛, 𝑞, 𝑝 ) = (𝑛,
𝑛2
4
− 1,
𝑛2
4
+ 1 ) 
 
2. Mostre que existem infinitos inteiros n para os quais n² + (n + 1)² é um quadrado perfeito. 
 
Solução: Devemos mostrar que existem infinitos pares (n, m) de inteiros tais que n² + (n + 1)² = m². Observe que n2 
+ (n + 1)² = m² ⇐⇒ 2n² + 2n + 1 = m² ⇐⇒ 4n² + 4n + 2 = 2m² ⇐⇒ (2n + 1)² + 1 = 2m² ⇐⇒ (2n + 1)² − 2m² = − 1. 
Bem, 2 não é um quadrado perfeito, e a equação x² − 2y² = −1 tem uma solução: (1, 1). Logo, x² − 2y² = − 1 tem 
infinitas soluções inteiras. E claro que, em todas elas, x é ímpar e, portanto, da forma 2n + 1. Dessa forma, segue 
que a equação n2 + (n + 1)2 = m2 tem infinitas soluções inteiras, isto e, que existem infinitos inteiros n para os quais 
n² + (n + 1)² é um quadrado perfeito. 
 
3. Encontre todas as ternas pitagóricas (a, b, c) tais que a + b + c = 1000. 
Solução: Seja k = mdc(a, b, c) e suponha sem perda de generalidade que b/k é par. Pelo teorema anterior, (a, b, c) = 
(k(x² − y²), k(2xy), k(x² + y²)), onde x > y, mdc(x, y) = 1 e pelo menos um dentre x e y par. Assim, (x² − y²) + 2xy 
+ (x² + y²) = 2x(x + y) é um divisor de 1000. Com mais razão, x(x + y) | 500. Usando que mdc(x, x + y) = 1 e a 
factoração em primos de 500, podemos concluir que um deles é uma potencia de 5 e o outro uma potencia de 2. Veja 
que x não pode ser uma potencia de 5 pois nesse caso y deveria ser ímpar para garantir que x+ y seja uma potencia 
de 2. Assim, x | 500 e x = 2k, produzindo como possibilidades x = 1, 2 ou 4. Analisando cada um desses casos e 
levando em conta que ylado. 
Temos: 
1 + 𝑓 + 𝑐 = 𝑏 + 𝑓 + 𝑒 ⇒ 1 + 𝑐 = 𝑏 + 𝑒
1 + 𝑓 + 𝑐 = 𝑎 + 𝑓 + 𝑑 ⇒ 1 + 𝑐 = 𝑎 + 𝑑
} ⇒ 𝑏 + 𝑒 = 𝑎 + 𝑑 
28 
 
e, como os números só podem ser 2,3,4,5,6 e 7, podemos ter: 
𝑎 = 2,  𝑑 = 6,  𝑏 = 3  e  𝑒 = 5;  1 + 𝑐 = 8 ⇒ 𝑐 = 7  e  𝑓 = 4,   
ou 𝑎 = 2,  𝑑 = 5,  𝑏 = 3  e  𝑒 = 4;  1 + 𝑐 = 7 ⇒ 𝑐 = 6  e  𝑓 = 7. 
Observação: o número 𝑎 pode ser trocado por 𝑑 e vice-versa. O mesmo acontece com os números 𝑏  e  𝑒. Mas o 
número 𝑓 só pode ser 4 ou 7. Também 𝑎 pode ser trocado por 𝑏  e  𝑑 e por 𝑒. 
 
3. Numa festa estão 41 pessoas, entre moças e rapazes. Maria dançou com 6 rapazes, Lúcia com 7, Marta com 8, 
Mara com 9 e assim por diante. Eva, a dona da casa, dançou com todos os rapazes. Quantas moças havia na festa? 
A) 23 B) 22 C) 20 D) 18 E) 17 
Solução: Seja 𝑥 o número de moças que havia na festa. 
Maria dançou com 6 = 5 + 1 rapazes. 
Lúcia dançou com 7 = 5 + 2 rapazes. 
Marta dançou com 8 = 5 + 3 rapazes. 
Mara dançou com 9 = 5 + 4 rapazes. 
Eva dançou com todos os rapazes, ou seja, Eva dançou com 41 − 𝑥 = 5 + 𝑥 rapazes, então 
2𝑥 = 41 − 5 ⇒ 2𝑥 = 36 ⇒ 𝑥 = 18. 
A alternativa correta é D. 
 
4. Um veterinário quer marcar uma criação de ovelhas com fitas de apenas duas cores diferentes. Uma ovelha 
marcada deve no máximo uma fita em cada pata e duas ovelhas não podem ser marcadas de modo idêntico, então 
o maior número de ovelhas que podem ser marcados é: 
A) 60 B) 80 C) 81 D) 90 E) 91 
 
Solução: Consideremos as cores das fitas utilizadas para marcar as ovelhas como sendo cor A e cor B. 
Observemos que uma ovelha pode ter no máximo uma fita em cada pata, ou seja, pode ter: nenhuma fita, uma 
fita cor A, ou uma fita cor B. Assim, em uma única pata podemos ter 3 possibilidades. Mas uma ovelha tem 4 
patas. Logo, podemos marcar uma ovelha de 3·3·3·3 = 81 maneiras diferentes e, como duas ovelhas não podem 
ser marcadas do mesmo jeito, portanto, podemos marcar, no máximo, 81 ovelhas. 
 
