TEORIA DOS NÚMEROS IME 2017 COMPLETO

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EXERCÍCIOS DE TEORIA DOS NÚMEROS DO IME 
Prof. Renato Madeira 
 
 
1) (IME 2016) Sabendo-se que m e n são inteiros positivos tais que 
m 23 14400 n , 
 determine o 
resto da divisão de 
m n
 por 5. 
a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 
 
2) (IME 2016) Seja a equação 
 22 2n 7m 5m 2n 49.   
 Determine todos os pares inteiros 
 m,n
 
que satisfazem a esta equação. 
 
3) (IME 2015) Quantos restos diferentes são possíveis na divisão de 2n por 11, sendo n um número 
natural? 
a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7 
 
4) (IME 2014) Determine o(s) valor(es) de 
x
, inteiro(s) e positivo(s), que satisfaz(em) a equação 
 
y 1x
2
y 1 z 0
x y z

 
 
 
 
  
. 
 
5) (IME 2014) Calcular o valor da expressão abaixo 
3
30 algs "1"89 algarismos 30 algs "0"
370370 037 11 1 00 0
 
Obs.: algs = algarismos 
 
6) (IME 2013) Considere 
a
, 
b
 e 
c
 números inteiros e 
2 a b c  
. Determine o(s) valor(es) de 
x
, 
y
 e 
z
, que satisfaçam o sistema de equações 
2
ax 2by 3cz 2abc
3ax 4by abc
by cz 0
xyz 2013
  
   

  
 
. 
 
7) (IME 2012) Sejam 
r,s
 (inteiro). Prove que 
 2r 3s
 é múltiplo de 
17
 se, e somente se, 
 9r 5s
 é múltiplo de 
17
. 
 
8) (IME 2011) Os números m, 22.680 e n fazem parte, nessa ordem, de uma progressão geométrica 
crescente com razão dada por q. Sabe-se que: 
• existem, pelo menos, dois elementos entre m e 22.680; 
• n é o sexto termo dessa progressão geométrica; 
• 
n 180.000
. 
Determine os possíveis valores de m e n, sabendo que m, n e q são números naturais positivos. 
 
9) (IME 2011) Seja x um número inteiro positivo menor ou igual a 20.000. Sabe-se que x 22 x é 
divisível por 7. Determine o número de possíveis valores de x. 
 
 
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10) (IME 2011) Sejam o polinômio 
  3 2p x 2x – 3x 2 
 e os conjuntos 
  A p k / k e k 1999  
, 
 2B r 1/ r  
 e 
 2C q 2 / q  
. Sabe-se que 
   y n A B – n A C
, onde n(E) é o número de elementos do conjunto E. Determine o valor de 
y. 
Obs.: é o conjunto dos números naturais. 
 
11) (IME 2010) Seja a equação 
n 2p 144 q , 
 onde n e q são números inteiros positivos e p é um 
número primo. Determine os possíveis valores de n, p e q. 
 
12) (IME 2009) O par ordenado 
 x, y ,
 com x e y inteiros positivos, satisfaz a equação 
 2 25x 2y 11 xy 11 .  
 O valor de 
x y
 é 
a) 160 b) 122 c) 81 d) 41 e) 11 
 
13) (IME 2009) Sabe-se que: 
 a a a   
, 
a , 
 onde 
a  
 é a parte inteira de a. 
 
 
 
x y z 4,2
y z x 3,6 ,
z x y 2
     

     

    
 com 
x, y e z .
 
Determine o valor de 
x y z 
. 
 
14) (IME 2008) Uma série de Fibonacci é uma sequência de valores definida da seguinte maneira: 
• Os dois primeiros valores são iguais à unidade, ou seja, 
1 2T T 1 
 
• Cada termo, a partir do terceiro, é igual à soma dos dois termos anteriores, isto é: 
N N 2 N 1T T T  
. 
Se 
18T 2584
 e 
21T 10946
, então 
22T
 é igual a: 
a) 12225 b) 13530 c) 17711 d) 20412 e) 22121 
 
15) (IME 2007) Seja N um número inteiro de 5 algarismos. O número P é construído agregando-se o 
algarismo 1 à direita de N e o número Q é construído agregando-se o algarismo 1 à esquerda de N. 
Sabendo-se que P é o triplo de Q, o algarismo das centenas do número N é: 
a) 0 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8 
 
16) (IME 2007) Um homem nascido no século 
XX
 diz a seguinte frase para o filho: “seu avô 
paterno, que nasceu trinta anos antes de mim, tinha 
x
 anos no ano 2x ”. Em consequência, conclui-
se que o avô paterno nasceu no ano de: 
a) 1892 b) 1898 c) 1900 d) 1936 e) 1942 
 
17) (IME 2007) Sejam 
1 2x e x
 as raízes da equação 
2x (m 15)x m 0.   
 Sabendo que 
1 2x e x
 
são números inteiros, determine o conjunto de valores possíveis para m. 
 
 
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18) (IME 2007) Sejam a, b e c números reais não nulos. Sabendo que 
a b b c a c
,
c a b
  
 
 
determine o valor numérico de 
a b
.
c

 
 
19) (IME 2006) Determine o conjunto solução 
  S x, y | x y  
 da equação 
 x y k xy 
 
sabendo que k é um número primo. 
 
20) (IME 2004) Demonstre que o número 
 n 1 n vezes
vezes
11 1222 25

 é um quadrado perfeito. 
 
21) (IME 2004) Ao final de um campeonato de futebol, somaram-se as pontuações das equipes, 
obtendo-se um total de 35 pontos. Cada equipe jogou com todos os outros adversários apenas uma 
vez. Determine quantos empates houve no campeonato, sabendo que cada vitória valia 3 pontos, 
cada empate valia 1 ponto e que derrotas não pontuavam. 
 
22) (IME 2001) Prove que para qualquer número inteiro k, os números k e 5k terminam sempre com 
o mesmo algarismo (algarismo das unidades). 
 
23) (IME 2000) Considere quatro números inteiros 
a,b,c e d.
 Prove que o produto: 
           a b c a d a d c d b c b          
 é divisível por 12. 
 
24) (IME 1998) Uma soma finita de números inteiros consecutivos, ímpares, positivos ou negativos, 
é igual a 37 . Determine os termos desta soma. 
 
