RCMAT 03 COMPLETA

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REVISTA DO CLUBE DE MATEMÁTICOS
Número 3 | Outubro de 2019
 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
i 
 
 
 
 
RCMat 
REVISTA DO CLUBE DE MATEMÁTICOS 
 
NÚMERO 3 – OUTUBRO DE 2019 
 
http:\\revistarcmat.blogspot.com 
 
ISSN 2596-3511 
 
 
 
 
 
 
COMITÊ EDITORIAL 
 
André Luís Santos Maia – RJ 
Antônio Eurico da Silva Dias – RJ 
Carlos Eddy Esaguy Nehab – RJ 
Cícero Thiago Magalhães – CE 
Cristiano Marcell – RJ 
Emanuel Arcanjo Jaconiano – RJ 
Feres Fares – SP 
German Lourenço Mejia – RJ 
Haroldo Costa Silva Filho – RJ 
Jean Renato da Cunha Machado de Lira – RJ 
José Régis Azevedo Varão Filho – SP 
Kellem Corrêa Santos – DF 
Pablo Aguiar De Maio – RJ 
Renato de Oliveira Caldas Madeira – RJ 
Ronald Alexandre Martins – DF 
Ronald Simões – RJ 
Samuel Liló Abdalla – SP 
Vinícius do Nascimento S. Mano – RJ 
 
 
Capa: Vinícius Mano Imagem: Freepik.com 
 
EXPEDIENTE 
Os artigos assinados são de responsabilidade dos autores. É permitida a reprodução de 
artigos desde que seja citada a fonte. 
A RCMat é uma publicação semestral do Clube de Matemáticos, localizado na Rua Luiz 
Lengruber, 210, Iucas, Teresópolis – RJ. 
 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
ii 
 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
iii 
 
SUMÁRIO 
 
Apresentação 1 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
A bissetriz e seus teoremas (Chico Nery) 2 
Generalizando critérios de divisibilidade (Leandro da Silva Machado) 13 
Minicurso de teoria dos números – parte 3 (Jean Lira) 18 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
Probabilidade nos vestibulares (Renato Madeira) 23 
A importância da estratégia na Matemática do ENEM (Marcos Assumpção) 37 
Desvendando a Matemática no ENEM por seus temas mais incidentes 
(João da Costa Wagner) 43 
Algumas aplicações de somas trigonométricas (Pedro Pantoja) 46 
Um problema difícil de Geometria Espacial da Escola Naval 2018-2019 
(Luis Antonio Ponce Alonso) 52 
Trigonometria no vestibular da Urca: uma questão no nível do IME 
(Jardel L. Oliveira) 58 
PARTE 3 – ENSINO SUPERIOR 
O que é a área de um objeto? (Jessica Didole e Régis Varão) 63 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
Probleminhas para a OBMEP (Emanuel Jaconiano) 69 
Revisitando um problema da IMO Shortlist de 1988 (João da Costa Wagner) 76 
Quadriláteros inscritíveis (Luís Farias Maia) 79 
Generalizando o teorema de Menelaus e o teorema de Ceva 
(Ronald Alexandre Martins) 88 
Noções sobre funções geradoras (Cláudio Gustavo Lima) 95 
O uso do Polinômio Interpolador de Lagrange em desigualdades geométricas 
(Cleuber E. N. Silva, Paula E. Santos e Lívia A. Abreu) 105 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
Jogo do Cano (ASMD) (Gabriel C. Boucinhas e Leandro S. Machado) 111 
Cubo mágico: vencendo desafios e aumentando o desempenho no aprendizado 
de Matemática (Welbert O. Moutta e Rondinele O. Moutta) 121 
Concurso docente EBTT: uma questão bem interessante (Jardel L. Oliveira) 127 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
iv 
PARTE 6 – APLICAÇÕES 
A hipótese de Riemann (Samuel Liló Abdalla) 134 
PARTE 7 – VARIEDADES 
Poesia Seno de Trinta (Ronaldo Mota) 116 
A gente pergunta. Você resolve. 135 
A gente pergunta. Você resolve. (Soluções dos Leitores) 138 
Desafios de Geometria Plana 139 
Charges do Professor (Cristiano Marcell) 143 
Um pouco de história – Leonardo de Pisa (Renato Madeira) 144 
adinhas (Renato Madeira) 147 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
APRESENTAÇÃO 
 
 
Essa é a 3ª edição da Revista do Clube de Matemáticos – RCMat. Nossa revista é 
elaborada por uma equipe de mais de 100 professores voluntários, todos imbuídos no 
objetivo de divulgar e melhorar o ensino da Matemática. 
Essa é a nossa primeira edição após obtermos o ISSN (International Standard Serial 
Number), ou seja, estarmos oficialmente registrados como uma publicação periódica. Isso 
só foi possível graças ao trabalho da Sra. Cassia Regina Alho Curi, bibliotecária da rede 
Firjan - SESI, a quem devemos um agradecimento muito especial. Além de dar 
credibilidade à publicação, o ISSN possibilita que nossos autores incluam seus artigos no 
seu Currículo Lattes. 
Temos artigos em todos os segmentos propostos: ensino fundamental, médio, 
superior, olimpíadas, magistério e aplicações. Essa edição em particular apresentou um 
aumento significativo na quantidade de artigos voltados para olimpíadas de Matemática, 
inclusive voltados para o treinamento inicial da OBMEP. 
Cabe ressaltar também, na parte de Magistério, dois artigos sobre jogos 
matemáticos, o que vai se tornar frequente nessa publicação, pois juntaram-se ao nosso 
grupo diversos professores que atuam nessa área. 
Uma novidade dessa edição é a seção DESAFIOS DE GEOMETRIA PLANA. 
Foram propostos 10 probleminhas interessantes de Geometria para que os leitores tentem 
resolver. Vocês estão convidados a enviar suas soluções. Na próxima edição publicaremos 
as nossas. Devemos aqui um agradecimento especial ao professor Marcos Avalos, do Peru, 
que gentilmente permitiu que utilizássemos suas questões em nossa publicação. Caso você 
queira conhecer melhor o trabalho do professor Marcos Avalos siga sua página no 
Facebook, Geometría – TARMA. 
Nas próximas edições esperamos trazer ainda mais novidades, mas, para tanto, 
precisamos de vocês leitores. Interajam conosco pelo e-mail revistarcmat@gmail.com ou 
pela nossa página no Facebook (https://www.facebook.com/revistadoclubedematematicos/). 
Envie suas dúvidas de Matemática, enunciados de questões que você gostaria de ver 
resolvidas, sugestões de pautas, o que você quiser, pois essa revista é de todos nós. 
Se você é professor(a) ou estudante de Matemática, envie também suas sugestões ou 
junte-se a nós e seja também um autor da RCMat. 
 
 
Comitê Editorial 
1
mailto:revistarcmat@gmail.com
https://www.facebook.com/revistadoclubedematematicos/
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
A BISSETRIZ E SEUS TEOREMAS 
 
Chico Nery 
 
 
Nesse breve texto, vamos analisar a bissetriz de um triângulo e seus notáveis 
teoremas: o "teorema da bissetriz interna", o "teorema da bissetriz externa" e seus 
respectivos recíprocos. 
Para iniciarmos esse estudo é preciso fazer uma pequena introdução. 
 
 
1. INTRODUÇÃO 
 
Ao considerarmos o ângulo como sendo a figura formada por duas semirretas de 
mesma origem, podemos dizer que sua "bissetriz" é a semirreta com origem no vértice do 
ângulo e que o divide em dois ângulos adjacentes e congruentes. 
 
 
 
 
 
 
 
OP é bissetriz do 
ângulo ˆAOB 
 
1.1. PROPRIEDADES 
 
Qualquer ponto da bissetriz equidista dos lados do ângulo. 
 
 
 
 
 
 
( )oOAP OBP L A A
PA PB
  

=
 
 2
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
A recíproca é verdadeira, ou seja, se um ponto no interior do ângulo equidista dos 
seus lados, esse ponto pertence à bissetriz do ângulo. 
 
 
 
 
 
 
( )rOAP OBP L L A  

 = 
 
 
1.2. DEFINIÇÕES 
 
Costumamos chamar de "ceviana" de um triângulo, qualquer segmento de reta que possui 
uma extremidade num vértice e a outra extremidade no lado oposto ou no seu 
prolongamento. 
A bissetriz, assim como a mediana e a altura, é uma ceviana do triângulo. 
 
 
 
 
 
Em relação ao vértice A: 
AN é bissetriz (𝐵�̂�𝑁 = 𝐶�̂�𝑁) 
AH é altura (𝐴�̂�𝐵 = 90°) 
AM é mediana (𝐵𝑀̅̅ ̅̅̅ = 𝐶𝑀̅̅̅̅̅) 
 
 
2. TEOREMAS DA BISSETRIZ INTERNA 
 
2.1. TEOREMA DA BISSETRIZ INTERNA 
 
Um dos teoremas fundamentais de Geometria Plana Sintética no Ensino Médio é 
justamente o "teorema da bissetriz interna". 
Esse teorema afirma que: "num triângulo, ao traçarmos a bissetriz de um ângulo, 
ela, ao atingir o lado oposto, o divide em dois segmentos proporcionaisaos lados 
adjacentes ao ângulo". 
 
 3
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
 
 
 
AB AC
BD CD
= 
 
Um exemplo de aplicação: 
 
 
 
 
 
4 8
BD 9 BD
BD 3
CD 6
=
−
 =
 
=
 
 
2.2. RECÍPROCO DO TEOREMA DA BISSETRIZ INTERNA 
 
O recíproco do teorema da bissetriz interna também é um teorema, isto é, também 
é verdadeiro. 
Enunciado: "se, num triângulo, traçarmos uma ceviana que divide internamente o 
lado oposto em segmentos proporcionais aos lados do ângulo de origem da ceviana, esta 
é uma bissetriz do tal ângulo". 
 
 
 
 
 
AB AC
BE CE
=  AE é bissetriz ( ) =  
 
 
 
 
 
 
 
 4
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Um exemplo de aplicação: 
 
 
24 40
AE
21 35
=  é bissetriz ( )ˆ ˆBAE CAE 60= =  
 
 
2.3. DEMONSTRAÇÕES 
 
Podemos demonstrar o "teorema da bissetriz interna" (e também o seu recíproco) 
de várias maneiras, ou seja, em diferentes momentos do desenrolar do curso, o que acaba 
sendo muito educativo. 
Ele pode ser demonstrado logo após a apresentação do teorema de Tales, logo após 
o estudo da Semelhança de triângulos, em seguida à Lei dos senos, ou até com o auxílio 
de propriedades das áreas. 
 
