MA21 SOLUCOES DAS QUESTOES DO LIVRO

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MA 21 – Resolução de Problemas 
Professor: Sandro Rodrigues Mazorche 
 
 
Grupo: 2 
 
 
 
 
 
Márcio Eduardo Primo 
Brasílio Freitas 
Paulo Geovane 
Paulo Fernandes 
Marcelo de Moura Costa 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 1 – Soluções dos Exercícios 
1. Uma sacola contém meias cujas cores são branca, preta, amarela e azul. Sem olhar para a sacola, 
qual é a quantidade mínima de meias que precisamos retirar da mesma para garantir pelo menos um 
par de meias da mesma cor? 
 
Precisamos retirar no mínimo 5 meias. Como o número de meias será maior que o número de 
cores teremos certeza absoluta que formaremos um par de mesma cor. 
 
2. O pai do padre é filho único de meu pai. O que eu sou do padre? 
 
Como o filho único do meu pai sou eu, então, sou o pai do padre. 
 
3. Numa mesa há 5 cartas: 
Q T 3 4 6 
 
Cada carta tem de um lado um número natural e do outro lado uma letra. João afirma: "Qualquer carta 
que tenha uma vogal tem um número par do outro lado". Pedro provou que João mente virando 
somente uma das cartas. Qual das 5 cartas foi a que Pedro virou? 
 
Pedro virou a carta 3, mostrando que havia uma vogal escrita no verso. 
 
4. A polícia prende 4 homens, um dos quais é culpado de um furto. 
Eles fazem as seguintes declarações: 
_ Arnaldo: Bernaldo é o culpável. 
_ Bernaldo: Cernaldo é o culpável. 
_ Dernaldo: eu não sou culpável. 
_ Cernaldo: Bernaldo mente ao dizer que eu sou culpável. 
Só uma destas declarações é a verdadeira, quem é culpável pelo furto? 
 
Testando cada uma das afirmações, temos que ter todas as outras falsas. 
Suponha então: 
 
(i) Arnaldo fala a verdade. Então: Bernaldo é o culpável. Nesse caso: 
1. Benaldo mente. (Falso) 
2. Dernaldo fala a verdade. Isso é suficiente para descartar que Arnaldo fale a verdade. 
 
(ii) Bernaldo fala a verdade. Então: Cernaldo é o culpável. Nesse caso: 
1. Arnaldo mente. (Falso) 
2. Dernaldo fala a verdade. Descartamos ser Bernaldo que falou a verdade. 
 
(iii) Dernaldo fala a verdade. Então: ele não é culpável. 
1. Arnaldo pode estar falando verdade ou não 
2. Bernaldo pode estar falando verdade ou não 
3. Cernaldo pode estar falando verdade ou não. Porém, se a afirmação de Cernaldo for verdadeira a 
de Bernaldo é necessariamente falsa e vice versa. Ou seja, uma das duas declarações, de Cernaldo 
ou Bernaldo também será verdadeira, o que descara a possibilidade de que Dernaldo seja o único que 
fala a verdade. 
 
(iv) Cernaldo fala a verdade. Só restou essa afirmação como possivelmente verdadeira. Nesse caso: 
Bernaldo mente, e Cernaldo não é culpável. 
1. Arnaldo pode estar falando a verdade ou não 
2. Bernaldo mente (hipótese de que Cernaldo fale a verdade) 
3. Dernaldo pode estar falando a verdade ou não 
Concluímos que apenas Cernaldo pode ter falado a verdade, restando que todos outros mentem. 
Quem seria o culpável? 
Não é Bernaldo e nem Cernaldo, pois Arnaldo e Bernaldo falam mentira. 
Dernaldo também mente, então necessariamente ele é o culpável. 
 
5. Numa cidade existe uma pessoa X que sempre mente terças, quintas e sábados e é completamente 
sincera o resto dos dias da semana. Felipe chega um certo dia na cidade e mantém o seguinte diálogo 
com a pessoa X: 
_ Felipe: Que dia é hoje? 
_ X: Sábado. 
_ Felipe: Que dia será amanhã? 
_ X: Quarta-feira. 
Em qual dia da semana foi mantido este diálogo? 
 
X necessariamente está no dia de mentir, pois, não é possível hoje ser sábado e amanhã ser 
quarta-feira, portanto, pode ser terça, quinta ou sábado. Se fosse terça-feira, a afirmação “Que dia será 
amanhã?” seria verdadeira. Se fosse Sábado a afirmação “Que dia é hoje?” seria verdadeira. Portanto, 
o diálogo só pode ter acontecido na quinta-feira. 
 
6. Divida o relógio de parede abaixo em 6 partes iguais de forma tal que a soma das horas que ficam 
em cada parte seja a mesma. 
 
 
A soma dos valores: 1 + 2 + ... + 11 + 12 = 78. Dividindo por 6 temos 
quociente 13. Portanto devemos ter 6 partes de soma 13. Teremos os pares 
(12, 1); (11, 2); (10, 3); (9, 4); (8, 5) e (6, 7). 
Para realizar a divisão em partes iguais deve ser procurada uma 
disposição geométrica que satisfaça essa condição. 
 
 
7. João adora Gabriela, que é uma aluna excelente em Matemática. João armou um plano para dar um 
beijo nela, e descobriu que poderá fazer isso apenas dizendo uma frase. Que frase é essa? 
 
 "Se gostas de Matemática deves me dar um beijo, mas se não gostas eu a beijarei". 
 
 
8. No plano se colocam 187 rodas dentadas do mesmo diâmetro, enumeradas de 1 até 187. A roda 1 é 
acoplada com a roda 2, a 2 com a 3, : : : , a 186 com a 187 e esta última com a roda 1. Pode tal 
sistema girar? 
 
As rodas ímpares giram em um sentido e as rodas pares no sentido contrário. Como a roda 187 
será acoplada na roda 1 (ambas ímpares) não será possível que o sistema gire. 
 
 
9. Um canal, em forma quadrada, de 4 metros de largura rodeia um castelo. A ponte do castelo está 
fechada e um intruso quer entrar no castelo usando duas pranchas de 3,5 metros de comprimento. 
Será que o intruso consegue? 
 
 
Sendo: AK = AL temos que AM = 1,75 m 
 
Como AB = 
24
m 
 
MB = 
24
– 1,75  3,91 m 
 
Como a outra prancha tem 3,5 m não é possível atravessar o fosso. 
10. Os números 1, 2, 3, . . . ,99 são escritos no quadro-negro e é permitido realizar a seguinte 
operação: apagar dois deles e substituí-los pela diferença do maior com o menor. Fazemos esta 
operação sucessivamente até restar apenas um último número no quadro. Pode o último número que 
restou ser o zero? 
 
Na sequência 1, 2, ... , 99 excluí-se o 1 e subtraí-se os números consecutivos dois a dois, 
obteremos 50 números 1 (25 pares) que subtraídos dois a dois, resulta zero. 
 
11. Alguém elege dois números, não necessariamente distintos, no conjunto de números naturais 2, ..., 
20. O valor da soma destes números é dado somente a Adriano (A) e o valor do produto dos números 
é dado unicamente a Karla (K). 
_ Pelo telefone A diz a K: _Não é possível que descubras minha soma. 
_ Uma hora mais tarde, K diz a A: _Ah! Sabendo disso, já sei quanto vale tua soma! 
_ Mais tarde A chama outra vez K e lhe informa: _Poxa, agora eu também conheço teu produto! 
Quais números foram eleitos? 
 
Não conseguimos resolver! 
 
Na revista EUREKA! no 23 de 2006 foi publicada uma resolução desse problema pelo Professor 
Cássio Neri do Instituto de Matemática da Universidade Federal do Rio de Janeiro. 
O artigo tem por título "O Problema Impossível" e cita que a forma original foi proposta por 
Hans Freudenthal e popularizada por Martin Gardner. 
Para solucionar, o Professor Cássio usa um algoritmo computacional em linguagem C 
(disponível em www.labma.ufrj.br/~cassio/f-impossivel.html) e um método não computacional. 
Após as considerações, em ambos os casos, ele determina que os números eleitos são 4 e 13. 
 
 
12. É possível cobrir um tabuleiro de xadrez com 31 dominós onde removemos as casas dos vértices 
superior esquerdo e inferior direito? 
 
Não pois as casas retiradas estão na mesma diagonal, são casas de mesma cor. 
 
13. Num saco encontram-se 64 moedas leves e 64 moedas pesadas. É possível separar duas moedas 
de pesos diferentes com 7 pesagens? 
 
Inicialmente dividimos as moedas em dois grupos de 64 moedas. Colocamos cada grupo nos 
pratos da balança. 
Na segunda pesagem escolha as 64 moedas do prato mais leve, caso fiquem desequilibrados, 
ou qualquer grupo se ficaram em equilíbrio e separe em dois grupos de 32 moedas em cada prato da 
balança. 
Para realizar a terceira pesagem, proceda como na segunda, separando agora 16 moedas em 
cada pratoda balança. 
Na quarta pesagem escolha um dos grupos de 16 e divida-o em dois grupos de 8 moedas para 
cada prato da balança. 
Chegando na quinta pesagem divida as oito moedas obtidas na pesagem anterior e divida em 
dois grupos de quatro moedas para cada prato. 
Agora na sexta pesagem divida um dos grupos de 4 moedas em dois grupos de 2 moedas para 
cada prato. 
Na sétima, e última pesagem, escolha um grupo de 2 moedas da sexta pesagem e coloque 
uma moeda em cada prato. Se houver desequilíbrio as moedas são as que estão nos pratos. Se 
houver equilíbrio as moedas de pesos diferentes são as outras duas separadas anteriormente. 
 
14. Quantas vezes precisamos dobrar um papel de 1mm de espessura para que a altura da pilha 
chegue da Terra à Lua? 
 
Cada dobra efetuada nos fornecerá uma nova altura que corresponderá ao dobro da altura 
anterior. A sequência formada será uma PG de razão 2. Portanto teremos que encontrar um termo na 
PG que seja igual à distância da Terra à Lua. 
Seja X a distância, em milímetros, da Terra à Lua teremos então: 
 
12.1  nX
  
2:2nX 
  
nX 2.2 
  
nX 2log).2(log 
  
 
2log.log2log nX 
  
2log
log2log X
n


  
2log
log
1
X
n 
 
 
 
15. Descubra o erro da prova da afirmação abaixo: 
Afirmação: Três é igual a dois. 
Seja x um número diferente de zero. Temos que: 
3x – 3x = 2x – 2x 
Colocando x – x em evidência, temos que: 
3(x – x) = 2(x – x). 
Cancelando x – x em ambos os lados, obtemos que 3 = 2. 
 
O erro está no cancelamento de x – x. Nessa passagem é efetuada uma divisão por zero. 
 
Capítulo 2 – Soluções dos Exercícios 
 
1. Observe as multiplicações a seguir: 
(a) 12.345.679 x 18 = 222.222.222 
(b) 12.345.679 x 27 = 333.333.333 
(c) 12.345.679 x 54 = 666.666.666 
Para obter 999.999.999 devemos multiplicar 12.345.679 por quanto? 
Solução: 
O algarismo que desejo repetir resulta da multiplicação do próprio por 9, ou seja: 
12.345.679 x 9.n = nnn.nnn.nnn (com 0 < n < 10, sendo n um número natural) 
Como desejo repetir o algarismo 9, temos que multiplicar por 81. 
 