25) (IME 1991) A coleção de selos de Roberto está dividida em três volumes. Dois décimos do total 
de selos estão no primeiro volume, alguns sétimos do total estão no segundo volume e 303 selos 
estão no terceiro volume. Quantos selos Roberto tem? 
 
26) (IME 1990) IMEBOL é um jogo de três jogadores. Em cada partida o vencedor marca a pontos, 
o segundo colocado marca b pontos e o terceiro colocado marca c pontos, onde 
a b c 
 são inteiros 
positivos. Certo dia, Marcos, Flávio e Ralph resolvem jogar IMEBOL e, após algumas partidas, a 
soma dos pontos foi: Marcos 20; Flávio 10 e Ralph 9.Sabe-se que Flávio venceu a segunda partida. 
Encontre quantos pontos cada um marcou em cada partida disputada. 
 
27) (IME 1987) Sejam a, b, c números inteiros tais que 
100a 10b c 
 seja divisível por 109. Mostre 
que 
 2 29a c 9b 
 também é divisível por 109. 
 
28) (IME 1986) No produto abaixo, o “*” substitui algarismos diferentes de “3” e não 
necessariamente iguais. Determine o multiplicando e o multiplicador. 
 
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** 3 *
** 3
3 ***
*** 3 3
****
*******

 
 
29) (IME 1986) Uma padaria trabalha com 4 tipos de farinha cujos teores de impureza são os 
seguintes: 
TIPO TEOR 
A 8% 
B 12% 
C 16,7% 
D 10,7% 
Para fabricar farinha tipo D, o padeiro mistura uma certa quantidade de farinha A com 300 gramas de 
farinha tipo B; em seguida substitui 200 gramas dessa mistura por 200 gramas de farinha do tipo C. 
Determinar a quantidade de farinha tipo A utilizada. 
 
30) (IME 1985) Dois clubes do Rio de Janeiro participaram de um campeonato nacional de futebol 
de salão onde cada vitória valia um ponto, cada empate meio ponto e cada derrota zero ponto. 
Sabendo que cada participante enfrentou todos os outros apenas uma vez, que os clubes do Rio de 
Janeiro totalizaram, em conjunto, oito pontos, que cada um dos outros clubes alcançou à mesma 
quantidade 
k
 de pontos e que a quantidade de clubes é maior que 
10
, determine a quantidade de 
clubes que participou do torneio.31) (IME 1982) Dado o número 
4 3 2m 2 3 5 ,  
 determine quantos inteiros positivos não maiores 
que m são primos relativos com m. 
 
32) (IME 1981) Mostre que 
 n vezes n 1 vezes
4444 4 8888 8 9

 é um quadrado perfeito. 
 
 
 
 
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RESPOSTAS: 
 
1) e 
2) 
              m,n 13,51 ; 13, 51 ; 37,99 ; 37, 99 ; 7,21 ; 7, 21      
 
3) d 
4) 
 1,3
 
5) 
30 algs
33 3
 
6) 
   x, y,z 671,183,33
 
7) Seja 
2r 3s x  
 e 
9r 5s y  
. Então, 
     4x y 4 2r 3s 9r 5s 17 r s       
. 
Como 
 mdc 4,17 1
, se 
17 | y 17 | 4x 17 | x 
 e se 
17 | x 17 | 4x 17 | y 
. 
Portanto, 
   17 | 2r 3s 17 | 9r 5s  
. (C.Q.D.) 
8) 
   m,n (2835,90720),(280,68040),(2835,45360),(840,68040),(105,136080)
 
9) 5716 
10) 0 
11) (2, 5, 13), (4, 3, 15) e (8, 2, 20). 
12) d 
13) 
0,5
 
14) c 
15) e 
16) a 
17) {0, 7, 9, 25, 27, 34}. 
18) {–1, 2}. 
19) 
            2 2 2 2S 0,0 ; 2k,2k ; k 1,k k ; k 1,k k ; k k ,k 1 , k k ,k 1        
 
20) 2n10 5
3
 
 
 
 
21) 10 
22) demonstração 
23) demonstração 
24) 
 43,45,47,49,51,53,55
; 
 41, 39, 37, ,51,53,55  
 e 
 341, 339, 337, ,339,341,343  
 
25) 3535 
26) Primeira partida: 1º Marcos (8 pontos); 2º Ralph (4 pontos); 3º Flávio (1 ponto). Segunda 
partida: 1º Flávio (8 pontos); 2º Marcos (4 pontos); 3º Ralph (1 ponto). Terceira partida: 1º Marcos 
(8 pontos); 2º Ralph (4 pontos); 3º Flávio (1 ponto) 
27) demonstração 
28) 1237 e 893 
29) 700 g 
30) 16 
31) 2880 
32) demonstração 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
 
1) (IME 2016) Sabendo-se que m e n são inteiros positivos tais que 
m 23 14400 n , 
 determine o 
resto da divisão de 
m n
 por 5. 
a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 
 
RESOLUÇÃO: e 
  m 2 m 2 m3 14400 n 3 n 14400 3 n 120 n 120        
 
a b a bn 120 3 n 120 3 3 3 240        
 
 b a b 4 a 13 3 1 2 3 5 b 1 3 1 80           
 
a 1 a 1 43 1 80 3 81 3 a 1 4 a 5          
 
b 1n 120 3 3 n 123     
 
m a b 5 1 63 3 3 3 3 3 m 6       
 
 m n 6 123 129 4 mod5     
 
 
 
2) (IME 2016) Seja a equação 
 22 2n 7m 5m 2n 49.   
 Determine todos os pares inteiros 
 m,n
 
que satisfazem a esta equação. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
  
22 2 2 2 2 2
2 2
n 7m 5m 2n 49 n 7m 25m 20mn 4n 49
32m 20mn 3n 49 3n 8m n 4m 49
         
         
 
Como 
 3n 8m
 e 
 n 4m
 são inteiros, então eles devem ser divisores de 
49.
 Assim, temos: 
 
 3n 8m
 
 n 4m
 m n 
49 
1
 13 51 
49
 1 
13
 
51
 
1 
49
 37 99 
1
 49 
37
 
99
 
7 
7
 7 21 
7
 7 
7
 
21
 
 
            S 13,51 ; 13, 51 ; 37,99 ; 37, 99 ; 7,21 ; 7, 21      
 
 
 
3) (IME 2015) Quantos restos diferentes são possíveis na divisão de 2n por 11, sendo n um número 
natural? 
a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7 
 
 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
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 2 2n 11k n 121k 0 mod11   
 
 2 2n 11k 1 n 121k 22k 1 1 mod11      
 
 2 2n 11k 2 n 121k 44k 4 4 mod11      
 
 2 2n 11k 3 n 121k 66k 9 9 mod11      
 
 2 2n 11k 4 n 121k 88k 16 5 mod11      
 
 2 2n 11k 5 n 121k 110k 25 3 mod11      
 
 
 
4) (IME 2014) Determine o(s) valor(es) de 
x
, inteiro(s) e positivo(s), que satisfaz(em) a equação 
 
y 1x
2
y 1 z 0
x y z

 
 
 
 
  
. 
 