2.3.1. DEMONSTRAÇÕES DO TEOREMA DA BISSETRIZ INTERNA 
 
(1ª) Com o auxílio do Teorema de Tales 
 
 
 
Consideremos um triângulo ABC e sua bissetriz AD 
Prolonguemos o lado AC e tracemos, pelo vértice B uma reta paralela à reta AD. 
Encontramos o ponto E gerando o triângulo ABE. 
Sendo BE paralelo a AD, temos às seguintes igualdades: 
𝐶�̂�𝐷 = 𝐴�̂�𝐵 (𝜃 = 𝛼), pois são correspondentes e 
𝐷�̂�𝐵 = 𝐴�̂�𝐸 (𝛽 = 𝛼), pois são alternos internos. 
Logo, o triângulo ABE é isósceles, pois 𝜃 = 𝛽, e então 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . 
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Apliquemos agora o Teorema de Tales: 
AE AC
.
BD CD
= 
Mas, 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , então 
AB AC
.
BD CD
= 
 
(2ª) Com o auxílio da Semelhança de Triângulos 
 
 
 
Prolonguemos a bissetriz AD até encontrar a paralela a AC passando por B, em E. 
𝐴�̂�𝐵 = 𝐶�̂�𝐷 (𝛼 = 𝛽). 
Portanto o triângulo ABE é isósceles (𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ ). 
Os triângulos BDE e ADC são semelhantes, portanto 
BE BD
.
AC CD
= 
Mas 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ , então 
AB BD
AC CD
= ou 
AB AC
.
BD CD
= 
 
(3ª) Com o auxílio da Lei dos Senos 
 
 
 
Consideremos 𝐵�̂�𝐷 = 𝐶�̂�𝐷 = 𝛼 e 𝐴�̂�𝐵 = 𝛽. 
Apliquemos a lei dos senos nos triângulos ABD e ACD. 
AB BD AB sen
sen sen senBD

=  =
  
 
( )
( )sen 180AC CD AC sen
sen 180 sen CD sen sen
 − 
=  = =
−   
 
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Portanto, concluímos que 
AB AC
.
BD CD
= 
 
(4ª) Com o auxílio de propriedades de áreas 
 
 
 
Sabemos que a extremidade D da bissetriz equidista dos lados AB e AC, seja d essa 
distância. 
Seja h a medida da altura relativa ao vértice A. 
Comparando as áreas dos triângulos ABD e ACD, temos 
( )
( )
AB d
ABD AB2
ACD AC d AC
2

= =

 e também 
( )
( )
BD h
ABD BD2 .
ACD CDCD h
2

= =

 
Logo, 
AB BD AB AC
.
AC CD BD CD
=  = 
 
 
2.3.2. DEMONSTRAÇÕES DO RECÍPROCO DO TEOREMA DA BISSETRIZ 
INTERNA 
 
Já sabemos que em um triângulo ABC, ao traçarmos a bissetriz AD, vale a proporção: 
 
 
 
( )
AB AC AB BD AB BD
I
BD CD AC CD AC BC BD
=  =  =
−
 
 
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
O que vamos provar agora é que, se tomarmos um ponto E no lado BC, de modo que seja 
verdadeira a proporção 
AB AC
,
BE CE
= esse segmento AE é bissetriz do ângulo A. 
 
 
 
Sendo 
AB AC AB BE
,
BE CE AC CE
=  = podemos escrever ( )
AB BE
II .
AC BC BE
=
−
 
De (I) e (II), concluímos que 
BD BE
.
BC BD BC BE
=
− −
 
 
Aplicando uma propriedade das proporções, encontramos: 
BD BE BD BE
BD BE.
BC BD BD BC BE BE BC BC
=  =  =
− + − +
 
 
Logo, os pontos E e D são coincidentes e, por isso, AE é bissetriz do ângulo �̂� , como 
queríamos provar. 
 
 
Uma segunda demonstração 
 
Apresentaremos a seguir mais uma interessante demonstração do recíproco do teorema 
da bissetriz com auxílio de propriedades envolvendo áreas. 
No triângulo ABC, seja h a medida da altura relativa ao vértice A, e 1h e 2h as distâncias 
do ponto E aos lados AC e AB. 
 
 
 
Comparando as áreas dos triângulos ABE e ACE, temos: 
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( )
( )
( )
2
2
1 1
AB h
AB hABE 2 I
ACE AC h AC h
2


= =
 
 e também 
( )
( )
( )
BE h
ABE BE2 II .
ACE CE h CE
2

= =

 
Comparando (I) e (II), obtemos: 2
1
AB h BE
,
AC h CE

=

 mas 
AB BE
,
AC CE
= logo 2 1h h ,= o que 
implica que E pertence à bissetriz de A. 
 
 
3. TEOREMA DA BISSETRIZ EXTERNA 
 
Num triângulo ABC, assim como traçamos a bissetriz do ângulo interno A, também 
podemos traçar a bissetriz do ângulo externo A. 
Ao traçarmos esta bissetriz, ela intersecta o prolongamento do lado BC, num ponto E, 
gerando a seguinte proporção: 
 
AB AC
BE CE
= 
 
 
 
Observações: 
1) Notemos que as bissetrizes AE e AD, a externa e a interna são perpendiculares, pois 
2𝛼 + 2𝛽 = 180°, portanto 𝛼 + 𝛽 = 90°. 
 
2) Caso 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , a bissetriz externa fica paralela ao lado BC, o ponto E deixa de existir, 
e o teorema não se aplica. 
 
 
 
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
3.1. DEMONSTRAÇÃO DO TEOREMA DA BISSETRIZ EXTERNA 
 
Será apresentada apenas uma demonstração, usando semelhança de triângulos, deixando 
para os leitores o desafio de encontrar outras demonstrações utilizando Teorema de Tales, 
lei dos senos, áreas etc. 
 
 
 
Tracemos por B uma paralela ao lado AC, que intersecta a bissetriz AE num ponto F. 
Temos 𝐺�̂�𝐹 = 𝐴�̂�𝐵 = 𝛽, pois são alternos internos, e, por isso, o triângulo ABF é 
isósceles, ou seja, 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐹̅̅ ̅̅ . 
Os triângulos BFE e CAE são semelhantes, pois BF é paralelo a AC. 
Daí, 
BF AC
,
BE CE
= mas 𝐵𝐹̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , logo 
AB AC
.
BE CE
= 
 
Um exemplo de aplicação: 
 
 
 
6 16
x 12
x 20 x
=  =
+
 
Portanto, BE̅̅̅̅ = 12 e CE̅̅̅̅ = 32. 
 
 
3.2. RECÍPROCO DO TEOREMA DA BISSETRIZ EXTERNA 
 
O recíproco do teorema da bissetriz externa também é um teorema, ou seja, também é 
uma verdade. 
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Enunciando: "se em um triângulo ABC, traçarmos pelo ângulo externo A, um segmento 
AE, com E no prolongamento do lado BC, de modo que 
AB AC
,
BE CE
= essa ceviana é a 
bissetriz externa do ângulo A. 
 
 
3.3. DEMONSTRAÇÃO DO RECÍPROCO DO TEOREMA DA BISSETRIZ 
EXTERNA 
 
No triângulo ABC, seja h a altura relativa ao vértice A, e d e d' as distâncias do ponto E 
às retas AB e CA. 
 
 
 
Calculemos a razão entre as áreas dos triângulos ABE e ACE. 
( )
( )
d
AB
ABE AB d2
d 'ACE AC d 'AC
2


= =

 e 
( )
( )
h
BE
ABE BE2 .
hACE CECE
2

= =

 
Então, 
AB d BE
,
AC d ' CE

=

 mas 
AB BE
,
AC CE
= logo d d ',= o que implica que AE é bissetriz 
externa do ângulo A (𝛼 = 𝛽). 
 
Um exemplo de aplicação: 
 
 
 
 11
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Sendo verdade que 
AB AC
,
BE CE
= pois 
15 40
,
21 56
= pelo recíproco do teorema da bissetriz 
externa, podemos concluir que AE é bissetriz do ângulo A, ou seja, 𝛼 = 𝛽. 
 
Encerramos esse pequeno artigo/estudo sobre as bissetrizes de um triângulo, 
reiterando o convite/desafio aos leitores para que procurem encontrar diferentes 
demonstrações para os teoremas aqui apresentados.12
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
 
GENERALIZANDO CRITÉRIOS DE DIVISIBILIDADE 
 
Prof. MSc. Leandro da Silva Machado 
CAp-UERJ 
 
Ao discutirmos acerca dos critérios de divisibilidade no Ensino Fundamental, é 
comum deixar o foco nos primos 2, 3 e 5 e suas combinações, como 4, 6, 8 e 10. Por 
vezes, os critérios de divisibilidade para outros primos como 7, 11 ou 13 são 
simplesmente ignorados, com a desculpa de que “é mais fácil fazer a divisão do que 
aplicar estes critérios...”. 
O objetivo deste artigo é contestar esta afirmação, mostrando que é possível 
trabalhar, mesmo com alunos de 6º ano, um tipo de generalização dos critérios de 
divisibilidade, que valerá para todos os primos que possuam um múltiplo que termine em 
1. 
 
Caso Base - Critério de Divisibilidade por 7: 
 
Dado um número natural N, vale o seguinte critério para saber se N é múltiplo de 7: 
 
• Separe o algarismo das unidades; 
• Dobre este valor; 
• Diminua o resultado encontrado do restante do número; 
• Se o resultado por um múltiplo de 7, então N também o será; 
• Se o resultado não for um múltiplo de 7, então N também não o será. 
 
Exemplos: 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
1N 595 59 5 59 10 59 10 49 7 7= → → → − = =  
 
Como 49 é múltiplo de 7, então 595 também é. De fato, 595 7 85.=  
 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
2N 1029 102 9 102 18 102 18 84 7 12= → → → − = =  
 
Como 84 é múltiplo de 7, então 1029 também é. De fato, 1029 7 147.=  
 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
3N 38276 3827 6 3827 12 3827 12 3815= → → → − = 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
3815 381 5 381 10 381 10 371→ → → − = 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
371 37 1 37 2 37 2 35 7 5→ → → − = =  
 
Como 35 é múltiplo de 7, então 371 também é, o que implica que 3815 também é, o que 
nos mostra que 38276 também é múltiplo de 7. De fato, 38276 7 5468.=  
 13
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
4N 605 60 5 60 10 60 10 50 7 7 1= → → → − = =  + 
 
Como 50 não é múltiplo de 7, então 605 também não é. De fato, vimos anteriormente que 
595 é múltiplo de 7, logo, os próximos múltiplos de 7 serão 602 e 609, de forma que, 
realmente, 605 não pode ser múltiplo de 7. 
 
O critério apresentado acima, pode ser formalmente descrito pelo teorema a 
seguir, que iremos demonstrar e analisar a demonstração para obter uma generalização. 
 