2. Outro dia ganhei 250 reais, incluindo o pagamento de horas.extras. O salário (sem horas extras) 
excede em 200 reais o que recebi pelas horas extras. Qual é o meu salário sem horas extras? 
Solução: 
 
Denominando S = salário e HE = hora extra, teremos: 
(1) S + HE = 250 
(2) S = HE + 200 
Substituindo a relação (2) em (1), teremos: 
200 + HE + HE = 250 
HE = 25 
S = 225 
 
O meu salário sem horas extras é de R$225,00. 
 
3. Uma torneira A enche sozinha um tanque em 10 h, uma torneira B enche o mesmo tanque sozinha 
em 15 h. Em quantas horas as duas torneiras juntas encherão o tanque? 
 
Solução: Temos que: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ⇒ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ⇒ T = 6 horas 
 
4. O dobro de um número, mais a sua terça parte, mais a sua quarta parte somam 31. Determine o 
número. 
 
Solução: 
Denominando de x o número a ser descoberto: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
24x + 4x + 3x = 372 
 
31x = 372 
 
x = 12 
5. Uma certa importância deve ser dividida entre 10 pessoas em partes iguais. Se a partilha fosse feita 
somente entre 8 dessas pessoas, cada uma destas receberia R$5.000,00 a mais. Calcule a 
importância. 
 
Solução: 
Denominando: 
P = parte que cada pessoa irá receber; 
T = total a ser dividido. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4T + 200.000 = 5T 
 
T = 200.000 
 
A importância é de R$200.000,00. 
 
6. Roberto disse a Valéria: “Pense um número, dobre esse número, some 12 ao resultado, divida o 
novo resultado por 2. Quanto deu?” Valéria disse “15” ao Roberto, que imediatamente revelou o 
número original que Valéria havia pensado. Calcule esse número. 
 
Solução: Seja x o número pensado por Valéria, Temos que: 
1º) Passo: 2x 
2º) Passo: 2x + 12 
3º) Passo: 
 
 
 
4º) Passo: x + 6 = 15 
Logo; x = 9 
7. Por 2/3 de um lote de peças iguais, um comerciante pagou R$8.000,00 a mais do que pagaria pelos 
2/5 do mesmo lote. Qual o preço do lote todo? 
Solução: 
Denominando de x o valor total do lote, teremos: 
 
 
 
 
 
 
10x – 120.000 = 6x 
x = 30.000 
O valor total do lote é de R$30.000,00 
 
8. Determine um número real a para que as expressões 3a+6/8 e 2a+10/6 sejam iguais. 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
9a +18 = 8a + 40 
 
a = 22 
 
 
9. Se você multiplicar um número real x por ele mesmo e do resultado subtrair 14, você vai obter o 
quíntuplo do número x. Qual é esse número? 
 
Solução: 
 
Temos: { 
 
 
. * + 
 
 
10. Eu tenho o dobro da idade que tu tinhas quando eu tinha a tua idade. Quando tu tiveres a minha 
idade, a soma das nossas idades será de 45 anos. Quais são as nossas idades? 
 
Solução: 
 
Denominando: 
Minha idade = y 
Sua idade = x 
A diferença entre as idades = k 
Teremos então: 
 
 
 
 
(1) y = 2.(x – k) 
(2) x + k + y + k = 45 
 Substituindo (1) em (2) 
3x = 45 
x = 15 
Como y = 2x – 2k e y – x = k, teremos 
y = k + x 
y = k + 15 
k + 15 = 30 – 2k 
k = 5 
y = 5 + 15 = 20 
 
Nossas idades são: eu tenho 20 anos e você 15 anos. 
 
11. Um homem gastou tudo o que tinha no bolso em três lojas. Em cada uma gastou 1 real a mais do 
que a metade do que tinha ao entrar. Quanto o homem tinha ao entrar na primeira loja? 
 
Solução: 
Denominando de x o valor com o qual o homem tenha entrado no local. 
Resolvendo o problema de trás para frente, teremos: 
3º local: x/2 – 1 = 0, x = 2, logo, ele entrou com R$2,00. 
2º local: x/2 – 1 = 2, x = 6, logo, ele entrou com R$6,00. 
1º local: x/2 – 1 = 6, x = 14, logo, ele entrou com R$14,00. 
 
Ele entrou na primeira loja com R$14,00. 
 
 
 
 
 
12. Com os algarismos x, y e z formam-se os números de dois algarismos xy e yx, cuja soma é o 
número de três algarismos zxz. Quanto valem x, y e z? 
 
Solução: 
 
Os algarismos são xy e yx, e a soma é zxz. Considerando os algarismos como x, y, z Temos que (10x 
+ y) + (10y + x) = 100z + 10x + z e 11x + 11y = 101z + 10x (ou ainda x + 11y = 101z) 
 
O número da forma zxz precisa estar entre 101 e 98 + 89 = 187, ou seja 101 < zxz <181. 
Como o número é 11x + 11y = 11(x + y), temos que o número é um múltiplo de 11. Ou seja, as 
soluções possíveis são os múltiplos de 11 entre 101 e 181, ou seja: 110, 121, 132, 143, 154, 165, 176. 
Dentre esses, apenas o 121 tem o algarismo da centena igual ao da unidade. 
 
Logo z = 1, x = 2. Precisamos encontrar y. Ora, x + 11y = 101z, como já enunciamos. 
 
Fazendo as substituições: 2 + 11y = 101 => 11y = 99 => y = 9 
 
Os algarismos são x = 2, y = 9, z = 1 
 
 
13. Quantos são os números inteiros de 2 algarismos que são iguais ao dobro do produto de seus 
algarismos? 
 
Solução: 
 
Assumindo que os algarismos que compõe o número sejam denominados de x(algarismo das 
dezenas) e y(algarismo das unidades), teremos: 
 
10x + y = 2xy 
 
O dobro do produto dos algarismos implica que o número seja par, logo, o algarismo das unidades só 
poderá ser: 0,2,4,6 ou 8 
Porém podemos excluir y = 0 pois o produto dos algarismos seria zero. 
Se y = 2, temos que 10x + 2 = 4x, solução descartada. 
Se y = 4, temos que 10x + 4 = 8x, solução descartada. 
Se y = 6, temos que 10x + 6 = 12x, então x = 3. 
Se y = 8, temos que 10x + 8 = 16x, solução descartada. 
 
O único número que atende o problema é o 36. 
 
 
14. Obter dois números consecutivos inteiros cuja soma seja igual a 57. 
 
Solução: 
 
Denominando um número de x e seu posterior de x + 1, teremos: 
 
x + (x + 1) = 57 
x = 28 
 
Os números que atendem a solução do problema são 28 e 29.15. Qual é o número que, adicionado ao triplo do seu quadrado, vale 14? 
 
Solução: 
 
Chamando o número de x, temos: 
 
x + 3x2 = 14  x = – 7/3 ou x = 2. 
 
 
16. O produto de um número positivo pela sua terça parte é igual a 12. Qual é esse número? 
 
Solução: 
 
Denominando o número de x, teremos: 
 
 
 
 
 
 
x2 = 36 
 
x =  6, mas como o enunciado diz que o número é positivo, x = 6. 
 
17. Determine dois números consecutivos ímpares cujo produto seja 195. 
 
Solução: 
 
Denominando um número ímpar por 2x + 1, e seu consecutivo por 2x + 3, teremos: 
 
(2x + 1).(2x + 3) = 195 
4x2 + 8x – 192 = 0 
x' = – 8 ou x’’ = 6, fazendo as devidas substituições teremos: 
Ou os números são 13 e 15 ou – 15 e – 13. 
 
18. A diferença entre as idades de dois irmãos é 3 anos e o produto de suas idades é 270. Qual é a 
idade de cada um? 
 
Solução: 
 
Chamando as idades de x e y, temos duas equações 
 
{
 
 
 
 
y2 + 3y – 270 = 0 
P = – 270 
S = – 3 
y = 15 ou y = –18 
 
Como x e y representam idades consideramos apenas o valor positivo. Portanto y = 15 e x = 18. Então 
as idades dos irmãos são 15 e 18 anos 
 
 
19. Calcule as dimensões de um retângulo de 16 cm de perímetro e 15 cm2 de área. 
 
Solução: 
 
Denominando as dimensões de x e y, temos pelo perímetro e pela área que: 
 
(pelo perímetro) 2x + 2y = 16 
x + y = 8 
y = x – 8 
(pela área) x.y = 15 
(substituindo y) x.(x – 8) = 15 
x2 – 8x – 15 = 0 
x’ = 5 ou x’’ = – 3 
Como estamos tratando de dimensões geométricas, usaremos somente o valor positivo, logo: 
x = 5 e y = 3 
 
 
20. A diferença de um número e o seu inverso é 8/3 . Qual é esse número? 
 
Solução: 
 
Denominando o número de x, teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3x2 – 3 = 8x 
3x2 – 8x – 3 = 0 
x' = 3 ou x’’ = – 1/3 
 
 
 
Questão 21: A soma de dois números é 12 e a soma de seus quadrados é 74. Determine os dois 
números. 
 
Solução: 
 
Chamando os dois números de x e y temos: 
 
{
 
 
 
 
Da primeira equação, temos que: 
 
(x + y)2 = (12)2 
x2 + y2 + 2xy = 144 
(substituindo pela segunda equação) 74 + 2xy = 144 
2xy = 70 
xy = 35 
x = 35/y 
(substituindo na primeira equação) 
 
 
 
35 + y2 = 12y 
y2 – 12y + 35 = 0 
y’ = 5 ou y’’ = 7 
Se y = 5, x = 7 ou se y = 7, x = 5 
 
 
Os números são 7 e 5. 
 
 
 
 
 
22. Um pai tinha 30 anos quando seu filho nasceu. Se multiplicarmos as idades que possuem hoje, 
obtém-se um produto que é igual a três vezes o quadrado da idade do filho. Quais são as suas idades? 
 
Solução: 
 
Denominando de P = idade do pai, e F = idade do filho, temos que: 
 
P – F = 30 
PF = 3F2 → P = 3F 
(substituindo na primeira equação) 3F – F = 30 
F = 15 e P = 45 
 
O pai tem 45 anos enquanto que o filho tem 15 anos. 
 
 
 
23. Os elefantes de um zoológico estão de dieta juntos. Num período de 10 dias devem comer uma 
quantidade de cenouras igual ao quadrado da quantidade que um coelho come em 30 dias. Em um dia 
os elefantes e o coelho comem juntos 1.444 kg de cenoura. Quantos quilos de cenoura os elefantes 
comem em 1 dia? 
 
Solução: 
 
Denominando de E = quantidade que os elefantes devem comer em um dia e C = quantidade que um 
coelho deve comer em um dia, teremos: 
 
{
 
 ( ) 
 ⇒ {
 
 
 
 
10C = 14440 – 900C2 
90C2 + C – 1444 = 0 
C’ = 4 C’’< 0 (descartado) 
E = 1440 kg 
 
Um elefante come 1440 kg de cenoura por dia. 
 