RESOLUÇÃO: 
     
y 1
z 0
y z y y 1 y 2 1 y!


         
 
 
y 1x x
2
y 1 y 1z 0
x y z y! 1! 2! 3! x!

 
 
 
       
  
 
Vamos analisar os primeiros valores inteiros e positivos de 
x
: 
2x 1:1 1! 
 (solução) 
2x 2: 2 4 3 1! 2!    
 (não é solução) 
2x 3:3 1! 2! 3!   
 (solução) 
Observe agora que, para 
x 4
, temos 2x! x . Isso pode ser observado, pois x! tem mais do que 4 
fatores, então 
    2x! x x 1 2 1 x x 1 2 1 x x x             
, pois 
 2 x 1 x x 2   
. 
Portanto, para 
x 4
, temos 2 2x! x 1! 2! x! x     , e as únicas soluções são x 1 ou x 3 . 
 
Note que poderíamos observar também que, para 
x 5
, 
x!
 termina em 
0
. Assim, o algarismo das 
unidades de 
1! 2! 3! x!   
, com 
x 4
, é o mesmo de 
1! 2! 3! 4! 1 2 6 24 33       
, ou seja, 
3
. Mas sabemos que os possíveis algarismos das unidades dos quadrados perfeitos são os elementos 
do conjunto 
 0,1,4,5,6,9
. Portanto, se 
x 4
, 
1! 2! 3! x!   
 não pode ser um quadrado perfeito 
e, portanto, não pode ser igual a 2x . Dessa forma, todas as soluções da equação devem ser menores 
ou iguais a 
3
, o que implica que 
x 1
 e 
x 3
 são as únicas soluções. 
 
 
5) (IME 2014) Calcular o valor da expressão abaixo 
3
30 algs "1"89 algarismos 30 algs "0"
370370 037 11 1 00 0
 
Obs.: algs = algarismos 
 
 
 
RESOLUÇÃO: 
Inicialmente, observemos que 
37 3 111 
. Assim, temos: 
 
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90 90
90 algs89 algarismos 90 algs
1 10 1 10 1
A 370370 037 3A 111111 111 99 9 A
9 9 27
 
       
 
 
60 30
30 30
30 algs "1" 30 algs "0" 30 algs "1" 30 algs "0"
1 1 10 10
B 11 1 00 0 B 99 9 00 0 10 1 10
9 9 9

        
 
 
90 60 30 90 60 30
3 3
3
30 algs "1"89 algarismos 30 algs "0"
3
30 30
3
3
30 algs 30 algs
10 1 10 10 10 3 10 3 10 1
370370 037 11 1 00 0
27 9 27
10 1 10 1 1
99 9 33 3
3 33
      
    
 
    
 
 
ASSUNTOS: Sistema de numeração, repunits e produtos notáveis. 
 
REFERÊNCIA: Suprún, V. P. – Problemas de Alta Dificuldad – URSS – pg. 23. 
 
 
6) (IME 2013) Considere 
a
, 
b
 e 
c
 números inteiros e 
2 a b c  
. Determine o(s) valor(es) de 
x
, 
y
 e 
z
, que satisfaçam o sistema de equações 
2
ax 2by 3cz 2abc
3ax 4by abc
by cz 0
xyz 2013
  
   

  
 
. 
 
RESOLUÇÃO: 
Vamos inicialmente resolver o sistema linear em 
ax
, 
by
 e 
cz
 formado pelas três primeiras equações 
e considerando 
abc
 um parâmetro. 
ax 2by 3cz 2abc ax 2by 3by 2abc ax by 2abc
3ax 4by abc 3ax 4by abc 3ax 4by abc
by cz 0 by cz by cz
4ax 4by 8abc
3ax 4by abc ax by cz abc x bc; y ac; z ab
by cz
         
  
            
        
 

           
 
 
Utilizando agora a expressão 
2xyz 2013
, temos: 
       2 2xyz bc ac ab abc 2013    
. 
Como 
a
, 
b
 e 
c
 números inteiros e 
2 a b c  
, então 
abc 2013 3 11 61   
 implica 
a 3
, 
b 11
 
e 
c 61
. 
Portanto, 
x bc 11 61 671   
, 
y ac 3.61 183  
 e 
z ab 3 11 33   
. 
 
 
7) (IME 2012) Sejam 
r,s
 (inteiro). Prove que 
 2r 3s
 é múltiplo de 
17
 se, e somente se, 
 9r 5s
 é múltiplo de 
17
. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
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Seja 
2r 3s x  
 e 
9r 5s y  
. Então, 
     4x y 4 2r 3s 9r 5s 17 r s       
. 
Como 
 mdc 4,17 1
, se 
17 | y 17 | 4x 17 | x 
 e se 
17 | x 17 | 4x 17 | y 
. 
Portanto, 
   17 | 2r 3s 17 | 9r 5s  
. (C.Q.D.) 
 
 
8) (IME 2011) Os números m, 22.680 e n fazem parte, nessa ordem, de uma progressão geométrica 
crescente com razão dada por q. Sabe-se que: 
• existem, pelo menos, dois elementos entre m e 22.680; 
• n é o sexto termo dessa progressão geométrica; 
• 
n 180.000
. 
Determine os possíveis valores de m e n, sabendo que m, n e q são números naturais positivos. 
 