Teorema: Seja N um número natural cuja representação em base 10 é dada por 
n 2 1 0a a a a , nos quais os ia são os dígitos referentes a cada uma de suas ordens, então 
( )n 2 1 07 | N 7 | a a a 2a . − 
 
Demonstração: 
Vamos chamar de M o natural cuja representação em base 10 é dado por 𝑎𝑛 … 𝑎2𝑎1. Desta 
forma, temos que 𝑁 = 10𝑀 + 𝑎0. 
( ) 
Suponha 7 | 𝑁. Então, 7 | (10𝑀 + 𝑎0) (I). 
Mas, como 7 | 21, então 7 | 21𝑎0 (II). 
De (I) e (II) segue, que: 
( ) ( ) ( )0 0 0 07 | 10M a 21a 7 | 10M 20a 7 |10 M 2a + −  −  −  
Como 𝑚𝑑𝑐 (7,10) = 1, temos que 7 | (𝑀 − 2𝑎0), concluindo assim a primeira parte da 
demonstração. 
( ) 
Suponha 7 | (𝑎𝑛 … 𝑎2𝑎1 − 2𝑎0). Então, equivalentemente, temos que 7 | (𝑀 − 2𝑎0). 
Logo, ( ) ( ) ( )0 07 |10 M 2a 7 | 10M 20a III−  − 
Porém, 7 | 21, então 7 | 21𝑎0 (IV) 
De (III) e (IV), temos: 
( ) ( )0 0 07 | 10M 20a 21a 7 | 10M a 7 | N, − +  +   
concluindo a segunda parte da demonstração. 
 
Reparem que há dois pontos-chave nesta demonstração: a multiplicação de 
0M 2a− por 10, e a adição da parcela 21𝑎0 a esta expressão, gerando 10𝑀 + 𝑎0 = 𝑁. 
Portanto, a explicação do porquê deve-se “dobrar o dígito das unidades” no critério de 
divisibilidade por 7 está diretamente relacionada ao fato de 21 ser múltiplo de 7. 
Utilizando as informações acima, podemos generalizar este critério de 
divisibilidade por 7 para outros primos 𝑝 (diferentes de 2 e 5). Assim, buscaremos um 𝛽 
tal que satisfaça o seguinte critério, dado um número natural N qualquer: 
 
• Separe o algarismo das unidades; 
• Multiplique este valor por 𝛽; 
• Diminua o resultado encontrado do restante do número; 
• Se o resultado por um múltiplo de 𝑝, então N também o será; 
• Se o resultado não for um múltiplo de 𝑝, então N também não o será. 
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RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
O 𝛽 procurado será exatamente o número formado pelos dígitos de um múltiplo 
qualquer de p terminado em 1, sem a ordem das unidades. 
Por exemplo, se p 7,= um múltiplo terminado em 1 é 21 e 7 2. = 
 
Pensemos em um outro primo qualquer, digamos 17. Temos que 51 é um 
múltiplo de 17 terminado em 1 e, portanto, 𝛽17 = 5. De fato, podemos mostrar (de forma 
análoga à demonstração anterior) que ( )017 | N 7 | M 5a . − 
Vamos, então, verificar o critério sendo utilizado: 
 
quintuplicando subtraindo o resultado
 a unidade do restante do nºseparando
5N 1462 146 2 146 10 146 10 136 17 8= → → → − = =  
 
Como 136 é múltiplo de 7 (17 ∙ 8), então 1462 também é. De fato, 1462 17 86.=  
 
quintuplicando subtraindo o resultado
 a unidade do restante do nºseparando
6N 3995 399 5 399 25 399 25 374= → → → − = 
quintuplicando subtraindo o resultado
 a unidade do restante do nºseparando
374 37 4 37 20 37 20 17→ → → − = 
 
Como 17 é, ele próprio, múltiplo de 17, então 374 também será, implicando que 3995 
também será. De fato, 3995 = 17 ∙ 235. 
 
Finalmente, listaremos os respectivos critérios de divisibilidade para outros 
primos, a partir do raciocínio desenvolvido neste artigo: 
 
Primo 
Múltiplo de 
𝒑 terminado 
em 1 
Beta 
associado a 𝒑 
Critério 
𝑝 = 7 21 𝛽7 = 2 
Multiplique o dígito das unidades por 2, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 7 
𝑝 = 11 11 𝛽11 = 1 
Multiplique o dígito das unidades por 1, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 11 
𝑝 = 13 91 𝛽13 = 9 
Multiplique o dígito das unidades por 9, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 13 
𝑝 = 17 51 𝛽17 = 5 
Multiplique o dígito das unidades por 5, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 17 
𝑝 = 19 171 𝛽19 = 17 
Multiplique o dígito das unidades por 17, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 19 
𝑝 = 23 161 𝛽23 = 16 
Multiplique o dígito das unidades por 16, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 23 
 15
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
Há ainda um último detalhe a ser analisado: nós tomamos um parâmetro 𝛽 de tal 
forma que 10𝛽 é 1 unidade menor que um múltiplo de 𝑝. No entanto, também poderíamos 
pegar um parâmetro 𝛿 tal que 10𝛿 seja uma unidade maior que um múltiplo de 𝑝. O que 
aconteceria? 
Vamos analisar o caso 𝛿13. Sabemos que 39 é múltiplo de 13, então: 
( ) Suponha 13 | 𝑁, então 13 | (10𝑀 + 𝑎0) (I). 
Mas, como 13 | 39, então 13 | 39𝑎0 (II). 
De (I) e (II) segue: 
( ) ( ) ( )0 0 0 07 | 10M a 39a 7 | 10M 40a 7 |10 M 4a . + +  +  +  
Como 𝑚𝑑𝑐 (7,10) = 1, temos que 7 | (𝑀 + 4𝑎0). 
 
Como todos os passos são reversíveis, a volta também é verdadeira, de forma 
que outro critério de divisibilidade para 13 seria com 𝛿13 = −4 (ao invés de diminuir o 
dígito das unidades depois de multiplicado por 𝛿, vamos somá-lo). 
Esse caso é importante, pois é aplicável a todos os primos terminados em 9. 
 
Podemos, portanto, unir os dois critérios de forma conveniente para deixar os 
cálculos mais simples possíveis. A tabela abaixo ilustraalgumas possibilidades: 
 
Primo 
Múltiplo de 
𝒑 terminado 
em 1 ou 9 
Parâmetro 
associado a 𝒑 
Critério 
𝑝 = 7 21 𝛽7 = 2 
Multiplique o dígito das unidades por 2, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 7 
𝑝 = 11 11 𝛽11 = 1 
Separe o dígito das unidades, diminua do 
resto do número e verifique se o resultado 
é múltiplo de 11 
𝑝 = 13 39 𝛿13 = −4 
Multiplique o dígito das unidades por 4, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 13 
𝑝 = 17 51 𝛽17 = 5 
Multiplique o dígito das unidades por 5, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 17 
𝑝 = 19 19 𝛿19 = −2 
Multiplique o dígito das unidades por 2, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 19 
𝑝 = 23 69 𝛿23 = −7 
Multiplique o dígito das unidades por 7, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 23 
𝑝 = 29 29 𝛿29 = −3 
Multiplique o dígito das unidades por 3, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 29 
𝑝 = 31 31 𝛽31 = 3 
Multiplique o dígito das unidades por 3, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 31 
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
𝑝 = 37 111 𝛽37 = 11 
Multiplique o dígito das unidades por 11, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 37 
𝑝 = 39 39 𝛿39 = −4 
Multiplique o dígito das unidades por 4, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 39 
𝑝 = 41 41 𝛽41 = 4 
Multiplique o dígito das unidades por 4, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 41 
 
 
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
 
MINICURSO DE TEORIA DOS NÚMEROS – PARTE 3 
 
Jean Lira 
Rio de Janeiro - RJ 
 
 
Na edição passada, falamos sobre critérios de divisibilidade e deixamos, como 
exercício, demonstrar os critérios de divisibilidade por 5, 6, 7, 8, 9 , 10 e 11. Pensaram 
que tinha esquecido?! 
Vamos logo a essas demonstrações: 
 
Provando o critério de divisibilidade por 5: 
 
Sendo N o número 1 2 3 nN a a a a= , então na forma polinomial ele será escrito assim: 
 
1 2 3 0
1 2 310 10 10 10
n n n
nN a a a a
− − −= + + + + 
 
Repare que 1 2 3
1 2 3 110 10 10 10
n n n
na a a a
− − −
−+ + + + é múltiplo de 10, pois todos os termos 
são multiplicados por uma potência de 10. Sendo assim, podemos escrevê-lo na forma 
10k , com k . Assim, o número N fica da forma 10 .= + nN k a Como 10k é múltiplo 
de 5, então para N ser múltiplo de 5, o algarismo na deve ser zero ou múltiplo de 5, nesse 
último caso podendo ser apenas o 5. Logo o número deve terminar em 0 ou 5. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 6: 
 
Vamos dividir essa demonstração em duas etapas: primeiro vamos provar a ida, provando 
que se um número é múltiplo de 6, então ele é múltiplo de 2 e de 3: 
 
Se um número N é múltiplo de 6, então ele pode ser escrito da forma 6 ,=N k com k . 
Como 6 2 3,=  podemos escrever 2 (3 ).= N k Logo, N é múltiplo de 2. 
Mas também podemos escrever que 3 (2 ).= N k Assim, ele também é múltiplo de 3. 
Logo se um número é múltiplo de 6 ele será múltiplo de 2 e de 3. 
 
Agora vamos provar a volta, ou seja, se um número é múltiplo de 2 e de 3 ele também 
será múltiplo de 6: 
Se N é múltiplo de 2 e de 3, então ele será da forma 2N q= e 3N p= , com p,q . 
Como 3 2q q q− = , então 3q N q− = , porém como 3N p= , então: 
3 3 3( )q p q q q p− =  = − 
Como q p ( afinal 
2
N
q = e 
3
N
p = ) então ( ) 0q p−  . Além disso se ,− =q p k com 
k , então: 
3 3( ) 3kk q p q= −  = 
Como 2N q= , então 2 3 6 .=  =N k k 
Assim, se N é múltiplo de 2 e de 3, então será múltiplo de 6. 
 
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Assim a ida e a volta estão demonstradas. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 7: 
 
Assim como fizemos no critério por 5 vamos escrever 
 
1 2 3 0
1 2 3 110 10 10 10 10
n n n
n nN a a a a a
− − −
−= + + + + + 
o que implica 010 ,= +N k a com k . 
Queremos mostrar que 010k a+ é múltiplo de 7 se, e somente se, 02k a− é múltiplo de 
7. 
Primeiro vamos mostrar que se 02k a− é múltiplo de 7, então 010k a+ é múltiplo de 7: 
Se 02k a− é múltiplo de 7 então podemos escrever que 02 7 ,− =k a p com p . 
Multiplicando ambos os lados por 10, temos 010 20 70 .− =k a p 
Como 70 p múltiplo de 7 então 010 20 7 ,− =k a q com q . 
Somando 021a de ambos os lados, temos: 
0 0 0 0 010 20 21 7 21 10 7( 3 )k a a q a k a q a− + = +  + = + 
Logo 010 7k a y+ = , com y . Então, se 02k a− é múltiplo de 7, 010N k a= + também 
é múltiplo de 7. 
 
Agora vamos mostrar que, se 010k a+ é múltiplo de 7 então 02k a− é múltiplo de 7. 
 