 
Questão 24: Sejam α1 e α2 as raízes do polinômio ax
2 + bx + c, com a ≠ 0. Calcule as seguintes 
expressões, em função de a, b e c: 
 
(a) 
 
 
 
(b) √ √ 
(c) √ 
 √ 
 
 
Solução: 
 
a) 
 
 
⇒
 
 
 
 
 
 
 
b) ( )
 √ 
 
 
 √
 
 
 
 
√ √ √ 
 
 
 √
 
 
 
 
c) (√ 
 √ 
 ) √ √ √ 
 √ 
 
 
 √
 
 
 √
 
 
 
 
 
√ 
 √ 
 √√ 
 
 
 √
 
 
 √
 
 
 
 
 
25. O número – 3 é a raiz da equação x2 – 7x – 2c = 0. Nessas condições, determine o valor do 
coeficiente c. 
 
Solução: 
 
Se –3 é raiz, então: p(– 3) = 0 
(– 3)2 – 7.( – 3) – 2.c = 0 
c = 15 
 
 
26. Encontre o polinômio p(x) = 2x4 + bx3 + cx2 + dx+ e que satisfaz a equação p(x) = p(1 - x). 
 
Solução: 
 
p(x) = 2x4 + bx3 + cx2 + dx+ e 
p(x – 1) = 2(x – 1)4 + b(x – 1)3 + c(x – 1)2 + d(x – 1)+ e 
p(x – 1) = 2x4 + (– 8 – b)x3 + (12 + 3b + c)x2 + (– 8 – 3b – 2c – d)x + (2 + b + c + d + e) 
Pela identidade de polinômios, temos que: p(x) ≡ (p – 1), comparando os coeficientes de mesmo grau 
iremos concluir que: 
b = – 4, c = t (t  ℝ), d = 2 – t, e  ℝ 
 
O polinômio procurado será: p(x) = 2x4 – 4x3 + tx2 + (2 – t )x+ e 
 
 
Questão 27: (OBM) Dois meninos jogam o seguinte jogo. O primeiro escolhe dois números inteiros 
diferentes de zero e o segundo monta uma equação do segundo grau usando como coeficientes os 
dois números escolhidos pelo primeiro jogador e 1.998, na ordem que quiser (ou seja, se o primeiro 
jogador escolhe a e b o segundo jogador pode montar a equação 1.998x2 + ax + b = 0 ou ax2 + 1.998x 
+ b = 0 etc.) O primeiro jogador é considerado vencedor se a equação tiver duas raízes racionais 
diferentes. Mostre que o primeiro jogador pode ganhar sempre. 
 
Solução: 
 
Inicialmente veja que, se num polinômio p(x) = anx
n + … + a1x + a0, tivermos an + … a1 + a0 = 0, 
teremos p (1) = 0 e 1 é raiz de p. Dessa forma se o primeiro jogador escolhe b = – (1998 + a), 1 será 
raiz da equação do segundo grau que o seu oponente irá montar. 
Se um polinômio tem coeficientes inteiros (na verdade vale para coeficientes racionais) e possui uma 
raiz irracional do tipo a + b 
r
(r não é quadrado perfeito), então a – b 
r
também é raiz. Ou seja, as 
raizes irracionais vêm aos pares. No caso de uma equação de segundo grau, e coeficientes inteiros, 
ambas as raizes são irracionais, ou ambas são racionais. 
No nosso caso, como 1 já é raiz, a outra raiz será racional. Basta ver então, apenas se 1 não é raiz 
multipla (pois queremos que as raizes sejam distintas). Para isso basta escolher a adequadamente. 
Se o primeiro jogador escolher os números a = n1998, e b = – (n + 1) 1998, n  2  N, ele ganha. (1 
não será raiz múltipla e a equação terá duas raizes racionais distintas.) 
 
Obs. É possivel obter soluções com a + b + 1998  0, por exemplo com 
{a, b} = {2040, – 5478} (solução obtida com o auxílio de um computador.) 
 
 
28. (OBM) Mostre que a equação x2 + y2 + z2 = 3xyz tem infinitas soluções onde x;y;z são números 
inteiros. 
 
Solução: 
 
Escolhemos uma solução para a equação. Tomamos por exemplo o terno (1,1,1) 
 
x² + 1² + 1² = 3.x.1.1 ou seja, x=1 ou x= 2 
 
Então, além de (1,1,1), o terno (2,1,1) também é solução da equação. 
 
Considerando agora o terno (2,1,1) teremos então por exemplo que 2² + 1² + z² = 
3.2.1.z, ou seja z=1 ou z=5. 
 
Então além de (2,1,1), o terno (2,1,5) também é solução. 
De modo geral escolhendo uma terna e escolhendo um dos três valores, sempre acharemos outro 
valor que satisfaz também a equação. Ou seja de um terno (x0 , y0 , z0) sempre obteremos um 
outro terno (x1, y1, z1). 
 
Escolhendo x0 teremos: 
 
 x² + y0² + z0 ² = 3.x. y0 .z0 
 x² - 3.x. y0 .z0 + y0² + z0 ² = 0 
 
 Com essa equação do 2º grau, sabemos então que a soma das raízes é dada por s = 3. y0 .z0 
 
Então x1 > x0 se x0 < 3/2 . y0 .z0 e caso contrário x0 > 3/2 . y0 .z0 . 
Com isso garantimos que a segunda raiz sempre será maior que a primeira que foisubstituída na 
equação, e consequentemente, existirá infinitas soluções para a equação. 
 
 
29. (Gazeta Matemática, Romênia) Considere a equação a2x2 (b2 - 2ac)x + c2 = 0; onde a;b e c são 
números inteiros positivos. Se n  é tal que p(n) = 0, mostre que n é um quadrado perfeito. 
 
Solução: 
 
Temos que: 
0)( np
 

 
0)2( 2222  cncabna
 
Observe que essa é uma equação do segundo grau na incógnita 
n
. Para resolver essa equação 
encontremos o seu discriminante: 
)4(44444])2([ 22242222242222 acbbcabbcacacabbcaacb 
 
Daí, podemos concluir que 
)4( 22 acbb 
 é um quadrado perfeito, pois 
Nn
 é raiz de 
)(xp
, ou seja, 
0)( np
 e 
a
, 
b
 e 
c
 são inteiros positivos o que nos garante que 
acb 42 
 também é um quadrado 
perfeito, já que 
2b
 também o é. Mas 
acb 42 
 é o discriminante da equação do segundo grau 
02  cxbxa
, onde suas raízes 
a
b
x
2
'


 e 
a
b
x
2
"


, devido ao valor de 

, são 
números racionais. 
Voltando para a resolução da equação inicial, 
0)2( 2222  cncabna
, temos que: 
a
c
a
cabb
a
b
a
cabbcab
a
cabbcab
n 






2
4
2
42
2
)4(2 2
2
22
2
222 
Mas, 
"' xx
a
b

, 
"' xx
a
c

, 
'
2
42
x
a
cabb

 e 
"
2
42
x
a
cabb

 , onde 
'x
 e 
"x
 são, como já 
vimos, as raízes da equação 
02  cxbxa
. 
Portanto, fazendo as devidas substituições, temos que: 
"'"')'("'')"'(' 2 xxxxxxxxxxn 
 

 
2)'(' xn 
 
Ou: 
"'"')"("'")"'(" 2 xxxxxxxxxxn 
 

 
2)"(" xn 
 
Logo, como 
n
 é um número natural que é igual ao quadrado de números racionais, então esses 
números racionais tem que ser inteiros e 
n
 é, portanto, um quadrado perfeito. 
 
 
Questão 30: (Gazeta Matemática, Romênia) Sejam a, b Z. Sabendo que a equação 
(ax – b)2 + (bx – a)2 = x, tem uma raiz inteira, encontre os valores de suas raízes. 
 
Solução: 
 
(ax – b)2 + (bx – a)2 = x 
 
a2x2 – 2abx + b2 + b2x2 – 2abx + a2 = x 
 
(a2 + b2)x2 – (4ab + 1)x + a2 + b2 = 0 
 
Se o produto é igual a 1 e uma as raízes é inteira, então elas são inversas e: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4ab + 1 ≥ 2.(a2 + b2) 
 
2a2 + 2b2 – 4ab ≥ 1 
 
2.(a – b)2 ≥ 1 
 
 
√ 
 
 
√ 
 
 
 
⇒ ⇒ 
 
 
31. (Gazeta Matemática, Romênia) Resolva a equação: 
 
*
 
 
+ 
 
Obs.: [x] é o menor inteiro maior ou igual a x. 
 
Solução: 
 
Por definição de [a], teremos que: x  , 2x2   e x2 + 1  . 
A expressão acima equivale a dizer que x é o quociente da divisão euclidiana de 2x2 por x2 + 1, isto é, 
equivale a dizer que:  r  {0, 1, ..., x, ..., x2}, tal que: 
2x2 = (x2 + 1).x + r, daí podemos afirmar 
 
– x3 + 2x2 – x = r 
x.( – x2 + 2x – 1) = r 
 
mas temos que x | r, então concluímos que r  {0, x, 2x, ..., x2}, o que nos permite dizer que r = .x 
com   {0, 1, ..., x}. Segue que 
 
x.( – x2 + 2x – 1) = .r 
x.( – x2 + 2x – (1+)) = 0 
Segue daí que x = 0 ou que ( – x2 + 2x – (1+)) = 0. Da segunda igualdade, termos que √ , 
mas como x   e   {0, 1, ..., x},  = 0, e daí, termos x = 1 como a segunda solução. 
 
32. Demonstrar que: 
(a) n4 + 4 não é primo se n > 1; 
(b) generalize, mostrando que n4 + 4n não é primo, para todo n > 1. 
 
 
a) não é primo se n > 1 
 
Solução: 
Considere a igualdade de Sophie Germain 
a4 + 4b4 = (a2 + 2b2 + 2ab)( a2 + 2b2 - 2ab) 
Tomando a = n e b = 1, temos: 
n4 + 4 = (n2 + 2 + 2n)( n2 + 2 - 2n), assim, n4 + 4 é composto. 
 
b) Generalize, mostrando que n4 + 4n não é primo, para todo n > 1. 
Solução: 
 Se n for par, segue que n4 e 4n são pares, logo n4 + 4n não é primo. 
Se n for ímpar, n é da forma 2m + 1, então, substituindo temos: 
(2m + 1)4 + 42m + 1 
(2m + 1)4 + 4  42m 
(2m + 1)4 + 4  24m 
(2m + 1)4 + 4  
 
 
Tomando a = 2m + 1 e b = 2m , o resultado é conseqüência da igualdade de Sophie Germain. 
 
 
 
Questão 33: Para fazer 12 bolinhos, preciso exatamente de 100 g de açúcar, 50 g de manteiga, meio 
litro de leite e 400 g de farinha. Qual a maior quantidade desses bolinhos que serei capaz de fazer com 
500 g de açúcar, 300 g de manteiga, 4 litros de leite e 5 kg de farinha? 
 
Solução: 
 
Para fazer 12 bolinhos: 
100g de Açúcar 
50g de Manteiga 
0,5 l de Leite 
400g de Farinha. 
 
Com: 
500g de Açucar conseguimos fazer 60 bolinhos 
50g de Manteiga conseguimos fazer 72 bolinhos 
0,5l de Leite conseguimos fazer 96 bolinhos 
400g de Farinha conseguimos fazer 150 bolinhos 
Portanto o açúcar é o ingrediente limite e podemos fazer 60 bolinhos no 
máximo. 
 
 
34. Dadas as frações 
 
 
 
 
 
 
 
 
qual é maior? 
 