RESOLUÇÃO: 
As possíveis sequências são: 
   
   
   
2 3 5
2 3 4
1 3 4
m,a ,a ,22680,a ,n 1
m,a ,a ,a ,22680,n 2
a ,m,a ,a ,22680,n 3
 
2 2(1) : n 22680 q 180000 e q q 7     
. Como a P.G. é crescente, 
q 2
 e a única solução, 
neste caso, é 
m 2835
 e 
n 90720
. 
(2) : n 22680 q 180000 q 7    
. 
3 4
4 4
22680 2 3 5 7
m q 3
q q
  
    
 e a única solução, neste caso, é 
m 280
 e 
n 68040
 
(3) : n 22680 q 180000 q 7    
 
 
3 4
3 3
22680 2 3 5 7
m q 2,3,6
q q
  
    
 e as soluções, neste caso, são: 
q 2
m 2835
n 45360



 
 e 
q 3
m 840
n 68040



 
 e 
q 6
m 105
n 136080



 
. 
O conjunto solução para 
(m,n)
 é 
 S (2835,90720),(280,68040),(2835,45360),(840,68040),(105,136080)
. 
 
 
9) (IME 2011) Seja x um número inteiro positivo menor ou igual a 20.000. Sabe-se que x 22 x é 
divisível por 7. Determine o número de possíveis valores de x. 
 
 
RESOLUÇÃO: 
1ª SOLUÇÃO: 
Observemos na tabela abaixo que x2 no módulo 7, para x inteiro positivo, possui período 3, e 2x no 
módulo 7, possui um período 7, portanto o período de x2 - 2x é 21. 
 
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x
2
x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
2 2 4 1 2 4 1 2 4 1 2 4 1 2 4 1 2 4 1 2 4 1
1 4 2 2 4 1 0 1 4 2 2 4 1 0 1 4 2 2 4 1 0x
 
Para 
 x 22 x 0 mod7 
, temos 
 x 2,4,5,6,10,15
, ou seja, 6 casos. 
Como 
20000 952 21 8  
, estes 6 casos aparecem em 952 ciclos completos e no último ciclo, 
incompleto, aparecem os 4 primeiros casos mais uma vez cada. 
Portanto temos: 
6 952 4 5716  
 valores possíveis para x. 
2ª SOLUÇÃO:  
 
 
 
 
 
 
0
3a
1
3a 1
2
3a 2
3
2 1 mod 7
2 1 mod 7
2 2 mod 7
2 2 mod 7 , a
2 4 mod 7
2 4 mod 7
2 1 mod 7


 
 
  
   
 
 

 
   
   
   
   
2
2
2
2
7k 1 1 mod 7
7k 2 4 mod 7
, k
7k 3 2 mod 7
7k 0 mod 7
  

  

  

 
 
Como  x 27 2 x e, então 
     
     
     
     
x 0 mod3 e x 1 mod 7 x 15 mod 21 21 0 15 x 21 951 15 952 casos
x 0 mod3 e x 1 mod 7 x 6 mod 21 21 0 6 x 21 952 6 953 casos
x 1 mod3 e x 3 mod 7 x 10 mod 21 21 0 10 x 21 951 10 952 casos
x 1 mod3 e x 3 mod 7 x 4 mod 21 21 0 4 x 21 95
           
            
           
          
     
     
2 4 953 casos
x 2 mod3 e x 2 mod 7 x 2 mod 21 21 0 2 x 21 952 2 953 casos
x 2 mod3 e x 2 mod 7 x 5 mod 21 21 0 5 x 21 952 5 953 casos






 
            

             
 
Logo, o número de possíveis valores de x é 
2 952 4 953 5716   
. 
Note que para resolver as congruências lineares simultâneas nos baseamos na ideia do Teorema 
Chinês dos Restos. 
 
 
 
 
10) (IME 2011) Sejam o polinômio 
  3 2p x 2x – 3x 2 
 e os conjuntos 
  A p k / k e k 1999  
, 
 2B r 1/ r  
 e 
 2C q 2 / q  
. Sabe-se que 
   y n A B – n A C
, onde n(E) é o número de elementos do conjunto E. Determine o valor de 
y. 
Obs.: é o conjunto dos números naturais. 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Os elementos de 
A B
 são tais que 
     23 2 2 2p k 2k – 3k 2 r 1 r k 1 2k 1 r k 1 2k 1           
 
k 1999 2k 1 3999 2k 1 63      
 
Como 
r
, então 
2k 1 
 e é ímpar ou 
k 1
, então a quantidade de elementos do conjunto 
A B
 é a quantidade de números naturais ímpares menores que 63 mais um elemento. Logo, 
 n A B 32 1 33   
. 
Os elementos de 
A C
 são tais que 
   3 2 2 2 2
2
p k 2k – 3k 2 q 2 q k 2k 3
k 0 ou p tal que p 2k 3 3995 p 63
      
        
 
Como 
p
 e p é ímpar, então a quantidade de elementos do conjunto 
A C
 é a quantidade de 
números naturais ímpares menores que 63 mais um elemento. Logo, 
 n A C 32 1 33   
. 
Assim, 
   y n A B – n A C 33 33 0   
. 
 
 
11) (IME 2010) Seja a equação 
n 2p 144 q , 
 onde n e q são números inteiros positivos e p é um 
número primo. Determine os possíveis valores de n, p e q. 
 
RESOLUÇÃO: 
  n 2 n 2 2p 144 q p q 12 q 12 q 12       
 
Como p é primo, então 
aq 12 p 
 e 
bq 12 p , 
 com 
a b n 
 e 
a b.
 
     a b b a b 3p p q 12 q 12 24 p p 1 2 3           
 
Inicialmente, observemos que 
bp
 e 
a bp 1 
 têm paridades diferentes. Assim, os possíveis valores 
para p, a e b são: 
a ab 0 p 1 24 p 25 p 5 a 2         
 
b 0n a b 2 0 2 q p 12 5 12 13           
 
   n,p,q 2,5,13 
 
a 3 a 3p 2 b 3 2 1 3 2 4 a 5          
 
b 3n a b 5 3 8 q p 12 2 12 20           
 
   n,p,q 8,2,20 
 
a 1 a 1p 3 b 1 3 1 8 3 9 a 3          
 
b 1n a b 3 1 4 q p 12 3 12 15           
 
   n,p,q 4,3,15 
 
      S 2,5,13 ; 8,2,20 ; 4,3,15 
 
 
 