5. Determine todos os polinômios 𝑃(𝑥) que satisfazem as seguintes condições: 
 (i) 𝑃(0) = 0 
 (ii) 𝑃(𝑥2005 + 1) = [𝑃(𝑥)]2005 + 1 
 
29 
 
 
Solução: Como 𝑃(𝑥) = 𝑥 satisfaz (i) e (ii); vamos mostrar que ele é o único a satisfazer estas condições. 
 Seja 𝑄(𝑥) satisfazendo (i) e (ii); consideremos a seqüência dada por 𝑥1 = 0 e 𝑥𝑛 = 𝑥𝑛−1
2005 + 1, temos que: 
 (I) 𝑄(𝑥1) = 𝑄(0) =
(𝑖)
0 = 𝑥1 
 (II) Suponha que 𝑄(𝑥𝑛) = 𝑥𝑛 , então 
 𝑄(𝑥𝑛+1) = 𝑄(𝑥𝑛
2005 + 1) =
(𝑖𝑖)
𝑄(𝑥𝑛)
2005 + 1 = 𝑥𝑛
2005 + 1 = 𝑥𝑛+1. 
 Logo, 𝑄(𝑥) = 𝑥, ∀𝑥 ∈ ℝ, já que estes polinômios coincidem num conjunto infinito. 
 
12 – A Função Parte Inteira 
 
1. Em quantos zeros termina a representação decimal de 1000!? 
Solução: Para determinarmos o número de zeros, basta determinarmos a maior potência de 10 que divide 1000! 
Existem mais fatores 2 do que fatores 5 e assim bastará encontrarmos o expoente de 5 na factoração de 1000! 
Pelo teorema anterior, tal número é: 
∑ ⌊
1000
5𝑖
⌋∞
𝑖=1 = 200 + 40 + 8 + 1 = 249. 
 
2. Construa o gráfico da função definida pela sentença aberta 𝑓(𝑥) = 𝑥 + ⌊𝑥⌋. 
 
3. Sabendo que 𝑚 ∈ ℤ, prove que ⌊𝑥 + 𝑚⌋ = ⌊𝑥⌋ +𝑚. 
Solução: Inicialmente, vamos escrever a desigualdade abaixo. 
⌊𝑥 + 𝑚⌋ ≤ 𝑥 +𝑚 0}. Façamos x = y = 1 em 𝑓(𝑥)𝑓(𝑦) − 𝑓(𝑥𝑦) =
𝑋
𝑦
+
𝑦
𝑥
 e obtemos: 
[f(1)]² - f(1) = 2 ou [f(1)]² - f(1) – 2 = 0. 
Chamemos f(1) = z, assim z² - z – 2 = 0 (uma equação do 2º grau na variável z), cujas raízes são 
z1 = 2 e z2 = -1 (não serve!). 
Alternativa C. 
 
5. Determine todas as funções tais que , onde é o 
conjunto dos números naturais. 
 
Solução: 
 
Logo se temos e e 
 
Assim e por indução segue que . 
(1) 0f =
( ) ( )
( ). ( )
2
f x y f x y
f x f y
+ + −
=
x y (4)f
( ) 0f a  f
( ) ( ) ( 0) ( 0)
( ). (0) ( )
2 2
f a f a f a f a
f a f f a
+ + + −
= = =
(0) 1f =
2 (2) (0)
0 (1) (2) (0) 1
2
f f
f f f
+
= =  = − = −
(3) (1)
(2). (1) 0 (3) 0
2
f f
f f f
+
= =  =
(4) (2)
(1). (3) 0 (4) (2) 1
2
f f
f f f f
+
= =  = − =
NNf →: )()())(( nfmfnfnmf +=+−  ,...2,1,0=N
aaaffanm === ,2))((
amafmfafmfafn +=+= ,),(2)())(()(
nm  INbnm =− )(2)())(()()( nfbfnfbfnfnbf +=+=++
nbnfbfnbf +=+ ,)()()(
)1(2)1()1()11()2( fffff =+=+= 1),1()( = mmfmf
32 
 
 
 
14 – DESIGUALDADES FUNDAMENTAIS 
 
1. Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐 𝑒 𝑑 reais positivos. Suponha 
𝑎
𝑏
≥
𝑐
𝑑
. Prove que 
𝑎+𝑏
𝑏
≥
𝑐+𝑑
𝑑
. 
Solução: O objetivo deste problema era exercitar a manipulação de desigualdades, apenas. Como 
𝑏
𝑏
= 1 =
𝑑
𝑑
, 
 
2. RESPONDA 
A) Sejam 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ 0. Prove que 
2
𝑎+𝑏
+
2
𝑏+𝑐
+
2
𝑐+𝑎
≥
9
𝑎+𝑏+𝑐
. 
 
Solução: Podemos usar o “Lema Poderoso” presente no meu livro Escolas Militares II. Basta observar que às 
sequências (√2, √2, √2) e (𝑎 + 𝑏, 𝑏 + 𝑐, 𝑐 + 𝑎), para obter 
 
B) (59th Romênia) Se a e b são dois números complexos. Prove a desigualdade 
|1 + 𝑎𝑏| + |𝑎 + 𝑏| ≥ √|𝑎² − 1||𝑏² − 1| 
Apresentamos para este problema duas soluções sensacionais. 
 