Se 010N k a= + é múltiplo de 7 então 010 7 ,+ =k a q com q . 
Escrevendo 0 0 021 20 ,= −a a a temos: 
 
( ) ( ) ( )
( )
0 0 0 0
0 0 0
0
10 21 20 7 10 20 7 21
10 2 7 3 10 2 7 ,
10 2
7
+ − =  − = − 
− = −  − =  
−
 =
y
k a a q k a q a
k a q a k a y y
k a
y
 
 
Como y é um número inteiro, então 10 ou ( )02k a− deve ser múltiplo de 7, como 
sabemos que 10 não é múltiplo de 7, então ( )02k a− deve ser. 
 
Assim mostramos que se 010k a+ é múltiplo de 7, então ( )02k a− é múltiplo de 7. 
 
Logo a ida e a volta da propriedade foram provadas. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 8: 
 
Mais uma vez, vamos escrever o número N como 
1 2 3 0
1 2 3 110 10 10 10 10 .
− − −
−= + + + + +
n n n
n nN a a a a a 
Colocando 310 1000= em evidência, ficamos com 
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PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
( )4 5 6 2 01 2 3 3 2 11000 10 10 10 10 10 10 .− − − − − −= + + + + + + +n n n n n n nN a a a a a a a 
Como 1000 é múltiplo de 8, então para N ser múltiplo de 8 devemos ter 
2 0
2 110 10 10n n na a a− −+ + também múltiplo de 8, ou seja, 2 1n n na a a− − , que é o número 
formado pelos 3 últimos algarismos de N deve ser múltiplo de 8. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 9: 
 
Para mostrarmos o critério de divisibilidade por 9, basta percebermos que: 
 
9'
999...9 10 1 999...9 1 10= −  + =k k
k s
 
Sendo assim, podemos escrever 1 2 3 0
1 2 3 110 10 10 10 10
n n n
n nN a a a a a
− − −
−= + + + + + 
como 
1 2 3 1
1 2 3
(999...9 1) (999...9 1) (999...9 1) (9 1) n n
n n n
N a a a a a−
− − −
= + + + + + + + + + 
1 2 3 1 1 2
1 2 3
999...9 999...9 999...9 9 ...n n
n n n
N a a a a a a a−
− − −
= + + + + + + + + 
1 2 3 1 1 2
1 2 3
9 111...1 111...1 111...1 ...n n
n n n
N a a a a a a a−
− − −
 
= + + + + + + + + 
 
 
Como podemos ver 1 2 3 1
1 2 3
9 111...1 111...1 111...1 n
n n n
a a a a −
− − −
 
+ + + + 
 
 é um múltiplo de 9, 
então a soma dos algarismos 1 2 ... na a a+ + + deve ser múltiplo de 9. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 10: 
 
Aqui não é tão difícil pensar que, se queremos que o número seja múltiplo de 10, faz 
sentido colocarmos o 10 em evidência: 
 
( )
1 2 3 0
1 2 3 1
2 3 4
1 2 3 1
10 10 10 10 10
10 10 10 10
n n n
n n
n n n
n n
N a a a a a
N a a a a a
− − −
−
− − −
−
= + + + + +
= + + + + +
 
Assim, como ( )2 3 41 2 3 110 10 10 10n n n na a a a− − − −+ + + + é múltiplo de 10, então na deve 
ser múltiplo de 10. Como o único número de um algarismo que é divisível por 10 é o 
zero, então 0na = . 
 
Provando o critério de divisibilidade por 11: 
 
Usando a sugestão da edição anterior: 
 
Podemos escrever que 
1
10 999...9 1n
n−
= + se n é par e que 
1
10 100...01 1n
n−
= − se n é ímpar. 
Além disso 
1
100...01 11 (9090...91).
−
= 
n
 
Sendo assim, se n 1− é par, temos: 
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RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
1 2 3 1
1 23 1 1 2 3 4 1
1 2 3 4 1
(999...9 1) (100...1 1) (999...9 1) (11 1)
999...9 100...1 999...9 ... 11 .....
11 ..... ,
−
− −
−
= + + − + + + + − +
= + + + + + − + − + − +
= + − + − + − + 
n n
n n n
n n
N a a a a a
N a a a a a a a a a a
N k a a a a a a k
 
 
Sendo assim, se a soma dos algarismos de ordem ímpar for igual a soma dos de ordem 
par, então 1 2 3 4 1..... n na a a a a a−− + − + − + será igual a zero, e N será múltiplo de 11. 
Se n 1− for ímpar o processo será semelhante, apenas com as ordens de 10n trocadas. 
 
 
NÚMEROS PRIMOS 
 
Já que estamos falando de múltiplos e divisores, temos, entre os números naturais, 
alguns com propriedades interessantes. São os números que possuem apenas, e 
exatamente, dois divisores naturais, o 1 e ele mesmo. A esses números especiais damos o 
nome de primos. 
Exemplos de números primos são: 2 (divisível apenas por 1 e 2), 3 (divisível apenas 
por 1 e 3) e 5(divisível apenas por 1 e 5). 
Reparem que 1 não é um número primo, mesmo ele sendo divisível apenas por 1, 
que nesse caso também é ele mesmo, não satisfaz a condição de possuir dois divisores 
naturais. 
Já falamos deles algumas vezes em outras edições da revista como, por exemplo, 
no artigo da primeira edição, “O TFA e os números irracionais”, dos professores Ronald 
Simões e Pablo De Maio. Na verdade, esses números são tão importantes, que é quase 
impossível não comentar sobre eles em qualquer discussão sobre Matemática. 
Euclides (isso, o mesmo da geometria. Ele era bem versátil!!!) em seu livro “Os 
elementos”, fala muito sobre os números primos. Um de seus teoremas mais importantes 
envolvendo números primos, e que usamos muito, é o Teorema Fundamental da 
Aritmética, também chamado de T.F.A, que diz o seguinte: 
 
Qualquer número natural, maior que 1, pode ser decomposto como um produto 
de números primos, e essa decomposição é única. 
 
Se pararmos para pensar, 2 é primo, logo já está decomposto, 4 é 2 2, 6 é 2 3, e 
por aí vai. Mas será que isso realmente vale para qualquer número? Vamos ver. 
Tomemos um número natural qualquer, N. Se N for primo, não há o que fazer, já 
vai estar decomposto. 
Se N não for primo, então ele tem um número natural 1,p maior do que 1, que é o 
menor divisor dele, certo? Então 1 ,= N p q com q . 
Se esse número 1p não for primo, então ele tem um número 1d , maior que 1 e 
menor que 1p , que divide ele. Mas aí esse número 1d , como divide 1p , também vai 
dividir N (transitividade da divisão, vimos isso na edição 1). Ué, 1d é menor que 1p e 
divide N? Mas não era pra 1p ser o menor divisor, diferente de 1, de N? “Isso é uma 
contradição!” 
Exatamente, como o fato de 1p não ser primo gera uma contradição, então 1p tem 
que ser primo. 
 21
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Agora, lembra que como 1p divide N, então 1 ?= N p q Então, podemos fazer a 
mesma coisa com o número q, mostrando que 2p é o menor número, diferente de 1, que 
divide q e esse 2p tem que ser primo. Assim teremos 2q p k=  , k . Logo 
1 2 .=  N p p k Mas podemos fazer a mesma coisa com k. E quando isso acaba? Se olhar 
bem, só quando o último número da decomposição for primo! Afinal eu sempre posso 
pegar o menor divisor, diferente de 1, de um número, maior do que 1, e mostrar que ele 
tem que ser primo. 
Assim todo número pode ser escrito apenas como produto de números primos. 
Mas o que me garante que essa decomposição vai ser única? 
Oras, se eu sempre estou usando o menor divisor, sem ser o 1, de um número, e só 
existe um único número menor, então essa decomposição é única! 
 
Outra afirmação interessante de Euclides é que os números primos são infinitos. 
 
“Nossa, provar que algo é infinito deve ser muito difícil!” 
 
Que nada! Se você já conhece o T.F.A, então é fácil, fácil. 
Podemos demonstrar que a quantidade de primos é infinita, por contradição, como 
segue. 
 
Vamos supor que a quantidade de números primos é finita, ou seja existe um 
número p que é o maior número primo. 
Então, teremos como fazer o produto de todos os números primos (2 3 5 ... )p    e 
se adicionássemos 1 a esse produto? Teríamos 
(2 3 5 ... ) 1x p=     + 
O que podemos dizer sobre os fatores primos que dividem o número x? Nenhum 
dos números primos de 2 até p pode dividir o x, afinal, como somamos 1, sempre vão 
deixar resto 1. Mas, pelo TFA, tem que existir um número primo que divida esse número 
x. Logo esse número vai ter que ser o próprio número x e esse número x tem que ser 
primo! Além disso, ele é maior que o número p, assim, p não pode ser o maior primo. 
“Aaaah, então o último número primo vai ser esse x aí.” 
 
Não é bem assim, afinal eu posso fazer a mesma coisa que antes e criar um número 
primo y que seja 
(2 3 5 ... ) 1y x=     + , e esse número y também vai ter que ser primo. 
“Então nunca vai ter um maior número primo?” 
 
Exatamente, mostramos assim que eles são infinitos! 
 
O TFA e a infinitude de números primos falam muito para gente sobre os divisores 
de um número. Mas vamos falar sobre isso na próxima edição, afinal, você tem que ter 
tempo para ler os outros maravilhosos artigos desta edição. 
 
Até mais! 
 
 
 22
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
PROBABILIDADE NOS VESTIBULARES 
 
Renato de Oliveira C. Madeira 
madematica.blogspot.com 
 
 
Nesse artigo apresentamos uma coletânea de questões sobre probabilidade que 
foram propostas nos principais vestibulares do país no ano de 2018. Esse assunto tem sido 
muito frequente e apareceu em praticamente todas as provas, eventualmente até em mais 
de uma questão. 
A seguir vamos expor de maneira sucinta os principais conceitos necessários 
para a resolução das questões listadas. 
 
A Teoria das Probabilidades é o ramo da Matemática que desenvolve modelos 
para analisar experimentos ou fenômenos aleatórios. 
 
Probabilidade de Laplace 
 
Seja um experimento aleatório. Todos os resultados possíveis desse experimento 
são chamados eventos elementares e o conjunto que os reúne chamado espaço amostral, 
representado por . Os subconjuntos do espaço amostral são chamados eventos. Um 
evento ocorre se algum de seus elementos foi o resultado do experimento. 
 
Se todos os eventos elementares forem equiprováveis, a probabilidade de em 
evento A é igual à razão entre o número de elementos do conjunto A (número de casos 
favoráveis) e o número de elementos do espaço amostral  (total de resultados 
possíveis). 
 