12) (IME 2009) O par ordenado 
 x, y ,
 com x e y inteiros positivos, satisfaz a equação 
 2 25x 2y 11 xy 11 .  
 O valor de 
x y
 é 
 
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a) 160 b) 122 c) 81 d) 41 e) 11 
 
RESOLUÇÃO: d 
    2 2 2 25x 2y 11 xy 11 5x 11xy 2y 121 5x y x 2y 121            
 (I) 
Como 
x
 e 
y
 são inteiros positivos, 
 5x y
 e 
 x 2y
 também são inteiros. Portanto, os possíveis 
pares ordenados 
 5x y,x 2y 
, que satisfazem a equação (I) são: 
 (11, 11),( 11,11),(1, 121),(121, 1),( 121,1), ( 1,121)     
. 
Como 
   2 5x y x 2y 9x    
, multiplicando o primeiro elemento do par ordenado e subtraindo 
do segundo, o resultado deve ser múltiplo de 
9
. Analisando os casos, o único par ordenado que 
resulta em valores inteiros para 
x
 e 
y
 é 
 121, 1
, que ocorre quando 
x 27
 e 
y 14
. Portanto, 
x y 41 
. 
 
 
13) (IME 2009) Sabe-se que: 
 a a a   
, 
a , 
 onde 
a  
 é a parte inteira de a. 
 
 
 
x y z 4,2
y z x 3,6 ,
z x y 2
     

     

    
 com 
x, y e z .
 
Determine o valor de 
x y z 
. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 
 
x y z 4,2 (i)
y z x 3,6 (ii)
z x y 2 (iii)
     

     

    
 
           (i) (ii) (iii) x y z x x y y z z 9,8 2 x y z 9,8x y z 4,9
                 
   
 
       
     
(i) (ii) x y z z y x 7,8 x y z y x 7,8
4,9 y x 7,8 y x 2,9 y 2 x 0,9
                   
                    
 
           
           
(ii) (iii) x x y z z y 5,6 x y z z y 5,6
4,9 z y 5,6 z y 0,7 z 0 y 0,7
             
          
 
 y y y 2 0,7 2,7       
 
 x y z x y z 2y 4,9 2 2,7 0,5           
 
 
 
14) (IME 2008) Uma série de Fibonacci é uma sequência de valores definida da seguinte maneira: 
• Os dois primeiros valores são iguais à unidade, ou seja, 
1 2T T 1 
 
• Cada termo, a partir do terceiro, é igual à soma dos dois termos anteriores, isto é: 
N N 2 N 1T T T  
. 
Se 
18T 2584
 e 
21T 10946
, então 
22T
 é igual a: 
a) 12225 b) 13530 c) 17711 d) 20412 e) 22121 
 
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RESOLUÇÃO: c 
20 19 18T T T 
 
21 18
21 20 19 19 18 19
T T
T T T 2T T T
2

     
 
21 18 21 18
22 21 20 19 18 18
T T 3T T 3 10946 2584
T T T 3T 2T 3 2T 17711
2 2 2
   
         
 
 
 
15) (IME 2007) Seja N um número inteiro de 5 algarismos. O número P é construído agregando-se o 
algarismo 1 à direita de N e o número Q é construído agregando-se o algarismo 1 à esquerda de N. 
Sabendo-se que P é o triplo de Q, o algarismo das centenas do número N é: 
a) 0 b) 2 c) 4 d) 6 e) 8 
 
RESOLUÇÃO: e 
N abcde
 
P abcde1 10N 1  
 
Q 1abcde 100000 N  
 
 P 3Q 10N 1 3 100000 N N 42857       
 
 
 
16) (IME 2007) Um homem nascido no século 
XX
 diz a seguinte frase para o filho: “seu avô 
paterno, que nasceu trinta anos antes de mim, tinha 
x
 anos no ano 2x ”. Em consequência, conclui-
se que o avô paterno nasceu no ano de: 
a) 1892 b) 1898 c) 1900 d) 1936 e) 1942 
 
RESOLUÇÃO: a 
Ano de nascimento do avô: 
2a (x) x x 
 
Ano de nascimento do pai: 
2p(x) x x 30  
 
Como o homem nasceu no século 
XX
, então 
1900 p(x) 2000 
. Por inspeção: 
 p 43 1849 43 30 1836 1900    
 
 p 44 1936 44 30 1922   
 
 p 45 2025 45 30 2010 2000    
 
A função 
2p : , p(x) x x 30   
 é crescente para todo 
1
x .
2

 Portanto 
x 44
. 
2a (44) 44 44 1936 44 1892.    
 
 
 
17) (IME 2007) Sejam 
1 2x e x
 as raízes da equação 
2x (m 15)x m 0.   
 Sabendo que 
1 2x e x
 
são números inteiros, determine o conjunto de valores possíveis para m. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
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  1 2 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
x x 15 m x x 15 x x x 1 x 1 16
x x m x x m x x m
           
   
       
 
Supondo, sem perda de generalidade, 
1 2x x
, temos: 
              1 2x 1,x 1 1,16 ; 2,8 ; 4,4 ; 16, 1 ; 8, 2 ; 4, 4        
 
              1 2x ,x 0,15 ; 1,7 ; 3,3 ; 17, 2 ; 9, 3 ; 5, 5      
 
 m 0,7,9,34,27,25 
 
 
 
18) (IME 2007) Sejam a, b e c números reais não nulos. Sabendo que 
a b b c a c
,
c a b
  
 
 
determine o valor numérico de 
a b
.
c

 
 
RESOLUÇAO: 
Se 
a b c 0,  
 então 
a b
1.
c

 
 
Caso contrário, temos: 
 a b b c a c (a b) (b c) (a c) 2 a b c
2
c a b a b c a b c
         
    
   
 
Assim, o conjunto de todos os possíveis valores numéricos de 
a b
c

 é {–1, 2}. 
 
 
19) (IME 2006) Determine o conjunto solução 
  S x, y | x y  
 da equação 
 x y k xy 
 
sabendo que k é um número primo. 
 