Solução 1: Usando a desigualdade triangular, podemos escrever que: 
|1 + 𝑎𝑏|+ |𝑎 + 𝑏| ≥ |1 + 𝑎𝑏 + 𝑎 + 𝑏| e |1 + 𝑎𝑏| + |𝑎 + 𝑏| ≥ |1 + 𝑎𝑏 − 𝑎 − 𝑏| 
Multiplicando ambas as inequações obteremos, 
(|1 + 𝑎𝑏| + |𝑎 + 𝑏|)2 ≥ |(1 + 𝑎𝑏)2 − (𝑎 + 𝑏)2| 
Que implica na demonstração. 
|1 + 𝑎𝑏| + |𝑎 + 𝑏| ≥ √|𝑎² − 1||𝑏² − 1| 
Solução 2: Nós temos que: 
|1 + 2𝑎𝑏 + 𝑎²𝑏²| + |𝑎² + 2𝑎𝑏 + 𝑏²| ≥ |𝑎²𝑏² + 1 − 𝑎2 − 𝑏²| ≥ |𝑎² − 1||𝑏² − 1| 
Que é equivalente a 
(|1 + 𝑎𝑏| + |𝑎 + 𝑏|)2 ≥ |(1 + 𝑎𝑏)2 − (𝑎 + 𝑏)2| 
 
33 
 
 
3. RESPONDA 
A) Dado à função 𝑓 de variável real abaixo. 
𝑓(𝑥) = √3 + 𝑥 + √1 − 2𝑥 + √8 + 𝑥 
Prove que 𝑓 não assume imagem maior que 7. 
 
Solução: Vamos usar a desigualdade MQ ≥ MA para três variáveis. 
√
𝑎1² + 𝑎2² + 𝑎3²
3
≥
𝑎1 + 𝑎2 + 𝑎3
3
 
Desta forma, Chamando 𝑎1 = √3 + 𝑥, 𝑎2 = √1 − 2𝑥 e 𝑎3 = √8 + 𝑥, teremos que: 
√
3 + 𝑥 + 1 − 2𝑥 + 8 + 𝑥
3
≥
√3 + 𝑥 + √1 − 2𝑥 + √8 + 𝑥
3 
Cancelando os x dentro do radical, obtemos
 
2 = √4 = √
12
3
≥
𝑓(𝑥)
3
 
6 ≥ 𝑓(𝑥) 
Portanto, como f é menor ou igual a 6, logo não assume valores maiores que 7. 
 
B) (Adriano 2020) Seja 𝑥 ∈ 𝑅tal que 𝑓(𝑥) = √𝑥² − 18𝑥 + 91 + √𝑥² − 6𝑥 + 13. 
Encontre o valor mínimo de 𝑓. 
 
4. Encontre todos os pares (x, y) de números reais que satisfazem (4x² + 4x + 3)(y² − 6y + 13) = 8. 
Solução: Observe que 4x² + 4x + 3 = (2x + 1)² + 2, e y² − 6y + 13 = (y − 3)² + 4. Assim, 4x² + 4x + 3 ≥ 2, e y² − 
6y + 13 ≥ 4. Para que o produto das duas expressões seja exatamente 8, precisamos ter igualdade nas duas 
desigualdades. Assim, precisamos ter 2x + 1 = 0 ⇔ x = − 1/2 e y − 3 = 0 ⇔ y = 3. Logo, o único par de números 
reais que satisfaz a condição dada é (− 1/2, 3). 
 
5. (Irã) Sejam 𝑎, 𝑏 𝑒 𝑐 reais maiores do que 1, tais que 
1
𝑎
+
1
𝑏
+
1
𝑐
= 2. Prove que 
√𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ √𝑎 − 1 + √𝑏 − 1 + √𝑐 − 1. 
 
Solução: Vamos usar a desigualdade de Cauchy-Schwarz. Basta observar as sequencias (√𝑎, √𝑏, √𝑐) e 
(√1 −
1
𝑎
, √1 −
1
𝑏
, √1 −
1
𝑐
). 
 
 
34 
 
 
 
15 – SOMA DE NEWTON E POLINÔMIOS 
 
1. Sejam r1, r2, . . . , r1000 as raízes de x1000 − 10x + 10 = 0. Determine o valor de r1
1000 + r2
1000 + . . . + r1000
1000. 
Solução: Temos que a1000, a1 e a0 são os únicos coeficientes diferentes de 0. Então, pelo teorema de Newton, S1000 
− 10S1 + 1000 · 10 = 0. Como o coeficiente de x999 é zero temos que S1 = 0 e S1000 = − 10000. 
 
2. Resolva o sistema de equações 
{
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 2
𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 = 6
𝑥3 + 𝑦3 + 𝑧2 = 8
 
 
3. Sejam r1, r2, . . . , r20 as raízes de x20 − 19x² + 2 = 0. Determine r1
20 + r2
20 + . . . + r20
20. 
 
4. (Eureka) Determine todas as soluções reais da equação √1 − 𝑥
4
+ √15 + 𝑥
4
= 2. 
 
5. Verifique que: 
(x + y + z)³ – (y + z – x)³ – (x + z – y)³ – (x + y – z)³ = 24xyz 
 
35 
 
 
1. Prove que para qualquer número inteiro n, o número An = 5n + 2.3n-1 + 1 é um número múltiplo de 8. 
 
2. (SEDUC 2018) Dentre todos os números reais positivos, aquele que somado com o dobro do seu inverso 
multiplicativo resulta no menor valor possível é 
𝑎) √3 
𝑏) 
3√6
5
 
𝑐) 
5√5
8
 
𝑑) √2 
 
3. Cinco inteiros positivos 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 maiores que um satisfazem as seguintes condições: 
𝑎(𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒) = 128 
𝑏(𝑎 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒) = 155 
𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑑 + 𝑒) = 203 
𝑑(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑒) = 243 
𝑒(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑) = 275 
Quanto vale a soma 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒? 
A) 9 
B) 16 
C) 25 
D) 36 
E) 49 
 
4. (Maranhão 2020) Seja n um número natural. Qual o valor da soma de todos os possíveis valores do máximo 
divisor comum dos inteiros 3n e n + 8? 
a) 6. 
b) 10. 
c) 16. 
d) 24. 
e) 60. 
 
