APX1-hm-2021-1-gabarito-W

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AP1 – História da Matemática – 1/2021 
Código da disciplina EAD01069 
 
QUESTÃO 1 – 2,0 pontos (Babilônia) 
Questão 1A: Nesta questão, trabalharemos com a base sexagesimal do sistema de numeração 
Babilônico. Usaremos os dígitos da base usando nossa escrita: 0, 1, 2, ..., 59. Para separar as 
ordens (potências de 60) utilizaremos “;” (ponto e vírgula) e para separar a parte inteira da parte 
“sexagesimal” usaremos “,” (a vírgula - assim como fazemos na base decimal). 
Sendo x = [1, 59; 58] e y = [0, 0; 2], temos que o valor de x2 + 2xy é igual a: 
a. 1, 0; 0; 4 
b. 1, 0; 0; 4 
c. 1, 59; 59; 59; 56 
d. 3, 0; 0; 0; 4 
e. 3, 56 
f. 3, 59; 59; 59; 56 
g. 4, 0; 0; 4 
h. 4, 56 
 
Solução: Letra F 
x2 + 2xy = (x+y)2 – y2 = [(1, 59; 58) + (0, 0; 2)]2 – [(0, 0; 2)]2 = 22 – (2/602)2 = 
= 4 – 4/604 = [3, 59; 59; 59; 56] 
 
Questão 1B: Nesta questão, trabalharemos com a base sexagesimal do sistema de numeração 
Babilônico. Usaremos os dígitos da base usando nossa escrita: 0, 1, 2, ..., 59. Para separar as 
ordens (potências de 60) utilizaremos “;” (ponto e vírgula) e para separar a parte inteira da parte 
“sexagesimal” usaremos “,” (a vírgula - assim como fazemos na base decimal). 
Sendo x = [1, 46; 50] e y = [0, 13; 10], temos que o valor de x2 + y – y2 é igual a: 
a. 0, 20; 30 
b. 0, 30; 20 
c. 1, 0; 20; 30 
d. 1, 20; 3 
e. 2, 0; 20; 30 
f. 2, 20; 30 
g. 3, 0; 20; 30 
h. 3, 20; 30 
Solução: Letra H 
x2 + y – y2 = (x+y)(x-y) + y = [(1, 46; 50) + (0, 13; 10)].[(1, 46; 50) - (0, 13;10)] + [0, 13; 10] = 
= 2.[1, 33; 40] + [0, 13; 10] = [3, 7; 20] + [ 0, 13; 10] = [3, 20; 30] 
 
Questão 1C: Nesta questão, trabalharemos com a base sexagesimal do sistema de numeração 
Babilônico. Usaremos os dígitos da base usando nossa escrita: 0, 1, 2, ..., 59. Para separar as 
ordens (potências de 60) utilizaremos “;” (ponto e vírgula) e para separar a parte inteira da parte 
“sexagesimal” usaremos “,” (a vírgula - assim como fazemos na base decimal). 
Sendo x = [0, 50] e y = [0, 10] , temos que o valor de x-1 + y-1 é igual a: 
a. 1, 2 
b. 1, 20 
c. 6, 12 
d. 6, 2 
e. 6, 20 
f. 7, 1 
g. 7, 12 
h. 7, 2 
 
Solução: Letra G 
[0, 50]-1 + [0, 10]-1 = [50/60]-1 + [10/60]-1 = [5/6]-1 + [1/6]-1 = [6/5] + 6 = 1 + 1/5 + 6 = 
= 7 + 12/60 = [7, 12] 
 
Questão 1D: Os babilônios usavam um sistema de numeração posicional sexagesimal (base 60). 
Para representar os “algarismos” da base babilônica usaremos os dígitos da nossa escrita: 0, 1, 2, 
..., 59. Para separar as ordens (potências de 60) utilizaremos “;” (ponto e vírgula) e para separar a 
parte inteira da parte “sexagesimal” usaremos “,” (a vírgula - assim como fazemos na base decimal). 
Por exemplo: o número 15x602 + 7x600 +26x60-1 + 51x60-2 será representado por [15; 0; 7, 26; 51]. 
 