Solução: 
 
Denominando x = , x +1 = e x + 2 = , teremos uma 
expressão a qual iremos supor uma afirmação, de que a primeira fração é menor do que a segunda. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O que é verdade, logo, a primeira fração é menor do que a segunda! 
 
 
35. Achar o maior valor inteiro positivo de n tal que n200 < 5300: 
 
Solução: 
 
Aplicando as propriedades das potências, temos que: 
( ) ( ) 
Como a base é positiva , segue que: 
n2 < 53 
n < √ 
n < 11,2 
 
Como n  , temos que o maior valor inteiro positivo será quando n = 11. 
 
 
36. Achar o menor valor inteiro positivo de n tal que 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 + 2 + 3 + ... + n > 55 
 
( ) 
 
 
 
n2 + n – 110 > 0 
 
n > 0 (positivo), logo, n = 11. 
 
 
 
37. Nove cópias de certas notas custam menos de R$ 10,00 e dez cópias das mesmas notas (com o 
mesmo preço) custam mais de R$ 11,00. Quanto custa uma cópia das notas? 
 
Solução: 
 
Denominando de x = valor de uma cópia, teremos que: 
 
9x < 10 → x < 10/9 
10x > 11 → x > 11/10 
Analisando as desigualdades, x < 1,111... e x > 1,10, iremos concluir que x = 1,11. 
 
Uma cópia custa R$1,11. 
 
 
38. Se enumeram de 1 até n as páginas de um livro. Ao somar estes números, por engano um deles é 
somado duas vezes, obtendo-se o resultado incorreto: 1.986. Qual é o número da página que foi 
somado duas vezes? 
 
 
Solução: 
 
Considere k o número que foi somado duas vezes. O valor de k é um número natural maior ou igual a 
1 e menor ou igual a n. 
 
 
Assim: 
i) 1986 – (1 + 2 + ... + n) ≥ 1 
1986 – [
( ) 
 
- ≥ 1 
– n2 – n ≥ 3970 
n2 + n – 3970 ≤ 0 
Resolvendo a inequação, encontramos: 
- 63,5 ≤ n ≤ 62,5 
ii) 1986 – (1 + 2 + ... + n) ≤ n 
1986 – [
( ) 
 
- ≤ n 
– n2 – n ≤ 3972 
n2 + 3n – 3972 ≥ 0 
Resolvendo a inequação, encontramos: 
n ≤ - 64,5 e n ≥ 61,5 
As duas inequações apresentam o seguinte conjunto solução para n natural 
61,5 ≤ n ≤ 62,5, 
Segue que o único valor de compreendido nesse intervalo é 62. 
Assim, o número de páginas do livro é 62 páginas 
A soma das páginas seria: 
1 + 2 + 3 + ... + 62 = 
( ) 
 
 
 
 
 . 
Como havia somado 1986, logo: 1986 – 1953 = 33. 
 
A página somada duas vezes, foi a página 33. 
 
 
39. Determine os valoresde a para os quais a função quadrática ax2 – ax + 12 é sempre positiva. 
 
Solução: 
 
Para que a função seja sempre positiva deve obedecer: 
a > 0 e  < 0 
 = a2 – 4.a.12 < 0  0 < a < 48. 
 
Para uma equação ter apenas resultados positivos é necessário que delta seja 
menor que zero, e o coeficiente do termo quadrático positivo. 
 
 
40. Ache os valores de x para os quais cada uma das seguintes expressões é positiva: 
 
( ) 
 
 
 ( ) 
 
 
 ( ) 
 
 
 
 
 
a) Solução: 
 
Pelo numerador temos que teremos uma imagem positiva para x > 0 e imagem negativa para x < 0. 
Enquanto que para o denominador teremos uma imagem positiva para qualquer valor de x 
(discriminante menor que zero) 
Fazendo o estudo dos sinais, veremos que o valor que satisfará a condição do problema será: 
S = { x  ℝ / x > 0} 
 
 
b) Solução: 
 
Pelo numerador temos que teremos uma imagem positiva para x > 3 e imagem negativa para x < 3. 
Enquanto que para o denominador teremos uma imagem positiva para x > – 1 e teremos uma imagem 
negativa para x < – 1. 
Fazendo o estudo dos sinais, veremos que o valor que satisfará a condição do problema será: 
 
S = { x  ℝ / x < – 1 ou x > 3} 
 
 
c) Solução: 
 
Pelo numerador temos que teremos uma imagem positiva para x < – 1 ou x > 1 e imagem negativa 
para – 1 < x < 1. 
Enquanto que para o denominador teremos uma imagem positiva para x < 0 ou x > 3 e teremos uma 
imagem negativa para 0 < x < 3. 
Fazendo o estudo dos sinais, veremos que o valor que satisfará a condição do problema será: 
 
S = { x  ℝ / x < – 1 ou 0 < x < 1 ou x > 3} 
 
 
41. Resolve r a equação: 
 
[x]{x}+ x = 2{x}+ 10, 
 
onde [x] denota a parte inteira de x. Por exemplo, [2;46] = 2 e [5;83] = 5. O número {x} é chamado 
parte fracionária de x e é definido por {x} = x - [x]. 
 
 
Solução: 
 Considere x = [x] + {x} e substituindo na equação, temos: 
|x|{x} + [x] + {x} = 2{x} + 10 
|x|{x} + [x] – {x} = 10 
{x} ( [x] – 1) = 10 – [x] 
{x} = 
 , -
, - 
 , da expressão temos que considerar que: 
i) 0 < {x} ≤ 1, visto que a parte fracionária tem que ser um valor entre 0 e 1. 
ii) [x] ≤ 10, pelo fato de que, se fosse maior que 10, teríamos uma parte fracionária negativa. 
iii) 10 – [x] ≤ [x] – 1, isto é, o numerador tem que ser menor ou igual ao denominador. 
Resolvendo essa inequação temos: 
– [x] – [x] ≤ – 1 – 10 
– 2 [x] ≤ – 11 
[x] ≥ 5,5 , mas como [x] tem que ser inteiro, então [x] ≥ 6 
Assim, 6 ≤ [x] ≤ 10. 
Substituindo em {x} = 
 , -
, - 
, obtemos: 
i) Para [x] = 6 , {x} = 
 
 
 
 
 
 iv) Para [x] = 9 , {x} = 
 
 
 
 
 
 
ii) Para [x] = 7 , {x} = 
 
 
 
 
 
 =
 
 
 v) Para [x] = 10 , {x} = 
 
 
 
iii) Para [x] = 8 , {x} = 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, a solução é : 6, 8; 7,5; 
 
 
; 9,125 e 10 
 
42. Mostre que entre os retângulos com um mesmo perímetro, o de maior área é um quadrado. 
 
Solução: 
Considere um retângulo cujos lados medem x e y. Temos que a área, A, desse retângulo é dada por 
 e seu perímetro, p, é dado por 
 
 
 
 
 
 . 
Logo, .
 
 
 / 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
. 
E mais, 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
. Portanto, para A máximo temos x = y. 
 
43. Entre todos os triângulos isósceles com perímetro p fixado, ache as dimensões dos lados daquele 
que possui a maior área. 
Solução: 
Denominando cada um dos dois lados congruentes de a e o terceiro lado de b e o perímetro de p, 
teremos que: 
p = a + a + b 
p = 2a + b 
Usando a fórmula de Herón temos que a área de um triângulo com perímetro p é dada pela expressão 
 
 √
 
 
 .
 
 
 / .
 
 
 /.
 
 
 / 
No caso específico do triângulo isósceles, ela ficará 
 √
 
 
 .
 
 
 / .
 
 
 / .
 
 
 / 
Analisando uma parte da fórmula: .
 
 
 / .
 
 
 / .
 
 
 /, 
Temos que MG ≤ MA, logo, 
√.
 
 
 / .
 
 
 / .
 
 
 / 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O que nos permite concluir que 
 
 
(√.
 
 
 / .
 
 
 / .
 
 
 / 
 
)
 
 (
 
 
 
 
 
 
 
)
 
 
 
(√.
 
 
 / .
 
 
 / .
 
 
 / 
 
)
 
 .
 
 
/
 
 
 
.
 
 
 / .
 
 
 / .
 
 
 / 
 
 
 
O maior valor da desigualdade que o primeiro membro atingirá será quando ele for igual ao segundo 
membro, logo, substituindo na fórmula de Herón, teremos: 
 
 √
 
 
 
 
 
 
 √
 
 
 
 
 √ 
 
Logo a maior área possível é 
 
 √ 
, a qual é atingida quando 
.
 
 
 / .
 
 
 / ⇔ 
Ou seja, quando o triângulo for eqüilátero. 
 
44. (OBM Júnior 1993) 
É dada uma equação do segundo grau x2 + ax + b = 0, com raízes inteiras a1 e b1. Consideramos a 
equação do segundo grau x2 + a1x + b1 = 0. Se a equação x
2 + a1x + b1 = 0 tem raízes inteiras a2 e b2, 
consideram s a equação x2 + a2x+ b2 = 0. Se a equação x
2 +a2x+b2 = 0 tem raízes inteiras a3 e b3, 
consideramos a equação x2 + a3x+ b3 = 0. E assim por diante . Se encontramos uma equação com  
< 0 ou com raízes que não sejam inteiros, encerramos o processo. Por exemplo, se começamos com a 
equação x2 = 0 podemos continuar o processo indefinidamente. Pede-se: 
(a) Determine uma outra equação que, como x2 = 0, nos permita continuar o processo indefinidamente; 
(b) Determine todas as equações do segundo grau completas a partir das quais possamos continuar o 
processo indefinidamente. 
 
Seja P0(x) = x
2 + a0x + b0 = 0 uma equação com raízes inteiras a1 e b1. 
Vamos definir a equação Pi(x) = x
2 + aix + bi = 0 como sendo a equação obtida no i-ésimo passo do 
procedimento descrito pelo enunciado, ou seja, ai e bi são as raízes inteiras da equação Pi – 1(x) = x
2 + 
ai - 1x + bi - 1 = 0, para i = 1, 2, ... . 
Responderemos agora os dois itens. 
a) Solução: 
Seja P0(x) = x
2 + kx = 0, onde k  . 
Como se vê facilmente, podemos obter a partir de P0(x) = 0 as equações: 
Pi(x) = x
2 + (– 1)ikx = 0, i = 1, 2, ... . 
 
b) Solução: 
Nosso próximo passo será determinar todas as equações que nos possibilitem continuar o processo 
indefinidamente. 
Vimos no item (a) que as equações x2 + kx = 0, k  , têm essa propriedade, por isso suponhamos b0 
≠ 0 em P0(x) = x
2 + a0x + b0 = 0. Evidentemente bi - 1 = ai .bi, ou seja, bi divide bi – 1, o que mostra que, 
para todo i inteiro positivo, bi divide b0. 
Além disso, b0 possui um número finito de divisores, pois b0 ≠ 0. 
Daí resulta que, se b0 ≠ 0 e o processo continua indefinidamente, pelo menos um dos divisores bj de b0 
deve aparecer infinitas vezes como termo independente das equações do processo. 
Digamos que bj volte aparecer como termo independente de uma equação Pk(x) = x
2 + akx + bk 
= 0 para algum k > j. 
Mas como bi divide bi – 1 para todo i inteiro positivo, temos |bi – 1| ≥ |bi| e daí |bj| ≥ |bj+1|≥ ... ≥ |bk| = |bj|, o 
que mostra que |bi| = |bj| para i = j + 1, j + 2, ..., k, onde bi  { – bj, bj} para todo i > j. 
Há dois casos a considerar: 
 