5. O valor da expressão 𝐴 = [
(2011)3−(1006)3−(1005)3
2011∙1006∙1005
]
3
 é igual a: 
A) 125 B) 8 C) 1 D) 27 E) 64 
 
Solução: Façamos x = 1006 e y = 1005, então 
 
Assim, A = [ ]³ = 3³ = 27. 
Letra D. 
3
)(
)(3
)(
³³³²3²3³
)(
³³)³(
1005·1006·2011
)³1005()³1006()³2011(
=
+
+
=
+
−−+++
=
+
−−+
=
−−
xyyx
yxxy
xyyx
yxyxyyxx
xyyx
yxyx
1005·1006·2011
)³1005()³1006()³2011( −−
36 
 
 
6. Uma pirâmide com exatamente seis arestas congruentes é denominada tetraedro regular. Admita que a aresta 
do tetraedro regular ilustrado a seguir, de vértices ABCD, mede 6 cm e que o ponto médio da aresta BC é M. 
 
O cosseno do ângulo 𝐴�̂�𝐷equivale a: 
a) 
1
2
 b) 
1
3
 c) 
2
3
 d) 
2
5
 
 
Solução: As medidas y correspondem às alturas dos triângulos equiláteros das faces. Aplicando a Lei dos 
cossenos no triângulo AMD, temos: 
 𝑖) 𝑦 =
𝐿.√3
2
=
6.√3
2
= 3. √3 
𝑖𝑖) 62 = (3. √3)
2
+ (3. √3)
2
− 2. (3. √3). (3. √3). 𝑐𝑜𝑠(𝐴�̂�𝐷) ⇒ 36 = 27 + 27 − 2. (27). 𝑐𝑜𝑠(𝐴�̂�𝐷) 
 ⇒ 36 = 54 − 54. 𝑐𝑜𝑠(𝐴�̂�𝐷) ⇒ 𝑐𝑜𝑠(𝐴�̂�𝐷) =
36−54
−54
=
−18
−54
=
1
3
. 
 
7. (Prefeitura de Crato 2021) Sejam p e q números primos positivos. Racionalizando a expressão 
1
√𝑝 + √𝑞 − √𝑝 + 𝑞
 
obtemos: 
𝑎) 
𝑝√𝑞 + 𝑞√𝑝 − √𝑝𝑞(𝑝 + 𝑞)
2𝑝𝑞
 
𝑏) 
𝑝√𝑞 + 𝑞√𝑝 + √𝑝𝑞(𝑝 + 𝑞)
2𝑝𝑞
 
𝑐) 
√𝑝𝑞(𝑝 + 𝑞) − 𝑝√𝑞 − 𝑞√𝑝
𝑝𝑞
 
𝑑) 
√𝑝𝑞(𝑝 + 𝑞) + 𝑝√𝑞 − 𝑞√𝑝
2𝑝𝑞
 
𝑒) 
√𝑝𝑞(𝑝 + 𝑞) − 𝑝√𝑝 − 𝑞√𝑞
2𝑝𝑞
 
 
37 
 
 
8. (Simulado POTI) Prove que não existem inteiros positivos x, y com x³ + y³ = 22009. 
 
Solução: Considere ∀ 𝑎 ∈ ℤ, 𝑎3 ≡ 0,±1 (𝑚𝑜𝑑 7). 
Vejamos alguns casos: 
03 ≡ 0, 13 ≡ 1, 23 = 8 ≡ 1, 33 ≡ −1,… , 63 ≡ −1 (𝑚𝑜𝑑 7). 
Note que 2009 = 6 × 334 + 5 e portanto, 22009 ≡ 26×334+5 ≡ 25 ≡ 4 (𝑚𝑜𝑑 7) 
Logo, não existem solução já que x³ + y³ só deixa resto – 2, – 1, 0, 1, 2 mod 7 e 22009 só deixa resto 4 mod 7. 
 
9. Sabendo que 𝑥, 𝑦 e 𝑧 são reais satisfazendo 𝑥𝑦𝑧 = 1, então o valor da expressão 
𝐴 = (
1
1 + 𝑥 + 𝑥𝑦
+
1
1 + 𝑦 + 𝑦𝑧
+
1
1 + 𝑧 + 𝑥𝑧
)
2
 
 é igual a: 
A) 9 B) 4 C) 25 D) 36 E) 1 
 
Solução: Como xyz = 1, então x 0, y 0, e z 0. 
Assim, 
 
 
Portanto, A = ( )² = 1² = 1. Letra E. 
 
10. (UERJ) Considere a representação abaixo, de metade da órbita do planeta Mercúrio em torno do Sol. A 
distância rM entre o Sol e Mercúrio varia em função do ângulo θ, sendo 0º ≤ θ ≤ 180º. 
Para o cálculo aproximado de rM, em milhões de quilômetros, emprega-se a seguinte fórmula: 
 
 
Calcule a distância 𝑃𝐴, em milhões de quilômetros. 
 