Para facilitar seus cálculos costumavam construir tabelas de pares de recíprocos. Dois números 
formam um par de recíprocos se o seu produto é 1. 
Os recíprocos dos números x = [8, 0] e y = [1; 21, 0] são, respectivamente: 
 
a. [1, 25] e [0, 0; 45] 
b. [0, 7; 30] e [0, 0; 45] 
c. [0, 8] e [0, 0; 45] 
d. [0, 7; 30] e [0, 0; 44; 26; 40] 
e. [0, 8] e [0, 0; 44; 26; 40] 
f. [3, 45] e [0, 44; 26; 40] 
g. [0, 7; 30] e [3, 45] 
h. [1, 25] e [3, 45] 
Solução: Letra D 
[0, 7; 30] é o recíproco de [8, 0], pois [8, 0] x [0, 7; 30] = 1. Verificando: 
 
1
[8, 0]
=
1
2 × 2 × 2
∙
30 × 30 × 30
30 × 30 × 30
=
27000
603
=
7 × 602 + 30 × 60
603
=
7
60
+
30
602
= 0 , 7 ; 30 
 
[0, 0; 44; 26; 40] é o recíproco de [1; 21], pois [1; 21] x [0, 44; 26; 40] = 1. Verificando: 
 
1
1; 21
=
1
60 + 21
=
1
81
=
1
34
∙
204
204
=
160000
(3 × 20)4
=
160000
604
=
44 × 602 + 26 × 60 + 40
604
= 
 
=
44
602
+
26
603
+
40
604
= 0 , 0; 44 ; 26 ; 40. 
 
Questão 1E – Os babilônios usavam um sistema de numeração posicional sexagesimal (base 60). 
Para representar os “algarismos” da base babilônica usaremos os dígitos da nossa escrita: 0, 1, 2, 
..., 59. Para separar as ordens (potências de 60) utilizaremos “;” (ponto e vírgula) e para separar a 
parte inteira da parte “sexagesimal” usaremos “,” (a vírgula - assim como fazemos na base decimal). 
Por exemplo: o número 15x602 + 7x600 +26x60-1 + 51x60-2 será representado por [15; 0; 7, 26; 51]. 
Para facilitar seus cálculos costumavam construir tabelas de pares de recíprocos. Dois números 
formam um par de recíprocos se o seu produto é 1. 
Os recíprocos dos números x = [0, 16] e y = [1; 21, 0] são, respectivamente: 
a. [0, 7; 30] e [0, 3; 45] 
b. [3, 45] e [0, 7; 30] 
c. [3, 45] e [0, 0; 44; 26; 40] 
d. [0, 7; 30] e [0, 0; 44; 40] 
e. [3, 0; 45] e [0, 44; 26] 
f. [0, 3; 45] e [0, 44; 26; 40] 
g. [3, 0; 45] e [0, 44] 
h. [7, 30] e [3, 45] 
 
Solução: Letra C 
[3, 45] é o recíproco de [0,16], pois [0,16] x [3,45] = 1. Verificando: 
1
[0,16]
=
1
16
60
=
60
16
=
60
42
∙
15 × 15
15 × 15
=
13500
(4 × 15)2
=
3 × 602 + 45 × 60
602
= 3 +
45
60
= [3 , 45] 
 
[0, 0; 44; 26; 40] é o recíproco de [1; 21, 0], pois [1; 21] x [0, 44; 26; 40] = 1. Verificando: 
 
1
1; 21
=
1
60 + 21
=
1
81
=
1
34
∙
204
204
=
160000
(3 × 20)4
=
160000
604
=
44 × 602 + 26 × 60 + 40
604
= 
 
=
44
602
+
26
603
+
40
604
= 0 , 0; 44 ; 26 ; 40. 
 