( )
( )
( )
# A número de casos favoráveis
P A
# número de resultados possíveis
= =

 
 
Se o nosso experimento aleatório for lançar um dado convencional e observar o 
resultado, então nosso espaço amostral é  1,2,3,4,5,6 = e seu número de elementos é 
( )# 6. = Seja o evento A tal que o resultado do experimento foi um número par, então 
 A 2,4,6= e seu número de elementos é ( )# A 3.= Observe que, para um dado honesto, 
cada um dos números tem a mesma probabilidade de sair, ou seja, os eventos elementares 
são equiprováveis. Sendo assim, a probabilidade do evento A é ( )
( )
( )
# A 3 1
P A .
# 6 2
= = =

 
 
Função Probabilidade 
 
Uma probabilidade é uma função que associa a cada evento A um número ( )P A 
tal que: 
• Para todo evento A, ( )0 P A 1;  
• ( )P 1; = e 
• Se A e B são eventos mutuamente excludentes então 
 23
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
( ) ( ) ( )P A B P A P B . = + 
 
Em geral, a probabilidade associada a cada evento corresponde à frequência em 
que ele ocorre no experimento/fenômeno aleatório. 
No caso de experimentos/fenômenos aleatórios em que os eventos elementares 
são equiprováveis, a probabilidade de cada evento elementar é 
( )
1
.
# 
 
 
Assim, no experimento de lançamento de um dado honesto descritoacima, se 
chamarmos de i, onde  i 1,2, ,6 , o evento correspondente ao resultado i no dado, 
então poderíamos definir ( ) ( ) ( )
1
P 1 P 2 P 6 .
6
= = = = Note que cada uma das 
probabilidades pertence ao intervalo  0,1 e que 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
P P 1 2 6 P 1 P 2 P 6 1.
6 6 6
 =    = + + + = + + + = 
 
Observe, porém, que não são todos os experimentos aleatórios que têm eventos 
elementares equiprováveis, como por exemplo os resultados no lançamento de um dado 
viciado. Em outros casos, os eventos elementares podem ou não ser equiprováveis 
dependendo da maneira como você os escolhe, ou seja, da maneira como você modela 
seu problema. 
 
Um erro muito comum é usar o conceito de probabilidade de Laplace em 
modelos que não são equiprobabilísticos. Considere, por exemplo, o resultado de um 
concurso de loteria com espaço amostral  ganhar na loteria, não ganhar na loteria .= 
Apesar do seu espaço amostral possuir 2 elementos não significa que você tem 
1
50%
2
= 
de chances de ganhar. 
Um outro exemplo muito bom dessa situação é o famoso problema de Monty 
Hall. Recomendo pesquisar sobre ele na internet. 
 
Vejamos outro exemplo de modelagem que resulta em eventos elementares não 
equiprováveis. Considere que estamos lançando duas moedas simultaneamente, 
observando o resultado e o objetivo é contar quantas caras foram obtidas. Poderíamos 
adotar para espaço amostral  0,1,2 , = onde os números representam a quantidade de 
caras obtidas no experimento. Entretanto, os resultados 0 e 2 podem ser obtidos de uma 
única forma ( )T,T e ( )H, H , respectivamente, onde onde o H representa a “cara” (head) 
e o T representa “coroa” (tail). Já o resultado 1 pode ser obtido de duas formas ( )H,T e 
( )T,H , o que implica que esse resultado tem o dobro da probabilidade dos outros dois. 
Assim, não podemos dizer que a probabilidade de cada um dos 3 eventos elementares 
seja 
1
.
3
 O correto é ( ) ( )
1
P 0 P 2
4
= = e ( )
2
P 1 .
4
= 
 
Considere agora no mesmo experimento o espaço amostral 
( ) ( ) ( ) ( ) H,H ; H,T ; T,H ; T,T ,= onde os eventos elementares são pares ordenados 
nos quais o primeiro elemento representa o resultado de uma das moedas e o segundo 
 24
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
elemento o resultado da outra. Note que, nessa modelagem, os quatro eventos elementares 
obtidos são equiprováveis. 
 
Modelar um experimento de forma que os eventos elementares obtidos sejam 
equiprováveis é mais conveniente, pois geralmente facilita o cálculo de todas as 
probabilidades. 
 
Entretanto, muitas vezes não temos essa opção e é necessário trabalhar com 
eventos elementares não equiprováveis. 
 
Probabilidade do evento complementar 
 
Seja A o evento complementar de A, ou seja, o evento correspondente a não 
ocorrer o evento A, então 
 
( ) ( )P A 1 P A .= − 
 
Isso significa que a probabilidade de um evento ocorrer mais a probabilidade de 
ele não ocorrer é 100%. 
 
Uma consequência é que ( ) ( ) ( )P P 1 P 1 1 0, =  = −  = − = ou seja, a 
probabilidade de um evento impossível ocorrer é 0. 
 
Aproveite para pensar se um evento de probabilidade 0 significa que ele não 
ocorre (impossível). Será que você consegue pensar em um exemplo que mostre o 
contrário? 
 
Probabilidade condicional 
 
Vamos voltar ao experimento do lançamento de um dado convencional. A 
probabilidade do resultado ser 2 é ( )
1
P 2 .
6
= Essa probabilidade é chamada probabilidade 
a priori e é a probabilidade do evento antes que o experimento seja realizado. 
Entretanto, se você for informado que o resultado foi um número par, essa 
probabilidade passa a ser ( )
1
P 2 | par ,
3
= lê-se probabilidade do resultado ser 2 dado que 
foi um número par, pois agora o novo espaço amostral é  ' 2, 4,6 = (espaço amostral 
reduzido). A probabilidade condicional também é chamada probabilidade a posteriori, 
pois é uma probabilidade calculada após a realização do experimento. 
 
Sejam A e B dois eventos e ( )P A 0. A probabilidade condicional de B dado 
A é ( )
( )
( )
P A B
P B | A .
P A

= 
 
Podemos usar a expressão acima para descobrir 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B| A P B P A | B =  =  (Lei da multiplicação). 
 
 25
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Vamos aplicar essa ideia para analisar a situação seguinte. Uma urna contém 4 
bolas brancas e 6 bolas pretas. Duas bolas são retiradas dessa urna sucessivamente e sem 
reposição. Qual é a probabilidade de ambas as bolas serem brancas? 
 
Seja o evento 1B correspondente à primeira bola retirada ser branca e 2B 
correspondente à segunda bola retirada ser branca. 
A probabilidade de ambas serem brancas é 
( ) ( ) ( )1 2 1 2 1
4 3 2
P B B P B P B | B .
10 9 15
 =  =  = 
Note que escolhemos a expressão adequada da lei da multiplicação para que a 
probabilidade condicional dependesse de algo que já havia acontecido. 
 
A lei da multiplicação pode ser representada de maneira conveniente em uma 
árvore de probabilidades, onde os números em cada ramos representam as probabilidades 
condicionais do evento associado ao final do ramo, dada a sequência de eventos que nos 
conduziu ao início do ramo. 
 
No diagrama anterior podemos obter, por exemplo, a probabilidade de a segunda 
bola retirada ser branca, identificando os ramos que têm B (branca) na segunda retirada. 
Assim, ( )2
4 3 6 4
P B .
10 9 10 9
=  +  
Chamando de 1P o evento correspondente à primeira bola retirada ser preta, a 
expressão anterior representa as seguintes probabilidades 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 1 2 1P B P B P B | B P P P B | P=  +  
onde 1B e 1P são uma partição do espaço amostral. 
Essa expressão é um caso particular do Teorema da Probabilidade Total que será 
exposto em seguida. 
 
Teorema da Probabilidade Total 
 
Sejam 1 2 nB ,B , ,B uma partição do espaço amostral  (conjuntos disjuntos 
cuja união resulta no espaço amostral), então 
 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 n
1 1 2 2 n n
P A P A B P A B P A B
P B P A | B P B P A | B P B P A | B
=  +  + +  =
=  +  + + 
 
 
 26
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Uma partição do espaço amostral que costuma ser muito usada é B e B. Nesse 
caso, temos: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P B P A | B P B P A | B .=  +  
 
Independência de eventos 
 
Dois eventos A e B, não impossíveis, são ditos independentes se o conhecimento 
sobre a ocorrência de um deles não afeta a probabilidade do outro ocorrer, ou seja, 
( ) ( )P B | A P B .= 
Por exemplo, se você está lançando duas moedas sucessivamente, o resultado do 
primeiro lançamento não afeta o segundo lançamento, assim esses eventos são 
independentes. Por outro lado, se você está retirando bolas de duas cores diferentes de 
uma urna sem reposição, o resultado da primeira retirada afeta a probabilidade da segunda 
retirada, então esses dois eventos não são independentes. 
 
Observe que para eventos independentes a lei da multiplicação se reduz à 
seguinte expressão ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B| A P B P A | B P A P B . =  =  =  
 
Probabilidade geométrica 
 
Seja a linha XY pertencente à linha AB. Supondo que foi escolhido ao acaso um 
ponto de AB e admitindo que a probabilidade de este ponto pertencer a XY é proporcional 
ao comprimento de XY e não depende da posição de XY em AB. A probabilidade de que 
o ponto escolhido esteja na linha XY é a razão entre o comprimento de XY e o 
comprimento de AB. 
 
 
 
Seja uma região B do plano contida em uma região A. Supondo que foi escolhido 
ao acaso um ponto de A e admitindo que a probabilidade de este ponto pertencer a B é 
proporcional à área da região B e não depende da posição de B em A. A probabilidade de 
que o ponto escolhido esteja naregião B é a razão entre a área de B e a área de A. 
 
Analogamente, a probabilidade de que um ponto dado em um sólido V pertença 
a uma parte v deste sólido é a razão entre o volume de v e o volume de V. 
 
Antes de passarmos aos exercícios, apresentamos uma lista de referências que 
serviram para a elaboração deste artigo e que podem ser úteis para aqueles que quiserem 
se aprofundar nesse assunto. 
 
• Morgado, A. C. et al. Análise Combinatória e Probabilidade. Rio de Janeiro: 
SBM, 2004. 
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
• Morgado, A. C. e Teixeira, R. C. Teoria da Probabilidade. Rio de Janeiro: 
2006. 
• Knopf, Otto. Cálculo de Probabilidades. 2ª ed. Barcelona: Editorial Labor, 
1936. 
• Ross, Sheldon. Probabilidade: um curso moderno com aplicações. 8ª ed. 
Porto Alegre: Bookman, 2010. 
• Tunala, Nelson. Determinação de Probabilidades por Métodos 
Geométricos. RPM 20, Rio de Janeiro. Disponível em http://rpm.org.br/cdrpm/20/5.htm. 
Acesso em 08/03/2019. 
• Wagner, Eduardo. Probabilidade Geométrica. RPM 34, Rio de Janeiro. 
Disponível em http://www.rpm.org.br/cdrpm/34/6.htm. Acesso em 08/03/2019. 
 
A seguir apresentamos uma lista com 10 questões sobre probabilidade dos 
vestibulares realizados em 2018. Recomendamos que você tente resolver essas questões, 
revisitando a teoria se necessário e, ao final, tendo ou não conseguido resolver a questão, 
analise as resoluções propostas. 
 