  
=
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++ xzzyzyx
x
xyxz
z
xzzyzyxyx 1
1
)1()1(1
1
1
1
1
1
=
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++ xzzxyx
x
zxz
z
xzzxyzxyx
x
xyzxzz
z
1
1
111
1
1
1
1
1
1
111
1
1
=
++
++
=
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++ zxz
zxz
zxzzxz
xz
zxz
z
xzzxyzxzz
xz
zxz
z
xzzyzyxyx ++
+
++
+
++ 1
1
1
1
1
1
38 
 
 
Solução: Quando Mercúrio se localiza no ponto A, temos: 𝑟𝑀 =
555
10−2.𝑐𝑜𝑠 0
=
555
10−2.(1)
=
555
8
≅ 69. 
Quando Mercúrio se localiza no ponto P, temos: 𝑟𝑀 =
555
10−2.𝑐𝑜𝑠 180°
=
555
10−2.(−1)
=
555
12
≅ 46. 
Logo, PA = 69 + 46 = 115 milhões de quilômetros. 
 
11. Um recipiente com a forma de um cone circular reto de eixo vertical recebe água na razão constante de 1cm3/s. 
A altura do cone mede 24cm, e o raio de sua base mede 3cm. Conforme ilustra a imagem, a altura h do nível da 
água no recipiente varia em função do tempo t em que a torneira fica aberta. A medida de h corresponde à 
distância entre o vértice do cone e a superfície livre do líquido. Admitindo  = 3, a equação que relaciona a altura 
h, em centímetros, e o tempo t, em segundos, é representada por: 
 
a) ℎ = 4. √𝑡
3
 b) ℎ = 2. √𝑡
3
 c) ℎ = 2. √𝑡 d) ℎ = 4. √𝑡 
 
Solução: Estabelecendo as relações, temos: 
{
 
 
 
 
𝑉𝑎𝑧ã𝑜 = 1𝑐𝑚3/𝑠
{
 
 
 
 
𝑉𝑎𝑧ã𝑜 =
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒
𝑡𝑒𝑚𝑝𝑜
=
𝜋𝑅2. ℎ
3⁄
𝑡
=
𝜋𝑅2. ℎ
3𝑡
ℎ
24
=
𝑅
3
⇒ 𝑅 =
3ℎ
24
=
ℎ
8
⇒
𝜋𝑅2. ℎ
3𝑡
= 1 ⇒
(3) (
ℎ
8)
2
. ℎ
3𝑡
= 1 ⇒ 
⇒
ℎ3
64
= 𝑡 ⇒ ℎ3 = 64𝑡 ⇒ ℎ = √43𝑡
3
= 4. √𝑡3
. 
 
12. Tenho mais de 300 e menos de 400 limões. Quando os ponho em bolsas de 13 sobram 9, quando os ponho 
em bolsas de 15 sobram 4. Quantos limões tenho? 
Solução: Sejam 𝑁 o número de limões, 𝑝 o numero de bolsas de 13 limões e 𝑞 o numero de bolsas de 15 limões. 
Então, 𝑁 = 13𝑝 + 9 = 15𝑞 + 4 ⇒ 13𝑝 − 13𝑞 = 2𝑞 − 5 ou 13(𝑝 − 𝑞) = 2𝑞 − 5, logo 2𝑞 − 5 é múltiplo de 
13, isto é, 2𝑞 − 5 = 13𝑘 ⇒ 2𝑞 = 13𝑘 + 5, então 𝑘 é ímpar (pois 2𝑞 é par) e tal que 300 400. Portanto, a única solução é 𝑁 = 334 
 
13. Ache a fórmula fechada para a soma 
1
1 ∙ 3
+
1
3 ∙ 5
+⋯+
1
(2𝑛−1)(2𝑛+1)
 para todo inteiro 𝑛 ≥ 1 e prove o seu 
resultado por indução matemática. 
39 
 
 
Solução: Vamos usar a hipótese que: 
1
1 ∙ 3
+
1
3 ∙ 5
+⋯+
1
(2𝑛−1)(2𝑛+1)
=
𝑛
2𝑛+1
, ∀ inteiros 𝑛 ≥ 1. 
Inicialmente faremos um caso particular e o passo intuitivo. 
Seja n = 1, então 
1
(2𝑛−1)(2𝑛+1)
=
1
(2 ‧ 1 − 1)(2 ‧ 1 + 1)
=
1
3
. Olhando para a fórmula fechada 
𝑛
2𝑛+1
, teremos que: 
𝑛
2𝑛 + 1
=
1
2 ‧ 1 + 1
=
1
3
 
Portanto, a fórmula fechada está verificada. 
Agora vamos para o passo indutivo ou hipótese: 
Suponha verdadeiro que se n = k, com k ≥ 1. Então 
1
1 ∙ 3
+
1
3 ∙ 5
+⋯+
1
(2𝑘−1)(2𝑘+1)
=
𝑘
2𝑘+1
 é verdade. 
Devemos usar a hipótese acima para provar que para n = k + 1, então 
1
1 ∙ 3
+
1
3 ∙ 5
+⋯+
1
(2𝑘+1)(2𝑘+3)
=
𝑘+1
2𝑘+3
. 
 Para isso substituiremos o passo intuitivo na expressão que representa o primeiro membro da equação acima. 
 