RESOLUÇÃO: 
    2 2 2x y k xy xy xk yk k k x k y k k          
 
Como k é primo, temos os seguintes casos: 
 
 
 x k
 
 y k
 x y 
1 
2k
 k 1 2k k 
2k
 1 2k k k 1 
1
 
2k
 k 1 2k k 
2k
 1 2k k k 1 
k k 2k 2k 
k
 
k
 0 0 
 
            2 2 2 2S k 1,k k ; k k,k 1 ; k 1,k k ; k k ,k 1 ; 2k,2k ; 0,0         
 
 
 
 
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20) (IME 2004) Demonstre que o número 
 n 1 n vezes
vezes
11 1222 25

 é um quadrado perfeito. 
 
RESOLUÇÃO: 
   
 
   
n 1
n 1 n 1n vezes n vezes
vezes vezes
n 1 n
n 1 2n n 1 n 1
2
n
2n n 1 2n n 2
11 1222 25 11 1 10 222 2 10 5
10 1 10 1 1
10 2 10 5 10 10 2 10 20 45
9 9 9
1 1 10 5
10 10 25 10 2 5 10 5
9 9 3

 

  

     
 
             
 
            
 
 
que é um quadrado perfeito, pois n10 5
3


 (a soma dos algarismos de n10 5 é 6 que é múltiplo 
de 3). 
 
 
21) (IME 2004) Ao final de um campeonato de futebol, somaram-se as pontuações das equipes, 
obtendo-se um total de 35 pontos. Cada equipe jogou com todos os outros adversários apenas uma 
vez. Determine quantos empates houve no campeonato, sabendo que cada vitória valia 3 pontos, 
cada empate valia 1 ponto e que derrotas não pontuavam. 
 
RESOLUÇÃO: 
Seja 
n
 o número de times, 
x
 o número de jogos que não terminaram empatados, 
y
 o número de 
jogos que terminaram empatados. Como cada time joga uma vez com todos os outros, o número de 
jogos é 
n (n 1)
x y
2

 
. 
Cada jogo que termina em empate distribui 2 pontos. Cada um dos outros distribui 3 pontos. 
Portanto, 
35 3x 2y 
. Como 
x 0
 e 
y 0
, temos: 
   
2 1 3 35 35
2x 2y 3x 2y 3x 3y 2 x y 35 3 x y x y
35 x y 35 3 2
                

 
 
 
n n 1
12 17 24 n n 2 34 n 6
2

        
 
x y 15
x 5 y 10
3x 2y 35
 
    
 
 
Logo, houve 10 empates. 
 
 
22) (IME 2001) Prove que para qualquer número inteiro k, os números k e 5k terminam sempre com 
o mesmo algarismo (algarismo das unidades). 
 
RESOLUÇÃO: 
Seja 
k 10n r, 
 onde 
 r 0,1,2, ,9 ,
 então 
   55 5k 10n r r mod10  
. 
 
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Observe que todos os termos no desenvolvimento do binômio de Newton, exceto o último 
5r ,
 terão 
fator 10, o que implica que não afetam o algarismo das unidades. 
Vamos algora verificar o algarismo das unidade das potências quintas de todos os algarismos. 
 50 0 mod10
 
 51 1 mod10
 
 52 32 2 mod10 
 
 53 243 3 mod10 
 
 54 1024 4 mod10 
 
 55 3125 5 mod10 
 (potências terminadas em 5 preservam o algarismo das unidades) 
 56 6 mod10
 (potências terminadas em 6 preservam o algarismo das unidades) 
     57 49 49 7 1 1 7 7 mod10        
 
   558 2 32 2 8 mod10      
 
   559 1 1 9 mod10    
 
Logo, 
 5r r mod10
 para todo 
 r 0,1,2, ,9 ,
 o que implica 
 5 5k r r k mod10 ,  
 ou seja, 
os números k e 5k terminam sempre com o mesmo algarismo. (C.Q.D.) 
 
 
23) (IME 2000) Considere quatro números inteiros 
a,b,c e d.
 Prove que o produto: 
           a b c a d a d c d b c b          
 é divisível por 12. 
 
RESOLUÇÃO: 
Como há 3 restos possíveis na divisão de um número inteiro por 3, entre os 4 números a, b, c e d há 
pelo menos 2 que deixam mesmo resto na divisão por 3. A diferençaentre eles é múltiplo de 3. 
Para provar que P é múltiplo de 4, basta verificar que entre as 6 diferenças 
a b,
 
c a,
 
d a,
 
d c,
 
d b,
 
c b
 há dois números pares. Consideremos todas as possibilidades para a paridade dos 
números a, b, c e d: 
a) Todos têm mesma paridade (todos pares ou todos ímpares). Então todas as diferenças são pares. 
b) Há 3 com mesma paridade. Neste caso as 3 diferenças entre estes números são pares (por 
exemplo, se a, b e c têm mesma paridade, então 
a b,
 
c a,
 
c b
 são pares). 
c) Há exatamente 2 pares e 2 ímpares. Assim, a diferença entre os dois pares é par e a diferença entre 
os dois ímpares também é par. 
Em todos os casos, há pelo menos duas diferenças pares, portanto P é múltiplo de 4. 
Como P é múltiplo de 3 e de 4, e 3 e 4 são primos entre si, P é múltiplo de 
3 4 12. 
 
 
 
24) (IME 1998) Uma soma finita de números inteiros consecutivos, ímpares, positivos ou negativos, 
é igual a 37 . Determine os termos desta soma. 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam 
k
 e 
n ,
 então a soma de n números ímpares consecutivos é dada por: 
       32k 1 2k 3 2k 2n 1 7       
 
 
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Essa soma é a soma de uma PA de primeiro termo 
1a 2k 1, 
 razão 
r 2
 e n termos. Assim, 
utilizando a fórmula da soma dos termos de uma PA, temos: 
    
 3 3
2k 1 2k 2n 1 n
7 2k n n 7
2
    
    
 
Como 
n
 e 
2k n , 
 temos as seguintes possibilidades: 
 
n 
2k n
 k 
1 
37
 171 
7 
27
 21 
27
 7 21 
37
 1 171 
 
O caso 
n 1
 deve ser excluído, pois não se configuraria uma soma de inteiros ímpares consecutivos 
com apenas um termo. 
Para 
n 7
 e 
k 21,
 os termos da soma são 
43,45,47,49,51,53,55.
 
Para 
n 49
 e 
k 21, 
 os termos da soma são 
41, 39, 37, ,51,53,55.  
 