 
1) (ENEM 2018) O gerente do setor de recursos humanos de uma empresa está 
organizando uma avaliação em que uma das etapas é um jogo de perguntas e respostas. 
Para essa etapa, ele classificou as perguntas, pelo nível de dificuldade, em fácil, médio e 
difícil, e escreveu cada pergunta em cartões para colocação em uma urna. 
Contudo, após depositar vinte perguntas de diferentes níveis na urna, ele observou que 
25% delas eram de nível fácil. Querendo que as perguntas de nível fácil sejam a maioria, 
o gerente decidiu acrescentar mais perguntas de nível fácil à urna, de modo que a 
probabilidade de o primeiro participante retirar, aleatoriamente, uma pergunta de nível 
fácil seja de 75%. 
Com essas informações, a quantidade de perguntas de nível fácil que o gerente deve 
acrescentar à urna é igual a 
a) 10 b) 15 c) 35 d) 40 e) 45 
 
2) (ENEM 2018) Para ganhar um prêmio, uma pessoa deverá retirar, sucessivamente e 
sem reposição, duas bolas pretas de uma mesma urna. 
Inicialmente, as quantidade e cores das bolas são como descritas a seguir: 
• Urna A – Possui três bolas brancas, duas bolas pretas e uma bola verde; 
• Urna B – Possui seis bolas brancas, três bolas pretas e uma bola verde; 
• Urna C – Possui duas bolas pretas e duas bolas verdes; 
• Urna D – Possui três bolas brancas e três bolas pretas; 
A pessoa deve escolher uma dentre as cinco opções apresentadas: 
• Opção 1 – Retirar, aleatoriamente, duas bolas da urna A; 
• Opção 2 – Retirar, aleatoriamente, duas bolas da urna B; 
• Opção 3 – Passar, aleatoriamente, uma bola da urna C para a urna A; após isso, retirar, 
aleatoriamente, duas bolas da urna A; 
• Opção 4 – Passar, aleatoriamente, uma bola da urna D para a urna C; após isso, retirar, 
aleatoriamente, duas bolas da urna C; 
• Opção 5 – Passar, aleatoriamente, uma bola da urna C para a urna D; após isso, retirar, 
aleatoriamente, duas bolas da urna D; 
Com o objetivo de obter a maior probabilidade possível de ganhar o prêmio, a pessoa 
deve escolher a opção. 
 28
http://rpm.org.br/cdrpm/20/5.htm
http://www.rpm.org.br/cdrpm/34/6.htm
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 
 
3) (ENEM 2018) Um designer de jogos planeja um jogo que faz uso de um tabuleiro de 
dimensão n n, com n 2, no qual cada jogador, na sua vez, coloca uma peça sobre 
uma das casas vazias do tabuleiro. Quando uma peça é posicionada, a região formada 
pelas casas que estão na mesma linha ou coluna dessa peça é chamada de zona de combate 
dessa peça. Na figura está ilustrada a zona de combate de uma peça colocada em uma das 
casas de um tabuleiro de dimensão 8 8. 
 
O tabuleiro deve ser dimensionado de forma que a probabilidade de se posicionar a 
segunda peça aleatoriamente, seguindo a regra do jogo, e esta ficar sobre a zona de 
combate da primeira, seja inferior a 
1
.
5
 
A dimensão mínima que o designer deve adotar para esse tabuleiro é 
a) 4 4 b) 6 6 c) 9 9 d) 10 10 e) 11 11 
 
4) (UERJ 2019) Em uma urna há sete bolinhas, sendo duas delas vermelhas e cinco azuis. 
Quatro do total de bolinhas serão sorteadas ao acaso. Calcule a probabilidade de pelo 
menos uma das bolinhas sorteadas ser vermelha. 
 
5) (UNICAMP 2019) O sistema de segurança de um aeroporto consiste de duas inspeções. 
Na primeira delas, a probabilidade de um passageiro ser inspecionado é de 
3
.
5
 Na 
segunda, a probabilidade se reduz para 
1
.
4
 A probabilidade de um passageiro ser 
inspecionado pelo menos uma vez é igual a 
a) 
17
.
20
 b) 
7
.
10
 c) 
3
.
10
 d) 
3
.
20
 
 
6) (UNICAMP 2019) A figura abaixo representa um dado na forma de um tetraedro 
regular com os vértices numerados de 1 a 4. Em um lançamento desse dado, deve ser 
observado o número estampado no vértice superior. 
 
a) Considere a soma dos números obtidos em dois lançamentos de um dado tetraédrico. 
Determine de quantas maneiras essa soma pode resultar em um número primo. 
 29
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
b) Seja np a probabilidade de se observar o número n no lançamento de um dado 
tetraédrico tendencioso para o qual 1 2 3 4p 2p 3p 4p .= = = Calcule essas quatro 
probabilidades. 
 
7) (FUVEST 2019) Uma seta aponta para a posição zero no instante inicial. A cada 
rodada, ela poderá ficar no mesmo lugar ou mover-se uma unidade para a direita ou 
mover-se uma unidade para a esquerda, cada uma dessas três possibilidades com igual 
probabilidade. 
 
Qual é a probabilidade de que, após 5 rodadas, a seta volte à posição inicial? 
a) 
1
9
 b) 
17
81
 c) 
1
3
 d) 
51
125
 e) 
125
243
 
 
8) (FUVEST 2019) Uma urna tem A bolas azuis e B bolas brancas. Ao serem retiradas 
duas delas de uma só vez, aleatoriamente, a probabilidade de saírem duas bolas azuis é 
denotada por Ap , a probabilidade de saírem duas bolas brancas é denotada por Bp , e a 
probabilidade de saírem duas bolas de cores diferentes é denotada por Mp . 
a) Se A 2= e B 5,= determine Bp . 
b) Se o total de bolas da urna é 21 e Mp é o triplo de Ap , quantas bolas azuis e quantas 
bolas brancas há na urna? 
c) Se A 3,= para quais valores de B o valor de Mp é estritamente maior do que 
1
?
2
 
 
9) (UNESP 2019) Dois números reais de 0 a 4, e que podem ser iguais, serão sorteados 
ao acaso. Denotando-se esses números por x e y, a probabilidade de que eles sejam tais 
que 2 2x y 1+  é igual a 
a) 
1
20
 b) 
64

 c) 
20

 d) 
16

 e) 
8

 
 
10) (UNIFESP 2019) A imagem ilustra três dados, A, B e C. O dado A é convencional, o 
dado B tem duas faces numeradas com 2 e quatro faces numeradas com 6, e o dado C 
possui as seis faces numeradas com 5. As faces de cada dado são equiprováveis. 
 
a) Calcule a probabilidade de que a soma dos números obtidos em um lançamento dos 
três dados seja múltiplo de 3. 
b) Considere que dois dos três dados sejam sorteados ao acaso e que, em seguida, os dados 
sorteados sejam lançados ao acaso. Qual a probabilidade de que a soma dos números 
obtidos no lançamento seja um múltiplo de três? 
 
 30
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
As resoluções propostas estão na sequência. A sua leitura só deve ocorrer após 
você ter tentado resolver as questões com bastante afinco. 
 
1) d 
Inicialmente, devemos observar que havia na urna 
1
25% 2020 5
4
 =  = perguntas fáceis 
e 20 5 15− = perguntas dos outros níveis. 
Para que a probabilidade de o primeiro participante retirar, aleatoriamente, uma pergunta 
de nível fácil seja 75%, as perguntas de nível fácil devem ser 75% do total. 
Supondo que o gerente acrescentou n perguntas de nível fácil à urna, então o seu 
percentual é dado por 
5 n 5 n 3
75% 20 4n 60 3n n 40.
20 n 20 n 4
+ +
=  =  + = +  =
+ +
 
 
2) e 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 1 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
aleatoriamente, da urna A sem reposição e ambas serem pretas. Na urna A há 3 bolas 
brancas, 2 bolas pretas e 1 bola verde, totalizando 6 bolas. Assim, temos: 
1
2 1 1
P .
6 5 15
=  = 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 2 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
aleatoriamente, da urna B sem reposição e ambas serem pretas. Na urna B há 6 bolas 
brancas, 3 bolas pretas e 1 bola verde, totalizando 10 bolas. Assim, temos: 
2
3 2 1
P .
10 9 15
=  = 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 3 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
sem reposição, aleatoriamente, da urna A, após esta ter recebido uma bola da urna C, e 
ambas serem pretas. Na urna A há, inicialmente, 3 bolas brancas, 2 bolas pretas e 1 bola 
verde, totalizando 6 bolas. A bola que é passada da urna C para a urna A é preta com 
probabilidade P
2 1
P
4 2
= = ou verde com probabilidade V
2 1
P .
4 2
= = Assim, temos: 
( ) ( ) ( )P V
1 3 2 1 2 1 2
P 2P P P 2P | P P P 2P | V .
2 7 6 2 7 6 21
=  +  =   +   = 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 4 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
sem reposição, aleatoriamente, da urna C, após esta ter recebido uma bola da urna D, e 
ambas serem pretas. Na urna C há, inicialmente, 2 bolas pretas e 2 bolas verdes, 
totalizando 4 bolas. A bola que é passada da urna D para a urna C é branca com 
probabilidade B
3 1
P
6 2
= = ou preta com probabilidade P
3 1
P .
6 2
= = Assim, temos: 
( ) ( ) ( )B P
1 2 1 1 3 2 1
P 2P P P 2P | B P P 2P | P .
2 5 4 2 5 4 5
=  +  =   +   = 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 5 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
sem reposição, aleatoriamente, da urna D, após esta ter recebido uma bola da urna C, e 
ambas serem pretas. Na urna D há, inicialmente, 3 bolas brancas e 3 bolas pretas, 
totalizando 6 bolas. A bola que é passada da urna C para a urna D é preta com 
probabilidade P
2 1
P
4 2
= = ou verde com probabilidade V
2 1
P .
4 2
= = Assim, temos: 
 31
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
( ) ( ) ( )P V
1 4 3 1 3 2 3
P 2P P P 2P | P P P 2P | V .
2 7 6 2 7 6 14
=  +  =   +   = 
Portanto, a maior probabilidade de ganhar é a da opção 5. 
 