QUESTÃO 2 – 2,0 pontos (Egito) 
Questão 2A: Os antigos egípicios expressavam todas as frações próprias como somas de frações 
unitárias distintas. Utilizando o método descrito pelo matemático inglês James Sylvester, 
8
13
 pode 
ser escrito como soma de três frações unitárias do seguinte modo: 
8
13
=
1
𝑎
+
1
𝑏
+
1
𝑐
 
 Então o valor de a + b + c é igual a: 
a. 11 
b. 104 
c. 169 
d. 234 
e. 236 
f. 243 
g. 245 
h. 250 
 
Solução: Letra G 
 
• Em primeiro lugar, é necessário saber qual a maior fração com numerador 1 menor que 8/13. 
• Inverto 8/13 obtendo 13/8; 
• Tomo o menor inteiro maior do que a fração obtida (como 1 < 13/8 < 2, o menor inteiro maior 
do que 13/8 é 2); 
• 1/2 < 8/13 é a maior fração com numerador 1, menor que 8/13; 
• Faço 8/13 – 1/2 = 3/26; 
• Repito o algoritmo para 3/26. 
• Inverto 3/26 obtendo 26/3; 
• 8 < 26/3 < 9, o maior inteiro é 9; 
• 1/9 < 3/26 é a maior fração com numerador 1 menor que 3/26; 
• Faço 3/26 – 1/9 = 1/234, logo 3/26 = 1/9 + 1/234; 
• Portanto, 8/13 = 1/2 + 1/9 + 1/234. 
 
Segue então que: 
a + b + c = 2 + 9 + 234 = 245 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 2B: Os antigos egípicios expressavam todas as frações próprias como somas de frações 
unitárias distintas. Utilizando o método descrito pelo matemático inglês James Sylvester, 
5
11
 pode 
ser escrito como soma de três frações unitárias do seguinte modo: 
 
5
11
=
1
𝑎
+
1
𝑏
+
1
𝑐
 
 Então o valor de a + b + c é igual a: 
a. 12 
b. 16 
c. 55 
d. 102 
e. 108 
f. 111 
g. 121 
h. 128 
 
Resposta: Letra D 
 
• Em primeiro lugar, é necessário saber qual a maior fração com numerador 1 menor que 5/11. 
• Inverto 5/11 obtendo 11/5; 
• Tomo o menor inteiro maior do que a fração obtida (como 2 < 11/5 < 3, o menor inteiro maior 
do que 11/5 é 3); 
• 1/3 < 5/11 é a maior fração com numerador 1, menor que 5/11; 
• Faço 5/11 – 1/3 = 4/33; 
• Repito o algoritmo para 4/33. 
• Inverto 4/33 obtendo 33/4; 
• 8 < 33/4 < 9, o maior inteiro é 9; 
• 1/9 < 4/33 é a maior fração com numerador 1 menor que 4/33; 
• Faço 4/33 – 1/9 = 1/99, logo 4/33 = 1/9 + 1/99; 
• Portanto, 5/11 = 1/3 + 1/9 + 1/99. 
 
Segue então que: 
a + b + c = 3 + 9 + 99 = 111 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
QUESTÃO 3 – 2,0 pontos (Matemática Grega – Euclides) 
Questão 3A 
Euclides de Alexandria (séc. III a.C.), célebre geômetra da Antiguidade, deu em seu tratado 
“Elementos” uma exposição sistemática dos fundamentos da geometria. Esta obra consta de 13 
volumes (os livros XIV e XV foram agregados posteriormente). Os livros V, VII, VIII, IX e X contém 
a Aritmética conhecida até àquela época; os livros I, II, III, IV e VI são dedicados à Geometria Plana; 
e os livros XI, XII e XIII se dedicam à Geometria Espacial.É muito pouco provável que outro(s) 
livro(s) de Matemática sejam tão difundidos e conhecidos quando os Elementos de Euclides. Esta 
publicação já atingiu mais de 500 edições, com traduções para quase todos os idiomas 
conhecidos. 
No livro I, Euclides enuncia cinco axiomas e cinco postulados, a partir dos quais constrói todo o 
edifício da Geometria Euclidiana. 
 