Para 
n 343
 e 
k 171, 
 os termos da soma são 
341, 339, 337, ,339,341,343.  
 
 
 
25) (IME 1991) A coleção de selos de Roberto está dividida em três volumes. Dois décimos do total 
de selos estão no primeiro volume, alguns sétimos do total estão no segundo volume e 303 selos 
estão no terceiro volume. Quantos selos Roberto tem? 
 
RESOLUÇÃO: 
Seja n o total de selos da coleção. 
Se no primeiro volume estão 
2
10
 do total, sobram para o segundo e o terceiro volumes 
8
.
10
 
Supondo que no segundo volume estejam 
k
7
 do total de selos, onde 
 k 1,2,3,4,5
 (pois 
6 8
7 10

), 
então temos: 
 
2 k
n n 303 n n 28 5k 303 35 3 5 7 101
10 7
             
 
Como 101 é primo e n é um natural múltiplo de 35 (para que dois décimos e alguns sétimos 
representem quantidades naturais), temos as seguintes possibilidades: 
n 35 28 5k 303 5k 331 k       
 
n 105 28 5k 101 5k 73 k       
 
n 3535 28 5k 3 k 5     
 
n 10605 28 5k 1 5k 27 k       
 
Portanto, Roberto tem 3535 selos. 
 
 
26) (IME 1990) IMEBOL é um jogo de três jogadores. Em cada partida o vencedor marca a pontos, 
o segundo colocado marca b pontos e o terceiro colocado marca c pontos, onde 
a b c 
 são inteiros 
positivos. Certo dia, Marcos, Flávio e Ralph resolvem jogar IMEBOL e, após algumas partidas, a 
 
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soma dos pontos foi: Marcos 20; Flávio 10 e Ralph 9.Sabe-se que Flávio venceu a segunda partida. 
Encontre quantos pontos cada um marcou em cada partida disputada. 
 
RESOLUÇÃO: 
Em cada partida disputada são marcados 
a b c 3 2 1 6     
 pontos. 
Após as partidas, o total de pontos marcados foi 
20 10 9 39 3 13.    
 
Entretanto, a quantidade de pontos por partida 
a b c 6  
 deve ser um divisor do total de pontos 
39 3 13. 
 Dessa forma, 
a b c 13  
 ou 
a b c 39.  
 
Nesse último caso, entretanto, teria sido disputada uma única partida, mas como Flávio venceu a 
segunda partida, esse caso não convém. 
Assim, 
a b c 13  
 e a quantidade de partidas é 
39
3.
13

 
Analisando a pontuação de Marcos, concluímos que 
3a 20 a 7.  
 
Como o Flávio ganhou a segunda partida
a 2c 10 a 8   
 
Se 
a 7,
 temos: 
A pontuação de Flávio indicaria que 
b 2
 e 
c 1.
 Mas, dessa forma, Marcos não conseguiria 20 
pontos com duas vitórias (14) e mais um terceiro resultado. 
Se 
a 8,
 temos: 
A pontuação de Flávio indica que 
c 1,
 e que ele foi terceiro colocado na primeira e na terceira 
partidas. 
A pontuação de Marcos deve ser tal que 
2a b 20 2 8 b 20 b 4.       
 Logo, ele venceu a 
primeira e a terceira partidas e foi segundo na segunda partida. 
A pontuação de Ralph é compatível com ele ter sido segundo colocado na primeira e na terceira 
partidas e terceiro na segunda partida. 
Dessa forma, temos: 
Primeira partida: 1º Marcos (8 pontos); 2º Ralph (4 pontos); 3º Flávio (1 ponto) 
Segunda partida: 1º Flávio (8 pontos); 2º Marcos (4 pontos); 3º Ralph (1 ponto) 
Terceira partida: 1º Marcos (8 pontos); 2º Ralph (4 pontos); 3º Flávio (1 ponto) 
 
 
27) (IME 1987) Sejam a, b, c números inteiros tais que 
100a 10b c 
 seja divisível por 109. Mostre 
que 
 2 29a c 9b 
 também é divisível por 109. 
 
RESOLUÇÃO: 
     100a 10b c 0 mod109 100a 10b c mod109 109a 10b 9a c mod109          
 
         2 22 210b 9a c mod109 100b 9a c mod109 9b 9a c mod109        
 
   2 29a c 9b 0 mod109   
 
Portanto, 
 2 29a c 9b 
 é divisível por 109. (C.Q.D.) 
 
 
28) (IME 1986) No produto abaixo, o “*” substitui algarismos diferentes de “3” e não 
necessariamente iguais. Determine o multiplicando e o multiplicador. 
 
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** 3 *
** 3
3 ***
*** 3 3
****
*******

 
 
RESOLUÇÃO: 1237 e 893 
Vamos substituir os asteriscos por letras. 
A B 3 C
D E 3
3 FG H
J K L 3 3
M N PQ
RST U V X Z

 
Primeiro analisaremos o produto 
3 AB3C
. Como o resultado possui quatro algarismos e começa 
por 3, conclui-se que 
A 1
 e que não há “vai 1” no produto 
3 B
 donde 
 B 0,1, 2
. 
Vamos analisar agora o produto 
E 1B3C
. 
Como o resultado possui 5 algarismos, devemos ter “vai 1” na última multiplicação que é 
E 1
. A 
multiplicação 
E B
 é no máximo 18, logo “vão” para 
E 1
, no máximo, 2. Assim, E deve ser 8 ou 
9. Mas notando que 
E C
 termina em 3, E deve ser ímpar, então 
E 9
, 
C 7
 e 
J 1
, 
H 1
, 
G 1
, 
Z 1
, 
X 4
, 
 K 0,1
 e 
B 0
. 
Nesse estágio o maior número possível é 
1237 993 1228341 
, logo 
R 1
. 
Observando as somas, temos que em 
K N
, mesmo que tenha recebido 2, vai mandar no máximo 1. 
Logo, 
J M 1 M  
 vai receber no máximo 1 e, para que haja “vai 1”, 
 M 8, 9
. M aparece como 
resultado do produto 
D 1
, como B é pequeno, então 
 D 8, 9
. Mas D não pode ser 9, pois isso 
faria com que Q fosse 3 o que contraria o enunciado, então 
D 8
, 
M 9
, 
P 9
, 
Q 6
. 
Agora estamos com duas possibilidades: 
1137 893 1015341 
 e 
1237 893 1104641 
 
Como a primeira delas apresenta 3 no resultado, ela não é aceitável. 
Logo, o multiplicando é 1237 e o multiplicador é 893. 
 