 
3) d 
O tabuleiro n n possui 
2n n n = casas. Após se colocar a primeira peça, restam 2n 1− 
casas vazias e destas ( )2 n 1 2n 2− = − estão na zona de combate. 
Assim, a probabilidade de a segunda peça ser colocada na zona de combate da primeira é 
2
2n 2
P .
n 1
−
=
−
 
Essa probabilidade deve ser inferior a 
1
,
5
 então 
( )*
2 2
2
2n 2 1
P 10n 10 n 1 n 10n 9 0 n 1 ou n 9
5n 1
−
=   −  −  − +    
−
 
Mas, n é um número natural e n 2, então n 9. Portanto, a dimensão mínima é 10 10. 
Note que em (*) pudemos “multiplicar cruzado”, pois 2n 2 n 1 0.  −  
 
4) 
6
7
 
Vamos resolver esse problema por meio da probabilidade do evento complementar. 
Sabemos que, dado um evento A, a probabilidade do evento complementar é 
( ) ( )P A 1 P A .= − 
Seja o evento A correspondente a sortear 4 bolinhas ao acaso e pelo menos uma delas ser 
vermelha, então o evento complementar A é sortear 4 bolinhas ao acaso e nenhuma delas 
ser vermelha, ou seja, as 4 bolinhas sorteadas devem ser azuis. Assim, a probabilidade de 
A é a probabilidade de sortear 4 bolinhas azuis que é dada por ( )
5
4 5 1
P A .
7 35 7
4
 
 
 = = =
 
 
 
 
Note que, para calcular essa probabilidade, consideramos as 5 bolinhas azuis diferentes 
entre si e as 2 bolinhas vermelhas diferentes entre si. 
Portanto, a probabilidade do evento A, que é a probabilidade de que pelo menos uma das 
bolinhas sorteadas ser vermelha, é ( ) ( )
1 6
P A 1 P A 1 .
7 7
= − = − = 
 
5) b 
A probabilidade P de um passageiro ser inspecionado pelo menos uma vez (apenas na 
primeira inspeção, apenas na segunda inspeção ou nas duas inspeções) pode ser calculada 
a partir da probabilidade P do seu evento complementar, que é não ser inspecionado nas 
duas inspeções. 
A probabilidade de um passageiro não ser inspecionado nas duas inspeções é dada por 
3 1 2 3 3
P 1 1 .
5 4 5 4 10
   
= −  − =  =  
  
 
 32
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Portanto, a probabilidade P de um passageiro ser inspecionado pelo menos uma vez é 
3 7
P 1 P 1 .
10 10
= − = − = 
 
Poderíamos fazer esse problema diretamente. Seja 1P e 2P as probabilidades de um 
passageiro ser inspecionado na primeira e na segunda inspeções, respectivamente, e 1P e 
2P as probabilidades de ele não ser inspecionado na primeira e segunda inspeções, 
respectivamente. 
A probabilidade P de que um passageiro seja inspecionado pelo menos uma vez é dada 
por 
1 2 1 2 1 2
3 1 3 1 3 1 3 3 2 1 3 1 14 7
P P P P P P P 1 1 .
5 4 5 4 5 4 5 4 5 4 5 4 20 10
   
=  +  +  =  − + −  +  =  +  +  = =   
   
 
 
6) a) 9 b) 1
12
p ;
25
= 2
6
p ;
25
= 3
4
p
25
= e 4
3
p .
25
= 
a) 
Todos os possíveis resultados de dois lançamentos desse dado e suas somas estão listados 
no conjunto  em triplas ordenadas da forma 
(resultado do 1º lançamento, resultado do 2º lançamento, soma dos resultados). 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1,1,2 ; 1,2,3 ; 1,3,4 ; 1,4,5 ; 2,1,3 ; 2,2,4 ; 2,3,5 ; 2,4,6 ; 3,1,4 ;
3,2,5 ; 3,3,6 ; 3,4,7 ; 4,1,5 ; 4,2,6 ; 4,3,7 ; 4,4,8
 =
 
Dentre os 16 possíveis resultados para os dois lançamentos, observamos que 9 deles têm 
soma igual a um número primo. Esses resultados estão representados no conjunto A, a 
seguir: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A 1,1,2 ; 1,2,3 ; 1,4,5 ; 2,1,3 ; 2,3,5 ; 3,2,5 ; 3,4,7 ; 4,1,5 ; 4,3,7 .= 
b) 
É dado que: 
31 2 4
1 2 3 4 1 2 3 4
pp p p
p 2p 3p 4p k p 12k; p 6k; p 4k; p 3k
12 6 4 3
= = =  = = = =  = = = = 
Mas sabemos que ( )1 2 3 4
1
p p p p p 1 12k 6k 4k 3k 1 k .
25
+ + + =  =  + + + =  = 
Portanto as probabilidades são 1
12
p ;
25
= 2
6
p ;
25
= 3
4
p
25
= e 4
3
p .
25
= 
 
7) b 
Vamos indicar por D, E, M o movimento de uma unidade à direita, o movimento de uma 
unidade à esquerda e ficar parado no mesmo lugar. Uma configuração de movimentos de 
5 rodadas é uma sequência de 5 dessas letras. 
O total de movimentos possíveis em 5 rodadas, que constitui o número de elementos do 
espaço amostral , é ( ) 5# 3 243, = = pois temos três opções de movimento a cada 
rodada. 
Para que a seta retorne à posição inicial à quantidade de movimentos à direita e à esquerda 
deve ser a mesma. Uma condição necessária para que isso ocorra é que o número de M’s 
seja ímpar. Assim, temos as seguintes possibilidades de movimento a menos da ordem: 
MMMMM, MMMDE e MDDEE. 
 33
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
A configuração MMMMM só ocorre de 1 maneira, a MMMDE pode ocorrer de 
3,1,1
5
5!
P 20
3!1!1!
= = maneiras e a configuração MDDEE pode ocorrer de 1,2,25
5!
P 30
2!2!
= = 
maneiras. Dessa forma, o número de casos favoráveis é #A 1 20 30 51.= + + = 
Portanto, a probabilidade de que, após 5 rodadas, a seta volte à posição inicial é 
( )
( )
( )
# A 51 17
P A .
# 243 81
= = =

 
 
8) a) 
10
21
 b) 9 azuis e 12 brancas c)  B 2,3,4,5 
Para termos eventos equiprováveis, vamos considerar duas bolas retiradas sem reposição 
onde a ordem da retirada das bolas importa,o que implica que AB BA. 
O número de elementos do espaço amostral  é ( ) ( ) ( )# A B A B 1 . = +  + − 
O número de maneiras de retirar duas bolas azuis é ( ) ( )# A A A 1 .=  − 
O número de maneiras de retirar duas bolas brancas é ( ) ( )# B B B 1 .=  − 
O número de maneiras de retirar duas bolas de cores diferentes é 
( )# M A B B A 2AB,=  +  = onde contamos o número de maneiras de retirar uma bola 
azul seguida de uma bola branca e o número de maneira de retirar uma bola branca 
seguida de uma azul. 
Assim, considerando a probabilidade de Laplace, temos: 
( )
( ) ( )A
A A 1
p ,
A B A B 1
 −
=
+  + −
 
( )
( ) ( )B
B B 1
p
A B A B 1
 −
=
+  + −
 e 
( )( )M
2 A B
p .
A B A B 1
 
=
+ + −
 
Vamos agora resolver cada um dos itens. 
a) B
5 4 10
A 2 B 5 p .
7 6 21

=  =  = =

 
b) 
A B 21+ = e 
( )( )
( )
( )( )M A
2 A B A A 1
p 3 p 3 2B 3A 3
A B A B 1 A B A B 1
   −
=   =   = −
+ + − + + −
 
( )2A 2B 42 2A 3A 3 42 A 9 B 21 9 12 + =  + − =  =  = − = 
c) 
( )( )
2 2
M
2 3 B 1
A 3 p 12B B 5B 6 B 7B 6 0 1 B 6
3 B 3 B 1 2
 
=  =    + +  − +    
+ + −
 
 B B 2,3,4,5 .   
 
9) b 
Dois números reais de 0 a 4, 0 x 4  e 0 y 4,  podem ser representados pelos pares 
ordenados ( )x, y pertencentes ao quadrado de lado 4 do plano cartesiano. 
Os pontos ( )x, y , que satisfazem 2 2x y 1,+  são os pontos que pertencem ao interior 
do círculo de centro ( )0,0 e raio 1, 
Os pares ordenados ( )x, y que satisfazem 2 2x y 1+  e pertencem ao quadrado de lado 
4 devem pertencer ao setor circular de 90 e raio 1 sombreado na figura. 
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
A probabilidade pedida é a razão entre a área correspondente aos casos favoráveis e a 
área correspondente a todos os resultados possíveis. Assim, temos: 
2
setor 90A
2
quadrado
1
1SS 4P .
S S 644


  

= = = = 
 
10) a) 
1
3
 b) 
2
9
 
a) 
Os possíveis resultados do dado A são  1,2,3,4,5,6 , os possíveis resultados do lado B 
são  2,6 e o único resultado possível do dado C é  5 . 
Seja uma tripla ordenada ( )x, y, z , na qual o primeiro elemento representa o resultado do 
dado A, o segundo o resultado do dado B e o terceiro o resultado do dado C. 
As triplas tais que x y z+ + é múltiplo de 3 são ( ) ( ) ( ) ( ) 2,2,5 ; 5,2,5 ; 1,6,5 ; 4,6,5 . 
A probabilidade de ocorrer o resultado ( )2, 2,5 é 
1 2 2
1 .
6 6 36
  = 
A probabilidade de ocorrer o resultado ( )5,2,5 é 
1 2 2
1 .
6 6 36
  = 
A probabilidade de ocorrer o resultado ( )1,6,5 é 
1 4 4
1 .
6 6 36
  = 
A probabilidade de ocorrer o resultado ( )4,6,5 é 
1 4 4
1 .
6 6 36
  = 
Como os quatro casos são mutuamente exclusivos, pelo princípio da adição, então a 
probabilidade de que um deles ocorra é 
2 2 4 4 12 1
P .
36 36 36 36 36 3
= + + + = = 
b) 
Vamos usar uma árvore de probabilidades para analisar essa situação. Normalmente, em 
uma árvore de probabilidades relacionamos todos os casos e selecionamos os favoráveis, 
mas, devido ao grande número de possibilidades, vou listar, ao final, apenas os casos 
favoráveis. 
 35
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
Note que há 6 casos cuja soma dos resultados é um múltiplo de 3. Como esses casos são 
mutuamente exclusivos, então pelo princípio da adição, a probabilidade pedida é 
1 1 2 1 1 2 1 1 4 1 1 4 1 1 1 1 1 1 2
P 1 1 4 .
3 6 6 3 6 6 3 6 6 3 6 6 3 6 3 6 3 6 9
=   +   +   +   +   +   =   = 
 