1
1 ∙ 3
+
1
3 ∙ 5
+⋯+
1
(2(𝑘+1)−1)(2(𝑘+1)+1)
=
1
1 ∙ 3
+
1
3 ∙ 5
+⋯+
1
(2k−1)(2k+1)
+
1
(2(𝑘+1)−1)(2(𝑘+1)+1)
. 
A parte em negrito é a hipótese. Desta forma, podemos substituí-la por 
𝑘
2𝑘+1
. 
𝑘
2𝑘 + 1
+
1
(2𝑘 + 1)(2𝑘 + 3)
=
𝑘(2𝑘 + 3) + 1
(2𝑘 + 1)(2𝑘 + 3)
=
2𝑘2 + 3𝑘 + 1
(2𝑘 + 1)(2𝑘 + 3)
=
𝑘 + 1
2𝑘 + 3
 
 
14. Seja 𝑓(𝑥) uma função definida no conjunto dos inteiros positivos que satisfaz as seguintes condições: 
 (𝑖) 𝑓(1) = 1 
 (𝑖𝑖) 𝑓(2𝑛) = 2𝑓(𝑛) + 1, 𝑠𝑒 𝑛 ≥ 1. 
 (𝑖𝑖𝑖) 𝑓(𝑓(𝑛)) = 4𝑛 + 1, 𝑠𝑒 𝑛 ≥ 2. 
 
Determine o valor de 𝑓(22012 + 1). 
 
Solução: Observe que: 
𝑓(21) = 𝑓(2) = 𝑓(2 ∙ 1) = 2𝑓(1) + 1 = 2 ∙ 1 + 1 = 3 = 22 − 1 
𝑓(22) = 𝑓(4) = 𝑓(2 ∙ 2) = 2𝑓(2) + 1 = 2 ∙ 3 + 1 = 7 = 23 − 1 
𝑓(23) = 𝑓(8) = 𝑓(2 ∙ 2) = 2𝑓(2) + 1 = 2 ∙ 7 + 1 = 15 = 24 − 1 
Generalizando, temos: 
𝑓(2𝑛) = 2𝑛+1 − 1 
Mas, 𝑓(𝑓(𝑛)) = 4𝑛 + 1 → 𝑓(𝑓(2𝑛)) = 𝑓(2𝑛+1 − 1) = 4 ∙ 2𝑛 + 1 = 2𝑛+2 + 1 
Ora, se 𝑓(2𝑛+1 − 1) = 2𝑛+2 + 1, então: 𝑓(𝑓(2𝑛+1 − 1)) = 𝑓(2𝑛+2 + 1) = 4(2𝑛+1 − 1) + 1 = 2𝑛+3 − 3 
Portanto, usando o fato de 𝑓(2𝑛+2 + 1) = 2𝑛+3 − 3 com 𝑛 = 2010, temos: 𝑓(22012 + 1) = 22013 − 3. 
40 
 
 
15. (OBM 2001) No triângulo ABC, a mediana e a altura relativas ao vértice A dividem o ângulo BÂC em três 
ângulos de mesma medida. Determine as medidas dos ângulos do triângulo ABC. 
Solução: 



A
B CH M
 
Seja M o ponto médio de BC e H o pé da altura relativa a A. Temos que AH é comum aos triângulos AHM e AHB, 
𝐴�̂�𝐵  𝐴�̂�𝑀 (retos) e HÂM  HÂB, logo, pelo caso ALA, os triângulos AHM e AHB são congruentes. Assim, BH 
= HM = MC/2, pois MC = MB. Como AM é bissetriz de HÂC, pelo teorema das bissetrizes AH/AC = HM/MC  
AH/AC = 1/2  cos2a = 1/2. Como 0Solução: Seja ∠𝐸𝐴𝐶 = 𝛼. Pelo teorema da bissetriz e a lei dos senos obtemos que: 
 
 
 
Note que 𝛼 é determinado unicamente desde que 𝛼 = 10° 
 
26. Seja 𝑓: 𝑍 → 𝑍, onde 𝑍 denota o conjunto dos números inteiros, tal que 𝑓(7) = 14 e para qualquer 𝑛 ∈ 𝑍 
valem: 
i) 𝑓(𝑛 + 7) = 𝑓(𝑛) ii) 𝑓(𝑛 + 17) = 𝑓(𝑛). 
Quanto vale 𝑓(2012)? 
 
Solução: Observe que: 
𝑓(𝑛 + 7) = 𝑓(𝑛) → 𝑓(0) = 𝑓(7) = 𝑓(14) = 𝑓(21) = ⋯ = 𝑓(1995) = 14, 
mas 𝑓(𝑛 + 17) = 𝑓(𝑛) → 𝑓(1995 + 17) = 𝑓(1995) → 𝑓(2012) = 𝑓(1995) = 14. 
Alternativa D. 
 
27. Dado um triângulo , sejam a bissetriz do ângulo interno o pé da perpendicular baixada do 
vértice em relação a reta e o ponto médio do lado . Sendo e as medidas dos lados e 
, respectivamente, e supondo , determine a medida do segmento . 
 
ABC r , P
B r M BC x y AB
AC x y MP
44 
 
 
Solução: Temos que, prolongando-se BP, o triângulo ABD é isósceles já que AP é bissetriz e altura 
simultaneamente; assim, Portanto, pela semelhança entre os triângulos BPM e BDC, 
temos: 
 
 
28. (EFOMM 2020) Quantos são os anagramas da palavra MERCANTE que possuem a letra M na Ia posição 
(no caso, a posição de origem), ou a letra E na 2a posição, ou a letra R na 3a posição? 
 