 
29) (IME 1986) Uma padaria trabalha com 4 tipos de farinha cujos teores de impurezasão os 
seguintes: 
TIPO TEOR 
A 8% 
B 12% 
C 16,7% 
 
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D 10,7% 
Para fabricar farinha tipo D, o padeiro mistura uma certa quantidade de farinha A com 300 gramas de 
farinha tipo B; em seguida substitui 200 gramas dessa mistura por 200 gramas de farinha do tipo C. 
Determinar a quantidade de farinha tipo A utilizada. 
 
RESPOSTA: 700 g 
 
RESOLUÇÃO: 
Supondo que sejam utilizadas x g de farinha do tipo A, então a quantidade de impurezas na mistura 
de x g de farinha do tipo A com 300 g de farinha do tipo B é 
 8% x 12% 300 0,08x 36 g    
 e a 
massa total da mistura é 
 x 300 g.
 Portanto, o teor de impureza dessa mistura é 
0,08x 36
.
x 300


 
Quando 200 g dessa mistura é substituída por 200 g de farinha do tipo C, restam 
 x 100 g
 de 
farinha com 
0,08x 36
x 300


 de impureza. Assim, a quantidade de impurezas dessa parcela é 
 
0,08x 36
x 100 g.
x 300

 

 As 200 g de farinha do tipo C têm 
16,7% 200 33,4 g 
 de impureza. 
Portanto, o total de impureza obtido foi   0,08x 36 x 100
33,4 g
x 300
 


 em 
 x 300 g
 de farinha 
tipo D. 
Como a farinha tipo D tem 10,7% de teor de impurezas, então 
  
 
      
      
2
2
2 2
2
0,08x 36 x 100
33,4 10,7% x 300
x 300
0,08x 36 x 100 33,4 x 300 0,107 x 300
80x 36000 x 100 33400 x 300 107 x 600x 90000
80x 8000x 36000x 3600000 33400x 10020000 107x 64200x 9630000
27x 13200x 3990000
 
    

        
       
        
   20 9x 4400x 1330000 0
1
x 700 ou x 211
9
    
   
 
Como 
x 0,
 então 
x 700 g
 é a quantidade de farinha do tipo A utilizada. 
 
 
30) (IME 1985) Dois clubes do Rio de Janeiro participaram de um campeonato nacional de futebol 
de salão onde cada vitória valia um ponto, cada empate meio ponto e cada derrota zero ponto. 
Sabendo que cada participante enfrentou todos os outros apenas uma vez, que os clubes do Rio de 
Janeiro totalizaram, em conjunto, oito pontos, que cada um dos outros clubes alcançou à mesma 
quantidade 
k
 de pontos e que a quantidade de clubes é maior que 
10
, determine a quantidade de 
clubes que participou do torneio. 
 
RESOLUÇÃO: 16 
Seja 
n 10
 o número total de clubes e considerando que cada partida distribui 
1
 ponto no total. 
Como cada participante enfrenta todos os outros exatamente uma vez, então o total de jogos é 
 n n 1
2

 e, portanto, o total de pontos distribuídos é: 
 
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 
   
 
2 2 2n n 1 n n n n 16 n n 16
8 k n 2 k n 2 8 k
2 2 2 2 n 2
     
           

 
  
 
 
n 2 n 1 14 14
2k n 1
n 2 n 2
  
    
 
 
Como 
k
, então 
 n 2 |14
 e 
 
14
n 1
n 2
 

 é par. 
Considerando que 
n 10
 e 
 n 2 |14
, então 
n 2 14 n 16   
 e 
   
14 14
2k n 1 16 1 16 k 8
n 2 16 2
        
 
. 
Portanto, a quantidade de clubes que participou do torneiro é 
n 16
. 
 
 
31) (IME 1982) Dado o número 
4 3 2m 2 3 5 ,  
 determine quantos inteiros positivos não maiores 
que m são primos relativos com m. 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO: 
Devemos excluir os múltiplos de 2, 3 e 5 menores ou iguais a m, que são respectivamente, 
m m m
, e
2 3 5

 
Entretanto, os múltiplos de 
2 3 6, 
 
2 5 10 
 e 
3 5 15 
 que são, respectivamente, 
m m m
, e ,
6 10 15
 
foram excluídos duas vezes, então temos que soma-los de volta uma vez. 
Agora, devemos observar que os múltiplos simultaneamente de 2, 3 e 5, que são 
m
,
30
 foram 
excluídos 3 vezes e somados de volta 3 vezes, então temos que excluí-los uma vez. 
Assim, o número de inteiros positivos não maiores que m são primos relativos com m é 
 
4 3 2 6 2
m m m m m m m m
m 30 15 10 6 5 3 2 1
2 3 5 6 10 15 30 30
4m 4
2 3 5 2 3 5 2880.
15 15
   
                   
   
        
 
Esse resultado pode ser obtido diretamente com o uso da função 

 de Euler. Assim, temos: 
  4 3 2 6 2
1 1 1 1 2 4
m m 1 1 1 2 3 5 2 3 5 2880.
2 3 5 2 3 5
   
                  
   
 
 
 
32) (IME 1981) Mostre que 
 n vezes n 1 vezes
4444 4 8888 8 9

 é um quadrado perfeito. 
 
RESOLUÇÃO: 
 
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     
n n
n vezes n vezes n vezesn 1 vezes n 1 vezes n 1 vezes
4 8
x 4444 4 8888 8 9 4444 4 10 8888 8 10 9 999 9 10 999 9 10 9
9 9
  
            
 
     
   
 
n n n 1 2n n n
2
2n n n
n 1 zeros
4 8 1
10 1 10 10 1 10 9 4 10 4 10 8 10 80 81
9 9 9
1 1
4 10 4 10 1 9x 2 10 1 x 2 0000 01
9 3


                  
            
 
Como 
 n 1 zeros
2 0000 01

 é múltiplo de 3, então 
x 
 e x é um quadrado perfeito. (C.Q.D.)