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
A IMPORTÂNCIA DA ESTRATÉGIA NA MATEMÁTICA DO ENEM 
 
Marcos Assumpção Martins 
 
 
Não é nada incomum na vida de um professor de Matemática ser abordado por 
vários de seus alunos nos corredores, ou até mesmo durante as aulas, em busca de alguma 
receita ou segredo que o faça ir melhor em determinado concurso. Considera-se isso 
natural quando se pensa que tais estudantes veem em seus mestres um norte de 
experiência, mas cada vez mais essa orientação se faz necessária quando o concurso em 
questão é o Exame Nacional do Ensino Médio, popularmente conhecido como ENEM. 
Em conversas como essas, sempre acontecem discussões sobre os níveis de dificuldade 
que as questões apresentam, sobre não se ter resistência para resolver a grande quantidade 
de questões apresentadas ou sobre possíveis melhores organizações na hora de resolver a 
prova. Fato é que, toda prova exige estratégia, sendo esse um dos caráteres eliminatórios 
menos explorados em sala. 
Esse assunto se torna polêmico até mesmo entre professores, coordenadores e 
gestores em geral nesse meio. Ganha destaque quem oferece uma estratégia mais 
convincente ou que dome melhor o psicológico do espectador, acima dos fatos ou 
singularidades apresentadas. Num momento em que vivemos o auge do termo 
“coaching”, o que devemos fazer é apresentar o maior número de variáveis e caminhos 
possíveis, bem como orientar a experimentação de conjuntos de técnicas. Isso, aliado a 
uma grande quantidade de simulações, seja na resolução de provas anteriores, exercícios 
específicos de determinado assunto ou nos famosos simulados dos cursinhos, conduzem 
ao sucesso esperado. 
Diante da grande quantidade de questões apresentadas nos dois dias de concurso, 
precisamos começar a nossa reflexão apontando para a questão da resistência. A prova é 
uma maratona e não um tiro curto de 100 metros rasos! Uso sempre um exemplo: “Se eu 
pedisse para você correr, o mais rápido possível, por 100 metros, obteremos a sua 
velocidade ideal para tal feito. Seria possível correr por 1 quilômetro nessa velocidade? 
E 10 quilômetros? Imagina 42,195!”. Eles chegam à conclusão que quanto mais devagar, 
mais longe conseguem ir. Aí eu retifico: Nenhum maratonista profissional completa a 
prova devagar. Ainda digo mais, na verdade, eles chegam mais rápido que a velocidade 
obtida pela maioria dos vestibulandos no primeiro desafio! Todos caem na risada e 
percebem um ponto que não consta nas apostilas: o treinamento é crucial. É preciso 
entender que ninguém deve fazer uma bateria de exercícios afim de minimizar as chances 
de se cair algo igual e não se fazer, mas sim de ir se preparando para resolver problemas, 
além de acumular técnicas diferentes para todos os tipos que possam aparecer. Outra 
reflexão possível, sempre atual, é remeter ao primeiro dia em uma academia. Começamos 
com pesos leves e ultrajantes. Ao lado existe sempre alguém, aparentemente mais fraco 
que nós, mas que já levanta algo maior e mais desafiador, no entanto, impossível para 
nós, pelo menos no que diz respeito à naturalidade do bem-estar no dia seguinte. 
Pensemos então na forma como encaramos a resolução de exercícios e o que tirar disso. 
Outro ponto crucial é como aplicar essas técnicas. No modelo atual da prova, o 
ENEM é executado em dois domingos seguidos (antes eram dois dias seguidos!), num 
total de 180 questões, além de uma redação. No primeiro domingo, temos uma prova com 
90 questões, separadas em: Língua Estrangeira (Inglês ou Espanhol), Linguagens e 
Ciências Humanas. Ainda nesse dia, o candidato realiza uma redação. No segundo 
domingo, são mais 90 questões, sendo 45 sobre ciências da natureza e as 45 que te fizeram 
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RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
buscar essa leitura: Matemática. Diante desse cenário, é crucial otimizar o tempo de 
resolução de cada questão, bem como ser cirúrgico na escolha da ordem das resoluções 
dessas, uma vez que a prova considera níveis de dificuldade na hora da pontuação, através 
da Teoria da Resposta ao Item, conhecida como T.R.I. A maioria acredita que essa medida 
visa apenas minimizar ou punir o “chute”, porém, segundo o MEC, outros pontos são 
analisados com ela:“...não contabiliza apenas o número total de acertos no teste. De acordo com o método, 
o item é a unidade básica de análise. O desempenho em um teste pode ser explicado pela 
habilidade do avaliado e pelas características das questões (itens). A TRI qualifica o item 
de acordo com três parâmetros: poder de discriminação, que é a capacidade de um item 
distinguir os estudantes que têm a proficiência requisitada daqueles quem não a têm; 
grau de dificuldade e possibilidade de acerto ao acaso (chute)” 
Fonte: http://portal.mec.gov.br/component/tags/tag/34530. 
 
Sendo assim, diante dessa ferramenta de análise do ensino nacional e com o pouco 
tempo que a prova oferece, não cabe ao aluno garimpar questões por níveis de dificuldade, 
mas sim ir aplicando o que desenvolveu na sequência proposta, pulando eventualmente, 
caso julgue necessário, questões mais trabalhosas ou que não aprendeu (o erro mais grave 
possível na preparação para qualquer concurso). Cito em sala que pode ser interessante 
marcar essas questões por nível de dificuldade:* para as trabalhosas, ** para as que não 
se lembra direito, *** para as que não se sabe, por exemplo. Mas isso, de modo natural, 
sem perda de tempo. O importante é tentar economizar ao máximo afim de utilizar mais 
tempo em questões mais complexas. Vamos a alguns exemplos de otimização de tempo: 
 
Existem questões de caráter conceitual, nas quais o candidato não pode perder 
tempo, como nos casos abaixo: 
 
 
Fonte: http://portal.inep.gov.br/provas-e-gabaritos. 
 
Nessas questões, o candidato precisa apenas aplicar o conceito aprendido nas 
aulas. Em média, cada candidato tem entre 2,5 e 3,5 minutos para resolver cada questão 
de Matemática. Essa informação, aliada aos conhecimentos de Estatísticas que ele possui, 
afinal é um dos assuntos mais recorrentes, vai levá-lo à conclusão que ganhando tempo 
nesse tipo de questão, ele poderá usar a diferença nas mais difíceis. 
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http://portal.mec.gov.br/component/tags/tag/34530
http://portal.inep.gov.br/provas-e-gabaritos
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Existem questões onde a escolha da técnica fará toda diferença na otimização do 
tempo, como observa-se abaixo: 
 
 
Fonte: http://portal.inep.gov.br/provas-e-gabaritos. 
 
Nessas duas questões, utilizam-se as mesmas habilidades. O candidato deve 
observar que os ângulos são de 30 e 60 . Daí, ele deverá decidir entre pelo menos duas 
soluções possíveis: atribuir valores para as partes ausentes no triângulo cujo cateto é a 
altura (distância) requisitada e resolver um sistema, o que provavelmente o fará estourar 
o tempo médio, ou aplicar o teorema do ângulo externo e perceber que os triângulos com 
base AB são isósceles, o que permitirá que ele aplique apenas uma razão trigonométrica 
básica, economizando bastante tempo. Ainda nesse contexto, observe o caso abaixo: 
 
ENEM 2009 (Prova Anulada por vazamento) – Prova Cinza 
 
Fonte: https://educacao.uol.com.br/ultnot/2009/10/01/ult1811u397.jhtm 
 
Observe que também existem, ao menos dois caminhos possíveis: Ele pode efetuar 
os cálculos pedidos em ordem, obtendo média 3 (um pouco trabalhosa), mediana 3 e moda 
1, ou observar que todas as alternativas possuem mediana diferentes, ou seja, que ela sim 
será determinante na escolha do que marcar e fazer apenas o seu cálculo, que é bem menos 
trabalhoso, marcando a alternativa B. Uma boa dica em questões como essa é sempre 
aplicar os conceitos menos trabalhosos primeiro, o que certamente é mais eficiente e 
direto que analisar as alternativas. 
 39
http://portal.inep.gov.br/provas-e-gabaritos
https://educacao.uol.com.br/ultnot/2009/10/01/ult1811u397.jhtm
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Claro que nem tudo são flores e existem questões que demandarão mais tempo ou 
conhecimento. Para essas, o conselho é que, se possível, as deixem para o final, não por 
serem mais difíceis e se acreditar que não vá ganhar a pontuação total em caso de erro, 
mas porque o candidato tende a se sentir mais tranquilo e confiante após observar que a 
maior parte da prova já foi realizada, na luta psicológica comum em concursos. Vamos a 
dois exemplos: 
 
 
 
Vamos à primeira questão, da prova de 2018: Uma solução possível seria lembrar 
que o Círculo de Apolônio, com diâmetro MN, é o lugar geométrico dos pontos P tais que 
PM
k
PN
= (com k constante), considerar P como a posição genérica de um bombeiro, M 
como a posição de um dos bombeiros, N como a posição do outro bombeiro e k 2,= 
como descrito no enunciado. Desse modo, o pior cenário possível seria se cada bombeiro 
estivesse nos extremos dessa circunferência, como indica a figura abaixo. Note que o 
bombeiro na posição M está a x de B e 2x de A, o que implica que N esteja a 3x de B. 
 
 
 
 40
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Desse modo, como AB 30 m,= 2x x 30,+ = o que implica que 3x 30= e x 10.= 
Sendo assim, MN 4x 40 m,= = alternativa B. Há de se convir que esse tipo de questão 
foge aos padrões corriqueiros do exame. 
Já a segunda questão, de 2015, apresenta um dos maiores inimigos psicológicos 
dessa geração, o logaritmo. Adote como k, a abscissa do ponto mais baixo no gráfico. 
Desse modo, temos que a abscissa do ponto mais elevado é k n.+ Então, esses pontos 
são ( )( )k,log k e ( )( )k n,log k n ,+ + como ilustrado no gráfico abaixo: 
 
 
Por outro lado, como o eixo divide h ao meio, temos: 
 
(i) ( )
h
log k n ,
2
+ = o que implica que ( )h 2 log k n ;=  + e 
(ii) ( )
h
log k ,
2
= − o que implica que ( )h 2 log k .= −  
Assim, temos: 
( ) ( ) ( ) ( )1
2
2
1
log k n log k log k k n k k n 1
k
n n 4
k nk 1 0 k .
2
−
+ = − =  + =  + =
−  +
 + − =  =
 
Substituindo em (i), temos 
2 2n n 4 n n 4
h 2log n 2log ,
2 2
   −  +  +
   = + =
   
 o que 
representa a alternativa E. 
 
De fato, precisamos atentar para a absorção de conteúdos, com toda certeza, bem 
como a sua aplicação, mas é inegável que isso pode não fazer tanta diferença se o 
candidato não souber fazer provas como a que irá encarar. Outra certeza é que não temos 
uma tarefa simples nas indicações dos melhores caminhos, mas considero que a melhor 
orientação seria indicar os principais e como decidir quando nos depararmos com 
bifurcações em seu trajeto. Hoje em dia, orientar sobre métodos de estudos, 
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
planejamentos individuais e fontes de conhecimentos extraclasse pode ser o grande 
diferencial. É importante ter mais de uma fonte de consulta, mais de uma linguagem 
(livros, apostilas, videoaulas, colegas, professores e orientadores). Quanto mais 
conhecimento ele absorver, mais treinamentos ele fizer e mais focado se apresentar, mais 
fácil será desenvolver a sua própria estratégia e mais preparado estará. 
 
 
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PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
DESVENDANDO A MATEMÁTICA NO ENEM POR SEUS TEMAS MAIS 
INCIDENTES 
 
João da Costa Wagner 
 
 
Um dos questionamentos mais frequentes na vida de um professor é, sem dúvida, 
sobre os conteúdos mais cobrados no vestibular, seja ele civil ou militar. No que diz 
respeito ao estudo da Matemática, disciplina que costuma ser uma das maiores 
preocupações dos estudantes, há uma busca por aprender tudo aquilo que ficou para trás 
ao longo do Ensino Básico. 
No caso do ENEM, o ideal é estudar ao longo dos três anos do Ensino Médio todo 
o conteúdo indicado pela Matriz de Referência, encontrada no edital. Nem sempre isso é 
uma realidade e a maior parte dos estudantes é levada a estudar todo o conteúdo no último 
ano. Porém, por conta do conteúdo extenso, boa parte dos alunos não sabe exatamente 
onde focar seus esforços.