A) 60 B) 120 C) 10920 D) 12600 E) 15120 
 
29. (Adriano/2022) Escreve a lei de formação da progressão cujos elementos são da forma kn, com n ≥ 1. 
(0, 7, 26, 63, ...) 
a) kn = n² 
b) kn = n² + 1 
c) kn = (n + 1)² 
d) kn = n³ – 1 
e) kn = 2n – 1 
 
30. São dados dois semicírculos, como na figura, de centros O1 e O2 e raios iguais. O comprimento do segmento 
𝐴𝐾̅̅ ̅̅ é 𝑙. Sabendo que 𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑁𝐾̅̅̅̅̅, os comprimentos 𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ e 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ são respectivamente: 
 
Solução: Observe a construção: 
 
, e .BP PD AD x =
2 2
DC y x
MP
−
= =
45 
 
 
Veja que: 
𝐴𝑀 = 2 ∙ 𝑟 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 
𝑀𝑁 = 𝑁𝐾 = 2 ∙ 𝑟 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 
𝐴𝐾 = 𝐴𝑀 +𝑀𝑁 +𝑁𝐾 = 2 ∙ 𝑟 ∙ (𝑐𝑜𝑠𝛼 + 2 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽) = 𝑙 
Aplicando a lei dos senos no triangulo AOK, temos: 
𝑂𝐾
𝑠𝑒𝑛𝛼
=
𝐴𝐾
𝑠𝑒𝑛(180° − (𝛼 + 𝛽))
=
𝐴𝑂2
𝑠𝑒𝑛𝛽
 
𝑟
𝑠𝑒𝑛𝛼
=
2 ∙ 𝑟 ∙ (𝑐𝑜𝑠𝛼 + 2 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽)
𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽)
=
3𝑟
𝑠𝑒𝑛𝛽
 
1
𝑠𝑒𝑛𝛼
=
2 ∙ (𝑐𝑜𝑠𝛼 + 2 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽)
𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽)
=
3
𝑠𝑒𝑛𝛽
 
Usando o primeiro e terceiro membro da equação, temos: 
𝑟
𝑠𝑒𝑛𝛼
=
3𝑟
𝑠𝑒𝑛𝛽
→ 𝑠𝑒𝑛𝛽 = 3𝑠𝑒𝑛𝛼 
Usando o primeiro e substituindo a informação obtida no segundo, temos: 
1
𝑠𝑒𝑛𝛼
=
2 ∙ (𝑐𝑜𝑠𝛼 + 2 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽)
𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽)
 
1
𝑠𝑒𝑛𝛼
=
2 ∙ (𝑐𝑜𝑠𝛼 + 2 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽)
𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛽 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
 
𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 𝑠𝑒𝑛𝛽 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 2 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 + 4 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 
𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 + 3𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 2 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 + 4 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 
𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 3 ∙ 𝑠𝑒𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 
𝑐𝑜𝑠𝛼 = 3𝑐𝑜𝑠𝛽 
Com as informações obtidas e a relação fundamental da trigonometria, obtemos: 
𝑠𝑒𝑛2𝛽 + 𝑐𝑜𝑠2𝛽 = 1 
9𝑠𝑒𝑛2𝛼 +
1
9
𝑐𝑜𝑠2𝛼 = 1 
81𝑠𝑒𝑛2𝛼 + 𝑐𝑜𝑠2𝛼 = 9 
80𝑠𝑒𝑛2𝛼 = 8 
𝑠𝑒𝑛2𝛼 =
1
10
 
𝑠𝑒𝑛𝛼 =
√10
10
→ 𝑠𝑒𝑛𝛽 =
3√10
10
 
𝑐𝑜𝑠𝛼 =
3√10
10
→ 𝑐𝑜𝑠𝛽 =
√10
10
 
Mas, 
𝐴𝐾 = 2 ∙ 𝑟 ∙ (𝑐𝑜𝑠𝛼 + 2 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽) = 𝑙 
𝐴𝐾 = 2 ∙ 𝑟 ∙ (
3√10
10
+
2√10
10
) = 𝑙 
𝐴𝐾 = 2 ∙ 𝑟 ∙ (
5√10
10
) = 𝑙 
46 
 
𝐴𝐾 = 𝑟 ∙ √10 = 𝑙 
𝑟 =
𝑙
√10
 
 
Portanto, 
𝑀𝑁 = 𝑁𝐾 = 2 ∙ 𝑟 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛽 
𝑀𝑁 = 𝑁𝐾 = 2 ∙
𝑙
√10
∙
√10
10
 
𝑀𝑁 = 𝑁𝐾 =
𝑙
5
 
E, 
𝐴𝑀 = 2 ∙ 𝑟 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 
𝐴𝑀 = 2 ∙
𝑙
√10
∙
3√10
10
 
𝐴𝑀 =
3𝑙
5
 
 
31. (ITA-SP) Numa circunferência, inscreve-se um quadrilátero convexo ABCD tal que ABC = 70º. 
Se x = ACB + BDC. Qual o valor de x? 
 
32. Na figura abaixo, AB é o diâmetro da circunferência de centro O. Determine a medida do ângulo ADC, 
sabendo que o ângulo BAC mede 35º. 
 
a) 150º 
b) 176º 
c) 125º 
d) 182º 
e) 105º 
 
33. (Mineira 2004) Seja ABCD um retângulo onde |AB| = 8, |AD| = 6 e M o ponto médio de DC. 
 
A área da região escura é: 
a) 16 b) 20 c) 24 d) 18 
47 
 
 
34. (Dolce/Pompeo) Na figura abaixo, Q é o ponto médio de AB, o segmento QP é paralelo a BC e AC = 30 cm. 
 
Determine PO. 
 