,
 ( ) 
 
 ( ) 
 
 
e 
,
 ( ) 
 
 ( ) 
 
 
 
No primeiro caso, observemos que é raiz de ( ) , o que implica que a outra raiz é – 1 e 
 ( ) 
 . 
Se o termo independente de ( ) é , então 1 é raiz de ( ), o que implica que ( ) 
 ⇒ , o que é absurdo pois divide b0. 
Se o termoindependente de ( ) é , então – 1 é raiz de ( ), o que mostra que ( ) 
 ⇒ ⇒ ( ) 
 ⇒ ( ) 
 , o que é uma equação cujas raízes 
não são inteiras. 
Vemos portanto que neste caso não é possível continuar o processo. 
Uma análise inteiramente análoga a do primeiro caso permite-nos concluir, no segundo caso, 
 ( ) 
 que é uma equação onde uma das raízes é 1 ou – 1. 
Se a raiz for – 1, então ( ) , o que é absurdo. 
Se a raiz for 1, então ( ) ⇒ . 
Logo ( ) 
 , cujas raízes são 1 e – 2. 
Assim podemos fazer ( ) 
 para i ≥ j + 2, e repetir este procedimento 
indefinidamente. 
É imediata a verificação de que ( ) 
 também implica que ( ) 
 
 para 0 ≤ i ≤ j. 
Segue que ( ) 
 é a única equação com termo independente não nulo a partir da 
qual podemos repetir o processo um número arbitrário de vezes. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 3 – Soluções dos Exercícios 
1. Encontre o resto que deixa 
(a) 2001. 2002 . 2003 . 2004 + 20052 quando é dividido por 7; 
 
O produto 2001. 2002 . 2003 . 2004 é divisível por 7 pois 2002  0 mod 7. 
Como 2005  3 mod 7 temos que 20052  32 mod 7  2 mod 7. 
Logo o resto será igual a 2. 
 
(b) 2100 quando é dividido por 3; 
 
Sabemos que 22  1 mod 3 e 
 502100 22 
 portanto 2100  150 mod 3  1 mod 3. 
Então o resto será igual a 1. 
 
(c) 
 2856 3412371 
 quando é dividido por 111. 
 
Sabemos que 12371  50 mod 111; 123712  58 mod 111; 123718  584 mod 111 46 mod 111. 
Como 
  111mod16111mod461237112371 77856 
. 
Portanto devemos encontrar o resto da divisão de 
  2828 503416 
 por 111. 
Temos que 
111mod58502 
; como 
 14228 5050 
então 
111mod5850 1428 
. 
Sendo 
111mod34582 
 logo 
  111mod345858 77214 
. 
Se 
437 34.3434 
 e 
111mod10343 
 e 
111mod7344 
então 
111mod10.7347 
. 
Portanto temos um resto igual a 70. 
2. Provar que o número n5 + 4n é divisível por 5 para qualquer número natural n. 
 
Adicionando e subtraindo 5n à expressão n5 + 4n teremos então n5 + 4n + 5n – 5n = n5 – n + 5n. 
Pelo pequeno teorema de Fermat temos que 
nn 55
 e 
n55
. 
Sabemos que se 
ba
 e 
ca
 então 
cba 
. 
Portanto 
nn 45 5 
. 
 
 
3. Prove que se n é ímpar 
 
(a) n3 – n é divisível por 24; 
 
Seja
   1..13  nnnnnP
 um número inteiro com n ímpar. 
i) Sabemos que o produto de dois números consecutivos é múltiplo de 2, então P é divisível por 2. 
 
ii) Sendo n ímpar temos que 
 1n
 e 
 1n
 são pares então P é divisível por 22. 
 
iii) O produto de três números consecutivos é divisível por 3, então P é divisível por 3. 
 
iv) Todo número divisível por 2 e 3 é divisível por 6, então P é divisível por 6. 
 
v) Se P é múltiplo de 
6dee22
então será múltiplo de 24. 
 
 
(b) n2 – 1 é divisível por 8; 
 
Seja
  1.112  nnnP
 um número inteiro com n ímpar. 
Sendo 
12  kn
, para k  Z temos que 
        )1.(422.2112.11212  kkkkkknP
. 
 
i) Se k é par temos que P = 4k = 8m. 
ii) Se k é ímpar k + 1 é par então temos P = 8m. 
Portanto P será sempre múltiplo de 8. 
 
(c) n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + 1 é divisível por 12. 
 
Seja
    142 222  nnnP
 um número inteiro com n ímpar. 
Desenvolvendo temos 
116844 222  nnnnnP
 = 
 74321123 22  nnnn
. 
Sendo 
12  kn
, para k  Z temos que 
    7124123 2  kkP
  
 7481443 2  kkkP
  
 121243 2  kkP
  
  3343 2  kkP
  
 3312 2  kkP
  
mP 12
, m  Z, logo P é múltiplo de 12. 
 
 
4. O número 21093 – 2 é divisível por 10932? 
Como 1093 é primo e 
  11093,2 
, temos, pelo Pequeno Teorema de Fermat, que 
221093 1093 
. 
Sabemos que 
 12.222 10921093 
. 
Da aritmética dos restos temos que 
2modmod pbapba pppp 
, com a, b, p  N e p primo. 
Fazendo p = 1093 temos que 
21093109310931093 1093mod1093mod baba 
. 
Temos que 
1211093.2218737  p
 logo 
  1093mod11093.237 
 
  pp mod1237 
  
    2227 mod123 pp 
  
  2214 mod1443 ppp 
 
Como 
22 mod04 pp 
 então 
  214 mod143 pp 
 (1) 
1115111093.1516384214  p
 
  pp mod1115214 
 
    22214 mod11152 pp 
 
  2228 mod1213302252 ppp 
 
  228 mod1213302 pp 
 multiplicando por 32 temos 
  2282 mod108929702.3 pp 
. 
Como 2970p = 1093p + 1876p + p; 1089 = 1093 – 4; 
22 mod0 pp 
 e sendo p = 1093 temos: 
 
  2282 mod418762.3 pp 
 que dividido por 4 resulta em 
  2262 mod14692.3 pp 
 
    277262 mod14692.3 pp 
  
  2718214 mod14692.3 pp 
 
Desenvolvendo o binômio e excluindo as congruências 
2mod0 p
 restará: 
  218214 mod132832.3 pp 
  
  218214 mod141093.32.3 ppp 
 
  2218214 mod1432.3 ppp 
  
  218214 mod142.3 pp 
 (2) 
Usando as expressões (1) e (2) temos 
2182 mod12 p
  
    266182 mod12 p
  
21092 mod12 p
 multiplicando por 2 temos que 
21093 mod22 p
. 
Logo 
221093 1093 
. 
 
5. Prove que 
19999941234567890
é divisível por 333331. 
 
Considere 
19999941234567890P
. 
Podemos escrever 
  


1234567889
1
1234567890 999994.19999941999994
k
kP
. 
Logo 
MP
k
k .999993999994.999993
1234567889
1
 

, sendo M  N. 
Como 
333331.3999993 
 então 
SMP .333331.333331.3 
, sendo S  N. 
Portanto P é múltiplo de 333331. 
 
 
6. O número N = 42005 + 20054 é primo? 
 
 450142004420054 4.420054.4200542005 N
. 
Fazendo 
2005a
 e 
5014b
, segue pela desigualdade de Sophie Germain que N é composto. 
 
 
7. Demonstre que o número 

zeros2006
001...1000
 é composto. 
 
1000...001 = 

zeros2007
00...1000
 + 1 = 
1102007 
 
 
1102007 
 = 
  33669 110 
 
 
Fazendo 
  33669 110  bea
 temos que 
  2233 . bbaababa 
. 
Como 
  2233 . bbaababa 
 é composto então 

zeros2006
001...1000
 também é composto. 
8. Utilizando o fato de que o resto de um quadrado quando dividido por 4 só pode ser 0 ou 1, dê uma 
outra solução para o problema do Exemplo 3.54. 
 
Seja P = aabb um número natural quadrado perfeito a  {1, 2, ..., 9} e a  b. 
Temos que P = 4q + 0 ou P = 4q + 1. 
Para P = 
4mod0aabb
temos que b = 0; b = 4 ou b = 8. 
Para b = 8, P não é quadrado perfeito, pois nenhum quadrado perfeito termina em 8. 
Para b = 0, P não é quadrado perfeito, pois teríamos 
100.aaP 
 e não existe nenhum quadrado 
perfeito da forma aa. 
Para b = 4, P = aa44 temos que 
10030  P
. Por tentativa temos que 882 = 7744, portanto a = 7. 
 
Para P = 
4mod1aabb
  
1114 b
, logo b = 3 ou b = 7. Nestes casos P também não é quadrado 
perfeito, pois nenhum quadrado perfeito termina em 3 ou em 7. 
 
 
9. Dados três inteiros, x, y, z, tais que x2 + y2 = z2, mostre que x e y não são ambos ímpares e que xy é 
múltiplo de 6. 
 
I) Suponha por absurdo x e y ímpares. Sendo x = 2t + 1 e y = 2v + 1 e {t, v}  Z. 
Como x2 + y2 = z2 então 
222 144144 zvvtt 
  
  222 24 zvvtt 
  4m + 2 = z2, 
mostrando que z2 é par logo z também é par. 
Seja z= 2u com u  Z, então z2 = 4u2. 
Portanto 4m + 2 = 4u2 dividindo por 2 temos 

parímparum 2212 
 o que é um absurdo. 
II) Mostrar que xy é múltiplo de 3 
Suponha x e y não múltiplos de 3. Logo z = 3k, k  Z. 
Seja 
   2,1,33 212211  rrcomrqyerqx
. 
Como x2 + y2 = z2 temos que 
22
222
2
2
2
111
2
1 96969 krrqqrrqq 
então 
2
2
2
13 rr 
. 
Como x e y não são ambos ímpares e xy é múltiplo de 3 então xy é múltiplo de 6. 
 
 
10. Demonstre que o quadrado de um inteiro é da forma 8n ou 8n+1 ou 8n + 4. 
 
Seja m um número inteiro. Podemos escrever m = 4k; m = 4k + 1; m = 4k + 2 ou m = 4k + 3. 
Se m = 4k então m2 = 16k2 = 8(2k2) = 8n. 
Se m = 4k + 1 então m2 = (4k + 1)2 = 16k2 + 8k + 1 = 8 (2k2 + k) + 1 = 8n + 1. 
Se m = 4k + 2 então m2 = (4k + 2)2 = 16k2 + 16k + 4 = 8 (2k2 + 2k) + 4 = 8n + 4. 
Se m = 4k + 3 então m2 = (4k + 3)2 = 16k2 + 24k + 9 = 16k2 + 24k + 8 + 1 = 8(2k2 + 3k + 1) + 1 = 8n + 1. 
 
Outra solução: 
 
Seja p = 4q + r a divisão de p por 4. Assim 
  22222 28816 rqrqrqrqp 
. 
Logo 
8mod22 rp 
, como r {0, 1, 2, 3} então r2  {0, 1, 4}. 
Portanto 
np 82 
 ou 
182  np
 ou 
482  np
. 
 