35. (EFOMM 2014) Denotaremos por n(x) o número de elementos de um conjunto finito x. Sejam A, B, C 
conjuntos tais que n(A ∪ B) = 14 , n(A ∪ C) = 14 e n(B ∪ C) = 15 , n(A ∪ B ∪ C) = 17 e n(A  B  C) = 3 . 
Então, n(A) + n(B) + n(C) é igual a 
a) 18. b) 20. c) 25. d) 29. e) 32. 
 
Solução: Veja que: 
n(AUB) = n(A) + n(B) – n(A∩B) 
n(AUC) = n(A) + n(C) – n(A∩C) 
n(BUC) = n(B) + n(C) – n(B∩C) 
Somando as três equações teremos: 43 = 2S – S’ 
Além disso podemos ver que: 
n(A) = n(AUBUC) – n(BUC) + n(A∩B) + n(A∩C) – n(A∩B∩C) 
n(B) = n(AUBUC) – n(AUC) + n(A∩B) + n(B∩C) – n(A∩B∩C) 
n(C) = n(AUBUC) – n(BUA) + n(C∩B) + n(A∩C) – n(A∩B∩C) 
Somando as três equações teremos: 
S = 51 – 43 + 2S’ – 9 → S + 1 = 2S’ 
Portanto tem-se: 
43 = 2S – (S + 1)/2 → 86 = 4S – S – 1 → 3S = 87 → S = 29 
 
36. (Adriano – 2016) O triângulo equilátero ADM tem um de seus lados representando a altura do triângulo 
ABC. 
 
Mostre que se CD = DM, então ADCM é um quadrilátero cíclico. 
 
37. (Filândia – 2010) Seja ABC um triângulo retângulo com lados 1s , 2s , 3s e medianas 1m , 2m , 3m . 
Prove que )(
4
3 2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1 sssmmm ++=++ . 
48 
 
 
38. Na figura abaixo, os pontos A, B e C são pontos da circunferência de centro O. O valor de x + y é: 
 
 
a) 242º 
b) 121º 
c) 118º 
d) 59º 
e) 62º 
 
39. (Olimpíada de Maio)ABC é um triângulo equilátero. N é o ponto do lado AC tal que AC = 7AN, M é o 
ponto do lado AB tal que MN é paralelo a BC e P o ponto do lado BC tal que MP é paralelo a AC. Determine o 
valor de 
)(
)(
ABCárea
MNPárea
. 
 
40. Num hexágono regular ABCDEF prolongamos os lados CDeBCAF , até os pontos PeNM , de tal 
forma que obtemos um pentágono MABNP . Considerando DPCN = e EPME = ache o valor correspondente 
ao ângulo NPM . 
a) 132° 
b) 120° 
c) 112° 
d) 140° 
e) 122° 
 
41. (OBMEP) Os quadrados da figura têm lados paralelos e o mesmo centro. O quadrado maior tem lado 10 e o 
menor tem lado x. 
 
Qual é o gráfico que expressa a área da região cinza em função de x? 
 
 
49 
 
 
42. (Adriano 2015) Considere a circunferência de centro C. 
 
 Assinale o valor do ângulo α 
A) 61° 
B) 65° 
C) 66° 
D) 67° 
E) 69° 
 
43. Na figura, ABEF é um retângulo e BC = CD = DE. 
 
Qual é a razão entre as áreas do pentágono CDGHI e do retângulo ABEF? 
 
44. Considerando que S e R são os pontos médios dos lados correspondentes do trapézio ABCD abaixo, determine 
x e y. 
 
 
 
45. Os números a e b são números reais positivos e distintos. Verifique que: 
“Se o produto ab vale 9, então (a + 1)(b + 1) > 12”. 
 
46. Demonstre que para todo n ≥ 1, 4 + 10 + 16 + … + (6n – 2) = n ‧ (3n + 1) 
 
47. Calcule o valor da soma (3 + √5)
7
+ (3 − √5)
7
. 
 
48. Prove que (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ⊆ A ∪ (B ∩ C). 
 
49. (Adriano 2021) Sejam 𝑥, 𝑦, 𝑧 inteiros positivos distintos, com 𝑥𝑦𝑧 ≥ 9. Prove que: 
 
(
𝑥²+𝑦
𝑧
) (
𝑦²+𝑧
𝑥
) (
𝑧²+𝑥
𝑦
) > 24. 
50 
 
 
50. A sequência de Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, … é a sequência determinada pela recorrência: 
𝑓0 = 1, 𝑓1 = 1 
e 
 𝑓𝑛+1 = 𝑓𝑛 + 𝑓𝑛−1 para todo 𝑛 > 0. 
Dizemos que uma sequência 𝑥0, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛, …de números reais é tipo-Fibonacci se 
 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛−1 para todo 𝑛 > 0. 
Mostre que se 𝑥0, 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛, … é uma sequência tipo-fibonacci tal que 𝑥0 = 1 e 𝑥1 =
1+√5
2
 então 𝑥𝑛 = (
1+√5
2
)
𝑛
. 
 
Solução: Veja que para n = 0: 
𝑥𝑛 = (
1+√5
2
)
𝑛
 e 𝑥0 = (
1+√5
2
)
0
= 1 
Suponha que por hipótese de indução que 𝑥𝑛 = (
1+√5
2
)
𝑛
, sabemos que 𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛−1, daí: 
𝑥𝑛+1 = (
1 + √5
2
)
𝑛
+ (
1 + √5
2
)
𝑛−1
 
𝑥𝑛+1 = (
1 + √5
2
) ∙ (
1 + √5
2
)
𝑛−1
+ (
1 + √5
2
)
𝑛−1
 
𝑥𝑛+1 = (