 
11. Três números primos p; q e r, maiores que 3, formam uma progressão aritmética, ou seja, q = p + d 
e r = p + 2d. Prove que d é divisível por 6. 
 
Para provar que d é divisível por 6, devemos mostrar que 2|d e 3|d. 
Como todos os primos maiores que 3 são ímpares e, supondo que d seja ímpar, temos que q é par, 
pois, a soma de dois números ímpares resulta em um número par, o que é um absurdo, pois, q é 
primo. Assim, d é par, isto é, 2|d. 
Supondo que d não seja divisível por 3, então d é da forma 3k + 1 ou 3k + 2, com k N. 
Para d = 3k + 1, verificamos que: 
p = p  q = p + d = p + 3k + 1  r = p + 2(3k + 1) = p + 3(2k) + 2 
 
Para d = 3k + 2, verificamos que: 
p = p  q = p + d = p + 3k + 2  r = p + 2(3k + 2) = p + 3(2k + 1) + 1 
 
Assim, pelo Lema dos restos, na divisão por 3 os valores de q e r são da forma p + 1 e p + 2. 
Logo, sendo p, q e r três números consecutivos, ou seja, p, p + 1 e p + 2, então, pelo menos um deles 
é múltiplo de 3, mostrando que 3| d. 
Portanto, como 2|d e 3|d, então 6|d. 
 
12. Demonstrar que existem infinitos números primos da forma 4m + 3 e da forma 6m + 5, onde m  Z. 
 
Um número inteiro P qualquer pode ser inscrito como 
rqP  4
, com r  {0, 1, 2, 3}. Se P é primo 
então r = 1 ou r = 3. 
Suponha que existam finitos primos na forma 4m + 3 e seja A o conjunto de todos os primos dessa 
forma, ou seja
   nppppNmmA ,...,,5,2,14 210 
. 
Observe que o conjunto A é fechado multiplicativamente. 
Suponhamos, por absurdo, que existam apenas um número finito de primos p1 < ... < pk da forma 
34 m
, com m > 1. O número P = 4(p1.p2....pk) + 3 não é divisível por nenhum dos números primos 3, 
p1, ..., pk e, portanto, sua decomposição em fatores primos só pode conter primos da forma 4m + 1, o 
que é uma contradição, pois P é da forma 4m + 3. 
 
Considere um número natural S qualquer. Podemos escrevê-lo na forma 
rm 6
, 
 5,...,1,0r
. 
Se o número S é primo então 
 5,1r
. 
Suponhamos, por absurdo, que existam apenas um número finito de primos p1 < ... < pk da forma 
56 m
, com m > 1. O número S = 6(p1.p2....pk) + 5 não é divisível por nenhum dos números primos 5, 
p1, ..., pk e, portanto, sua decomposição em fatores primos só pode conter primos da forma 6m + 1. 
Como o conjunto B = {6n + 1; nN} é fechado multiplicativamente, então S é da forma 6m + 1, o que é 
uma contradição. Logo existem infinitos números primos da forma 6m + 5. 
 
13. Encontrar o último dígito dos números (resto da divisão por 10) 
 
(a) 19892005 
Sabemos que 
 100222005 1989.19891989 
. 
10mod91989 
 e 
10mod110mod8110mod91989 22 
 
  10mod110mod11989 100210022 
. 
  10mod910mod1.91989.19891989 10022205 
 
Logo o dígito da unidade é 9. 
 
 
(b) 777777 + 250 
10mod18134 
 e 
10mod727 
 
10mod7777 
 
    10mod710mod1.73.273.33437777 64425632592593777 
 
10mod225 
 
  10mod41024222 1010550 
 
Logo 
  10mod110mod472777 50777 
, então o algarismo da unidade é 1. 
 
 
(c) 1 + 22 + 32 + ... + 20052. 
 
Sabemos que 10mod11991...21111  ; 10mod21992...22122  , ou seja números 
de mesmo final possuem mesmos restos mod 10 e sabemos, também, que todo número quadrado só 
termina em 0, 1, 4, 5, 6 ou 9. 
Dividindo 2000 em grupos de 10 temos 200 grupos. 
Portanto temos 
i) de 1 até 2000 temos   10mod0900045.2000149656941.200  
ii) de 2001 até 2005 temos 10mod52554941  
Portanto o algarismo da unidade é 5. 
 
14. Prove que a soma dos quadrados de cinco números consecutivos não é um quadrado perfeito. 
 
Sejam 
2;1;;1;2  nnnnn
números naturais consecutivos. 
Somando os quadrados 
       22222 2112  nnnnn
 temos 
105 2 n
. 
Se n é par (n = 2k) temos 
24 ' k
. Se n é ímpar (n = 2k + 1) temos 
34 '' k
. 
Como um quadrado perfeito é da forma 
k4
 ou 
14 k
. 
Portanto a soma dos quadrados de cinco números consecutivos não é um quadrado perfeito. 
 
15. Prove que 
100...000500...0001
100100

zeroszeros
 não é um cubo perfeito. 
 
Se n é inteiro podemos escrever 
 kknqn ,93 3
 ou 
 kknqn ,1913 3
 ou 
 kknqn ,8923 3
. 
Seja 
100...000500...0001
100100

zeroszeros
X 
 então podemos escrever 
110.510 101202 X
. 
Pelo lema dos restos temos que 
9mod110202 
; 
9mod1.510.5 101 
 e 
9mod11
. 
Logo X deixa resto 1 + 5 + 1 = 7 quando dividido por 9, portanto X não é cubo perfeito. 
 
16. Seja b um inteiro positivo. Enuncie e prove o critério de divisibilidade por b no sistema de 
numeração de base b. 
 
Proposição: Se 
  ZaaaaP
bnn
  011...
 com 
   nibai ,...,2,1,0,1,...,2,1,0 
, então 
Pb

00 a
. 
() Seja P um número escrito na base b, logo 
01
1
1 ... abababaP
n
n
n
n 


. 
Podemos escrever 
01
2
1
1 )....( aabababP nn
n
n 



. 
Pela proposição 3.3 temos que 
Pb
, logo 
01
2
1
1 )....( aabababb nn
n
n 



. 
É fato que 
)....( 1
2
1
1 abababb nn
n
n 



 então b também deve dividir 
0a
. Como 
10 0  ba
 
temos necessariamente que 
00 a
. 
 
() Seja 
bababaP nn
n
n 1
1
1 ...


um número em base b, logo 
qbabababP nn
n
n .)....( 1
2
1
1  

  
Pb
 
 
17. Prove que os números 
 
(a) 
n
n
1
...
3
1
2
1
1 
, com n > 1, 
 
Considere p o maior número primo tal que p < n, então, 
 
     
np
npnppnpnp
n



......321
1......21......11...21.........431......32
 
Fazendo 
 
 e 
 logo . 
 
Como p não divide 
   npp ...11...321 
, que é uma parcela de m, então pk também não divide 
   npp ...11...321 
 portanto, n não é inteiro. 
 
(b) 
12
1
...
5
1
3
1


n
n
, com n > 0, não são inteiros. 
 
Considere p o maior número primo tal que p < n. 
Então, 
 
           
 12......753
12......3...12...22...53...12......7312......75



np
npnppnpnp
n
 
Fazendo 
 
     1......21......11...21.........431......32  npnppnpnpm
    nppk  ...11...21
pk
m
n 
           12......3...12...22...53...12......7312......75 npnppnpnpm
 
e 
    12...22...753  nppk
 então 
pk
m
n 
. 
Como p não divide 
    12...22...753  npp
, que é uma parcela de m, então pk também 
não divide 
    12...22...753  npp
, portanto, n não é inteiro. 
 
 
18. Considere o polinômio 
0
1
1 ...)( anananp
m
m
m
m 


 de grau m > 1 com coeficientes inteiros e 
nN. Prove que p(n) é um número composto para infinitos valores de n. 
 
Sugestão: Use o fato de que existe 
a
N tal que 
1)(  ap
e mostre que  divide 
 akp 
, para 
todo k  Z. 
 
Sabemos que 
)(ap
e temos que 
0
1
1 ...)( aaaaaap
m
m
m
m 


. 
Calculando 
 akp 
 em 
0
1
1 ...)( anananp
m
m
m
m 


 temos: 
 
0
1
1 ...)()()( aakaakaakp
m
m
m
m 

  que, após desenvolver os binômios de cada 
parcela, restará 
    kkkaaaaaakp mmmmmm    ......)( 1011. 
Como 
a
N, a primeira parcela representa 
)(ap
e como k  Z, a segunda parcela representa 
uma soma de potências de  que pode ser escrita como 
.Q
, pois é múltiplo de . 
Então 
   .1.)( TQQakp  
 
 
19. Dizemos que um conjunto An formado por n inteiros positivos escritos no sistema binário (base 2) é 
regular se, para qualquer s inteiro não negativo a quantidade de números de An que contemplam 2
s na 
representação binária é par. Dizemos que An é irregular se, pelo menos para algum s, este número é 
ímpar. Demonstre que um sistema irregular pode se converter em regular excluindo-se apenas um 
único elemento do mesmo, e, um sistema regular pode se converter em irregular excluindo-se qualquer 
um dos seus elementos. 
 
 
20. Seja n um inteiro positivo. Demonstrar que todos os coeficientes do desenvolvimento do binômio 
de Newton (a + b)n são ímpares se, e somente se, n é da forma 
12 s
. 
21. Prove que se (x0, y0) é uma solução da equação diofantina linear ax – by = 1, então a área do 
triângulo cujos vértices são (0, 0), (b, a) e (x0, y0) é 
2
1
. 
Se (x0, y0) é solução da equação ax – by = 1, então ax0 – by0 = 1. 
Sabemos que a área de uma região triangular, no plano, pode ser dada por 
DA .
2
1

, sendo D o 
determinante formado com as coordenadas dos vértices. 
 
Então 
1
1
100
2
1
00
ab
yxA  = 
00
2
1
byax 
 = 
1
2
1
 = 
2
1
 
22. Qual é a menor distância possível entre dois pontos (x1, y1) e (x2, y2), com coordenadas inteiras, 
situados sobre a reta definida pela equação diofantina ax + by = c? 
Temos que 
cbyaxcbyax  2211 e
 
Então 
2211 byaxbyax 
 logo 
   2121 xxayyb 
  
 2121 xx
b
a
yy 
. 
Como a distância entre dois pontos no plano é dada por 
   221
2
21 yyxxd 
 temos, então que 
   
2
21
2
21 





 xx
b
a
xxd
  
   2212
2
2
21 xx
b
a
xxd 
  
  






2
2
2
21 1
b
a
xxd
  





 

2
22
21
b
ba
xxd
. 
 
Se (x1, y1)  (x2, y2) e as coordenadas são inteiras temos d  0 e 
121  xx
. 
A distância mínima ocorre quando 
121  xx
então 





 

2
22
min
b
ba
d
. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 4- Soluções dos Exercícios 
 
 
1. Seja C um conjunto formado por cinco pontos de coordenadas inteiras no plano. Prove que o ponto 
médio de algum dos segmentos com extremos em C tem também coordenadas inteiras. 
 
Solução: 
 
Seja C = { P1, P2, P3, P4, P5 } o conjuntos dos 5 pontos de coordenadas inteiras no plano. 
Temos as seguintes possibilidades: 
 
P1= { par, par}; P2= { par ímpar}; P3= {ímpar, par} e P4= {ímpar, ímpar}. 
 
O ponto médio entre dois pontos A e B é dado por M( xM, yM) , onde: 
 
 
 
 
 e 
 
 
 
 
Observe que para o ponto médio tenha coordenadas inteiras xA e xB, é necessário que sejam ambos 
pares ou ambos ímpares, o mesmo ocorre com yA e yB. 
Dessa forma, os pontos P1, P2, P3, P4, P5 representam os pombos, e a paridade de suas coordenadas 
representam as casas, onde não pode haver outra possibilidade. 
Pelo P.C.P., P5 terá a paridade de suas coordenadas igual a um dos pontos P1, P2, P3, P4 . 
Portanto, o ponto médio de algum dos segmentos com extremidades em C tem também coordenadas 
inteiras. 
 
 
2. O conjunto dos dígitos 1, 2, ..., 9 é dividido em três grupos. Prove que o produto de alguns dos 
grupos deve ser maior que 71. 
 
Solução: 
 
Sejam 1, 2, 3, os produtos dos elementos do grupo 1, do grupo 2 e do grupo 3, respectivamente. 
Suponha que: 
 
 1 ≤71 
 2 ≤71 
 3 ≤71 
 
Daí, como 1 > 0, 2 > 0, 3 > 0, temos: 
 
362880 = 1 ∙ 2 ∙ 3 ≤357911 
 
ou seja, 
 
362880 ≤357911 (absurdo!!!) 
 
Portanto, o produto de alguns dos grupos deve ser maior que 71. 
 
 
 
 
3. Prove que se N é ímpar então para qualquer bijeção 
 
p : IN  IN 
 
do conjunto IN = {1, 2, ... ,N} o produto P(p) = (1 – p(1))(2 – p(2)) ... (N – p(N)) é necessariamente par. 
(Dica: O produto de vários fatores é par se, e somente se, um dos fatores é par.) 
 
Solução: 
 
Se N é ímpar então é da forma N = 2k + 1. Se P(p) fosse ímpar, todos os termos (i – p(i)) seriam 
ímpares para todo 1 i N. Sendo assim (N – p(N)) = (2k + 1 – p(2k + 1)) = 
2k’ + 1 p(2k + 1) = 2(k – k’), o que implica que P(N) é par, logo P(p) não é ímpar. 
 
 
4. Dado um conjunto de 25 pontos no plano tais que entre quaisquer 3 deles existe um par com 
distância menor que 1. Prove que existe um círculo de raio 1 que contém pelo menos 13 dos 25 pontos 
dados. 
 
Solução: 
 
(i) 
 
Inicialmente escolhemos dois pontos P e Q do plano cuja distância de P a Q é maior 
que 2, traçamos dois círculos C1 e C2 de raio 1 e centros P e Q respectivamente. 
Se todos os pontos estiverem no interior de um dos dois círculos o problema está resolvido. Caso 
contrário teríamos um dos pontos exterior aos dois círculos o que contraria o fato de que entre 
quaisquer 3 deles um par existe um par com distância menor que 1. 
 
(ii) 
 
Vamos analisar a situação os círculos C1 e C2 possuem intersecção é não vazia, ou seja, C1 e C2 
possuem intersecção possui d pontos, com isso, cada círculo tem pelo menos 23 – d pontos. Assim, 
cada região que não é intersecção entre os dois círculos tem na “pior” das hipóteses 
 
 
 
 
 
 com 0 ≤ d ≤ 23. Se d = 0, temos a situação (i), caso contrário, um dos círculos terá pelo 
menos 13 pontos. 
. 
 
5. Prove que entre quaisquer 5 pontos escolhidos dentro de um triângulo eqüilátero de lado 1 sempre 
existe um par destes cuja distância não é maior que 0,5. 
 
Solução: 
 
Dividindo o triângulo equilátero de lado 1 em quatro triângulos eqüiláteros de lado 1/2 como a figura 
que se segue. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo, pelo PCP pelo menos dois pontos devem estar no mesmo triângulo, uma vez que temos 4 
triângulos e 5 pontos. 
 
 
Assim, como a maior distância entre dois pontos que estão num triângulo equilátero ocorre quando 
estes estiverem no vértice do triângulo e como os 4 triângulos menores tem lados ½, então pelo menos 
dois de seus pontos estão a uma distância de no máximo ½. 
. 
 
6. Marquemos todos os centros dos 64 quadrinhos de um tabuleiro de xadrez de 8x8. É possível cortar 
o tabuleiro com 13 linhas retas que não passem pelos pontos marcados e de forma tal que cada 
pedaço de recorte do tabuleiro tenha no máximo um ponto marcado? 
 
Solução: 
 
Temos marcados no tabuleiro64 pontos, estando alinhados em 8 linhas e 8 colunas. Para separarmos 
os 8 pontos pertencentes as 8 colunas são necessárias 7 linhas e para dividirmos os 8 pontos 
pertencentes as 8 linhas são necessárias 7 linhas, totalizando 14 linhas. Caso sejam usadas 13 linhas 
poderemos dividir o tabuleiro em 56 espaços, como temos 64 pontos, pelo Princípio da Casa dos 
Pombos, teremos pelo menos 8 casas com 2 pontos. Logo, não é possível cortar o tabuleiro com 13 
linhas retas que não passem pelos pontos marcados e de forma tal que cada pedaço de recorte do 
tabuleiro tenha no máximo um ponto marcado. 
 
7. Prove que existem duas potências de 3 cuja diferença é divisível por 1997. 
 
Solução: 
 
Existem 1997 possíveis restos pela divisão por 1997. Considere a sequência das potências de 3: 30, 
3¹, 3², 3³, ...,31997. Esta sequência é composta de 1998 números. 
Portanto, pelo PCP, dois desses, digamos 3n e 3m, com n > m, têm mesmo resto quando divididos por 
1997. Logo, a sua diferença 3n– 3m é divisível por 1997. 
 
8. São escolhidos 6 números quaisquer pertencentes ao conjunto 
 
A = {1, 2, ...., 10}. 
 
Prove que existem dois destes seis números cuja a soma é ímpar. 
 
Solução: 
 
Sabemos que a soma de dois números naturais é ímpar se, os números não tiverem a mesma 
paridade, isto é, se um for par e o outro for ímpar. 
Como o conjunto A tem 5 números pares e 5 números ímpares e devemos escolher 6 números 
quaisquer, pelo PCP, teremos dentre os seis números escolhidos, pelo menos um número par e um 
número ímpar escolhido, onde a soma é ímpar. 
 
 
 
 
9. Seja x um número real arbitrário. Prove que entre os números 
 
x, 2x, 3x, ..., 101x 
 
existe um tal que sua diferença com certo número inteiro é menor 0,011. 
 
 
Solução: 
 
 
Seja x um número real tal que, para certo inteiro  se tenha a.x  [, +1], para a  {1, 2, ..., 
101} e x  
 . 
Considere os conjuntos I = {x0 = 1, x1, x2, ..., x99, x100 =  +1} com x1< x2< ...< x99 < 
x100, e xi – xi – 1 = 0,01,  i  {1, 2, ..., 100}. 
 
Considere os intervalos Ii = [xi – 1, xi] e x =  ou 101.x =  + 1, nada há a demonstrar. 
 
Suponha que x ≠  e 101.x ≠  + 1. 
 
Temos # { Ii } = 100 e # { x, 2x, 3x, ..., 101x} = 101. Logo, temos 101 elementos para acomodar em 100 
intervalos de comprimento 0,01. Segue que teremos dois números em um único intervalo. Se x > 0, 
serão 100x e 101x. Se x < 0, serão x e 2x. Em qualquer caso teremos dois números num mesmo 
intervalo, no qual um dos extremos é inteiro. Logo devemos ter x –  < 0,01 < 0,011 ou  + 1 – 101x 
< 0,01 < 0,011. 
 
 
 
 
10. Mostre que entre nove números que não possuem divisores primos maiores que cinco, existem 
dois cujo produto é um quadrado. 
 
Solução: 
 
Seja A= {x1, x2, x3, x4, x5, x6, x7, x8, x9} o conjunto de nove números que não possuem divisores primos 
maiores que cinco. Os números que não possuem divisores primos maiores que cinco são da forma xI 
= 2.3.5. 
Para que o produto de dois números xi.xj seja um quadrado, devemos ter xI = 2
.3.5 e xj = 2
’.3’.5’, 
com i,j  {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, ou seja, xi.xj = (2.3.5 ).( 2
’.3’.5’ ) = 2+’.3+’.5+’, onde  + ’,  
+ ’ e  + ’ necessariamente devem ser pares, temos as seguintes possibilidades: 
 
 
 
 
 
 
 
Possibilidades  e ’  e ’  e ’  + ’,  + ’,  + ’ 
1ª Pares Pares Pares Pares 
2ª Pares Pares Ímpares Pares 
3ª Pares Ímpares Pares Pares 
4ª Pares Ímpares Ímpares Pares 
5ª Ímpares Pares Pares Pares 
6ª Ímpares Ímpares Ímpares Pares 
7ª Ímpares Pares Ímpares Pares 
8ª Ímpares Ímpares Ímpares Pares 
 
 
Então existem 8 possibilidades para que o produto seja quadrado. Pelo P.C.P., as 8 possibilidades são 
as casas e os 9 elementos de A são os pombos, e consequentemente, dentre os 9 elementos de A, o 
produto de pelo menos dois deles é um quadrado. 
 
 
11. Um disco fechado de raio um contém sete pontos, cujas distâncias entre quaisquer dois deles é 
maior ou igual a um. Prove queo centro do disco é um destes pontos. 
 
Solução: 
 
12. Na região delimitada por um retângulo de largura quatro e altura três são marcados seis pontos. 
Prove que existe ao menos um par destes pontos cuja distância entre eles não é maior que √ . 
 
Solução: 
 
Dividimos o retângulo em quadrados de lado unitário, como mostra a figura abaixo. Posicionamos 4 
destes pontos nos vértices do retângulo maior. Em seguida posicionamos o quinto ponto no centro do 
retângulo maior (onde do centro aos outros teremos 2,5 > √ ). Ao acrescentarmos o sexto ponto, em 
qualquer região, ela não será maior que 2 em relação a 2 pontos mais próximos (lembrando que 2 < 
√ ). 
 
13. Seja a um número irracional. Prove que existem infinitos números racionais r = p/q tais que |a – r| 
j< 1/q2. 
 
Solução: 
 
14. Suponha que cada ponto do reticulado plano é pintado de vermelho ou azul. Mostre que existe 
algum retângulo com vértices no reticulado e todos da mesma cor. 
 
Solução: 
 
Se imaginarmos 3 linhas horizontais, as quais possuam 3 ponto de cores alternadas (vermelho ou 
azul) e alinhados sobre uma reta perpendicular às horizontais; para cada paralela ao alinhamento 
desses pontos teremos 2x2x2 = 8 possibilidades de disposição de cores aos pontos de intersecção 
das paralelas com as horizontais. Então, sabemos que após 8 retas paralelas irá repetir algum padrão 
das 8 possibilidades, e iremos ter o possível retângulo. 
 
 
 
15. Um certo livreiro vende pelo menos um livro por dia. Sabendo que o livreiro vendeu 463 livros 
durante 305 dias consecutivos, mostre que em algum período de dias consecutivos o livreiro vendeu 
exatamente 144 livros. 
 
Solução: 
A soma de livros vendidos do 1º ao último dia é 463. Considere Sn como a soma dos livros vendidos do 
1º dia ao dia n, com 1 305. Temos que: 
1 S1 S2 <S3 <S4 < S305 = 463. 
Note S4- S1 é a quantidade de livros vendidos entre o 1º e o 4º dia. Considere agora 1 p 
Devemos mostrar que existe p e q tal que Sp- Sq= 144. 
Observe que a seqüencia abaixo é crescente, pois é vendido por dia pelo menos 1 livro. 
S1 S2 < S3 < S4 < S305 (I), logo 
144+S1 144+S2 <144+S3 <144+S4 < S305 (II) 
Das sequencias (I) e (II) temos: 
 305+305= 610 números e 
 463+144= 607 valores possíveis. 
Pelo PCB, os números equivalem aos pombos e os possíveis valores as casas, logo Sp seqüencia (I) 
e Sq+ 144 à seqüencia (II). 
Portanto em algum período de dias consecutivos o livreiro vendeu exatamente 144 livros. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 5 – Soluções dos Exercícios 
1. De quantas maneiras podemos escolher três números distintos do conjunto I50 = {1, 2, 3, ..., 49, 50 } 
de modo que sua soma seja 
 
a) um múltiplo de 3? 
 
Devemos escolher números cujas classes de restos são do tipo 0 – 0 – 0 ou 1 – 1 – 1 ou 0 – 1 – 2 ou 
2 – 2 – 2. 
 
Classe de resto 0 são 16 números, de resto 1 ou 2 são 17 números cada. 
 
Para escolher três números de resto 0 num total de 16 temos 
560
3
16








 maneiras. 
 
Para escolher três números de resto 1 ou 2 num total de 17 temos 
1360680.2
3
17
.2 







 maneiras. 
 
Para escolher um número de resto 0, um número de resto 1 e um número de resto 2 temos, pelo 
principio multiplicativo, 16 . 17 . 17 = 4624 maneiras. 
 
Logo teremos 560 + 1360 + 4624 = 6544 maneiras distintas de escolher os três números cuja soma 
será múltiplo de três. 
 
 
b) um número par? 
Podemos escolher três números pares num total de 25, ou seja, 
2300
3
25








 maneiras. 
 
Podemos escolher dois números ímpares numtotal de 25, ou seja, 
300
2
25








 maneiras e um número 
par num total de 25. Portanto teremos 300 . 25 = 7500 maneiras. 
 
Finalmente pelo principio aditivo teremos um total de 2300 + 7500 = 9800 maneiras distintas de 
escolher os três números cuja soma será par. 
 
 
2. Considere o conjunto In = {1, 2, 3, ..., n – 1, n}. Diga de quantos modos é possível formar 
subconjuntos de k elementos nos quais não haja números consecutivos? 
 
Considerando um caso particular se o conjunto fosse {1, 2, 3, 4, 5, 6}, teríamos 4 opções para 
formarmos 3 subconjuntos onde não existiriam números consecutivos. Seriam os seguintes 
subconjuntos: {1, 3, 5} {1, 3, 6} {1, 4, 6} {2, 4, 6} 
É lógico que este processo de enumeração é exaustivo e nada prático, então, vamos tentar 
generalizar. 
Usaremos o símbolo + para os elementos que farão parte do subconjunto e o símbolo - para os que 
não farão parte dele. 
Para o exemplo dado, com um conjunto de 6 elementos e subconjuntos de 3 elementos, teríamos 3 
símbolos + e 3 símbolos - que, em cada subconjunto não poderiam estar seguidos. 
Para o subconjunto {1, 3, 5}, a simbologia seria: + - + - + -. 
Devemos perceber que, para 6 elementos, ficam definidos 7 posições possíveis (n + 1), conforme 
figura abaixo. 
 - - - 
 
Fixando os 3 lugares que seriam preenchidos pelos elementos que não farão parte do subconjunto, 
sobrariam 4 posições (n – k +1) para serem escolhidas 3 para serem preenchidas pelos que farão 
parte do subconjunto. 
Note que, se temos 3 elementos que não vão participar do subconjunto, temos 3 + 1 (n – k +1) 
posições para serem ocupadas pelos outros 3 elementos, que farão parte do subconjunto. Logo, em 
nosso exemplo, temos uma única posição para os não participantes (-) e C4,3 para os participantes (+) 
do subconjunto. 
Então, generalizando, teremos para n elementos 
kknC ,1
. 
 
3. Considere as letras da palavra PERMUTA. Quantos anagramas de 4 letras podem ser formados, 
onde: 
a) não há restrições quanto ao número de consoantes ou vogais? 
b) o anagrama começa e termina por vogal? 
c) a letra R aparece? 
d) a letra T aparece e o anagrama termina por vogal? 
 
a) 7 . 6 . 5 . 4 = 840 anagramas b) 3 . 5 . 4 . 2 = 120 anagramas 
 
c) São 4 posições para colocar a letra R. Depois temos 6 . 5 . 4 = 120 maneiras de escolher as outras 
três letras. Portanto temos 4 . 120 = 480 anagramas com a letra R. 
 
d) São três posições para colocar a letra T. Temos 3 . (5 . 4 . 3) = 180 anagramas com a letra T que 
terminam em vogal. 
 
 
4. Calcular a soma de todos os números de 5 algarismos distintos formados com os algarismos 1; 3; 5; 
7 e 9. 
 
Teremos um total de 120 números todos da forma 
edcba  10.10.10.10. 234
. Sendo que a, b, c, 
d, e podem assumir os valores 1, 3, 5, 7 e 9. 
Somando esses algarismos teremos 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 (soma dos valores absolutos que 
corresponde à soma quando cada um deles estiver em uma ordem fixa). Como são 24 números com 
os algarismos ocupando uma posição fixa teremos 25 x 24 = 600. 
Para somar todos os números devemos usar a decomposição do total que será dada por 
)(10).(10.)(10).(10).( 234 edcbaedcbaedcbaedcbaedcba 
multiplicado por 24. Como (a + b + c+ d + e) x 24 = 600, temos por soma o produto
 110101010.600 1234 
 = 600 x 11111 = 6666600 
 
 
5. Quantos números podem ser formados pela multiplicação de alguns ou de todos os números 2; 2; 3; 
3; 3; 5; 5; 6; 8; 9; 9? 
 
Tais números são do tipo 
cba 5.3.2
, sendo 0  a  6; 0  b  8 e 0  c  2. Como são 7, 9 e 3 
possibilidades para a, b e c, respectivamente, então são 7 . 9 . 3 = 189 possibilidades para 
cba 5.3.2
. 
Mas 1, 2, 3 , 5, 8, 38, 38 . 5, 38 . 52 , 26 , 26 . 5 e 26 . 52 não podem ser obtidos como pede o texto. 
Assim, são 178 desses números. 
 
6. Entre todos os números de sete dígitos, diga quantos possuem exatamente três dígitos 9 e os 
quatro dígitos restantes todos diferentes? 
 
Temos um total de 
4,9
3
7 .CP
 números de sete dígitos com três repetidos, veja figura abaixo. 
9 9 9 
 
 
3
7P
 
4,9C
 
Mas, devemos excluir os números iniciados em zero, que são em um total de 
3,8
3
6 .CP
 
 
Então teremos 
4,9
3
7 .CP
 - 
3,8
3
6 .CP
 = 126 x 840 – 56 x 120 = 99120 números. 
 
 
7. De quantas maneiras podemos distribuir 22 livros diferentes entre 5 alunos se 2 deles recebem 5 
livros cada e os outros 3 recebem 4 livros cada? 
 
Primeiro escolhemos os alunos de 
3,32,5 . CC
 maneiras diferentes. 
Depois escolhemos os livros de 
4,44,84,125,175,22 .... CCCCC
 maneiras diferentes. 
O total, pelo principio multiplicativo, será o produto das duas escolhas. 
 
Teremos 
3,32,5 . CC
 . 
4,44,84,125,175,22 .... CCCCC
 = 
  !2.!3.!4.!5
!22
3
= 56463835428000 
 
 
8. Quantos são os números naturais de sete dígitos nos quais o dígito 4 figura exatamente 3 vezes e o 
dígito 8 figura exatamente 2 vezes? 
 
Os números iniciados em 4 são iguais a 
8.8...1 2,42,6 CC
 = 5760 (
2,6C
 representa as maneiras de 
acrescentar os outros dois dígitos 4 e 
2,4C
 representa as maneiras de acrescentar os dois dígitos 8). 
Os números iniciados em 8 são iguais a 
8.8...1 3,51,6 CC
= 3840 (
1,6C
 representa as maneiras de 
acrescentar o outro dígito 8 e 
3,5C
 representa as maneiras de acrescentar os três dígitos 4). 
Os números iniciados em outros dígitos, exceto o zero, são iguais a 
8...7 2,33,6 CC
= 3360 (
3,6C
 
representa as maneiras de acrescentar os três dígitos 4 e 
2,3C
 representa as maneiras de acrescentar 
os dois dígitos 8). 
Portanto, pelo princípio aditivo, temos a soma 5760 + 3840 + 3360 = 12960 números. 
 
 
9. De quantas maneiras uma comissão de 4 pessoas pode ser formada, de um grupo de 6 homens e 6 
mulheres, se a mesma é composta de um número maior de homens do que de mulheres? 
 
Se o número de homens é maior que o número de mulheres então devemos ter 3 homens e 1 mulher 
ou 4 homens e 0 mulheres. 
Para 3 homens e 1 mulher temos 
120. 1,63,6 CC
 maneiras de escolher as comissões. 
Para 4 homens e 0 mulheres temos 
154,6 C
 maneiras de escolher as comissões. 
 
Pelo principio aditivo temos 120 + 15 = 135 maneiras de escolher as comissões. 
10. O comprimento de uma palavra é a quantidade de caracteres que ela possui. Encontre a 
quantidade de palavras de comprimento 5 que podemos formar fazendo uso de 10 caracteres distintos, 
de forma que não existam três caracteres consecutivos idênticos em cada palavra. 
 
Usando os 10 caracteres temos 
510
maneiras de formar as palavras de comprimento 5. 
São indesejáveis as palavras cujo formato está mostrada na figura abaixo. 
 
A A A B C 
 
 Grupo único 
 
O grupo que repete pode ser contado como 10 . 3! (são 10 caracteres diferentes e temos três itens 
para permutar AAA, B e C. 
Para as duas posições que sobram podemos ter 9 . 8 = 72 maneiras de escolha (pois esses caracteres 
não podem ser iguais). 
Portanto temos 
510
– 
8.9.!3.10
 = 95680 palavras. 
 
 
11. Quantos números inteiros existem entre 1 e 10.000 que não são divisíveis por 3; 5 e 7? 
 
Obs.: Fiz o exercício sem considerar que fossem múltiplos simultâneos. 
 
São 3333 múltiplos de 3, 1999 múltiplos de 5 e 1428 múltiplos de 7. 
 
São 666 múltiplos de [3, 5] = 15; 476 múltiplos de [3, 7] = 21 e 285 múltiplos de [5, 7] = 35. 
 
São 95 múltiplos de [3, 5, 7] = 105. 
 
Pelo princípio da inclusão e exclusão temos 10000 – [3333 + 1999 + 1428 – (666 + 476 + 285) + 105] = 
4562 números que não são múltiplos de 3, 5 e 7.