Resolva o problema a seguir usando apenas os axiomas, os postulados e proposições derivadas 
que o precedem. 
 
“Tendo sido prolongado um dos lados de todo triângulo, o ângulo exterior é maior do que 
cada um dos ângulos interiores e opostos.” 
 
Solução: 
Este problema corresponde à Proposição 16 do Livro I dos Elementos de Euclides. 
Seja o triângulo ABC e fique prolongado um lado dele (o lado BC) até o D; digo que o ângulo exterior 
(o sob ACD) é maior do que cada um dos ângulos sob CBA e BAC, interiores e opostos. 
Fique cortada a AC em duas no E, e tendo sido ligada a BE, fique 
prolongada sobre uma reta até o F, e fique posta a EF igual à BE, e fique 
ligada a FC, e fique traçada através a AC até o G. 
Como de fato, por um lado, a AE é igual à EC e, por outro lado, a BE à EF, 
então as duas AE e EB são iguais às duas CE e EF, cada uma a cada uma; 
e o ângulo sob AEB é igual ao ângulo sob FEC (pois estão no vértice). 
Portanto, a base AB é igual à base FC e o triângulo ABE é igual ao triângulo 
FEC e os ângulos restantes são iguais aos ângulos restantes, cada um a 
cada um, sob os quais se estendem os lados iguais. Portanto, o ângulo sob 
ACD é maior do que o ângulo ACF que é igual ao ângulo BAE. Do mesmo 
modo, então, cortada a BC em duas, será provado também o sob BCG, isto 
é, também o ângulo sob ACD maior do que o sob ABC. 
Portanto, tendo sido prolongado um dos lados de todo triângulo, o ângulo exterior é maior do que 
cada um dos ângulos interiores e opostos, o que era preciso provar. 
 
Questão 3B 
Euclides de Alexandria (séc. III a.C.), célebre geômetra da Antiguidade, deu em seu tratado 
“Elementos” uma exposição sistemática dos fundamentos da geometria. Esta obra consta de 13 
volumes (os livros XIV e XV foram agregados posteriormente). Os livros V, VII, VIII, IX e X contém 
a Aritmética conhecida até àquela época; os livros I, II, III, IV e VI são dedicados à Geometria Plana; 
e os livros XI, XII e XIII se dedicam à Geometria Espacial. É muito pouco provável que outro(s) 
livro(s) de Matemática sejam tão difundidos e conhecidos quando os Elementos de Euclides. Esta 
publicação já atingiu mais de 500 edições, com traduções para quase todos os idiomas 
conhecidos. 
No livro I, Euclides enuncia cinco axiomas e cinco postulados, a partir dos quais constrói todo o 
edifício da Geometria Euclidiana. 
 
Resolva o problema a seguir usando apenas os axiomas, os postulados e proposições derivadas 
que o precedem. 
 
“Os ângulos (internos) junto à base dos triângulos isósceles são iguais entre si.” 
 
Solução: 
Este problema corresponde à Proposição 5 do Livro I dos Elementos de Euclides. 
Seja o triângulo isósceles ABC, tendo o lado AB igual ao lado AC, e fiquem prolongadas ainda mais 
as retas BD, CE sobre uma reta com as AB, AC; digo que, por um lado, o ângulo sob ABC é igual 
ao sob ACB, e, por outro lado, o sob CBD, ao sob BCE. 
 
Fique, pois, tomado sobre a BD o ponto F, encontrado ao acaso, e fique subtraída da maior AE a 
AG igual à menor AF, e fiquem ligadas as retas FC, GB. 
 
Como, de fato, por um lado, a AF é igual à AG, e, por outro lado, a AB, à 
AC, então, as duas FA, AC são iguais às duas GA, AB, cada uma a cada 
uma; e contêm o ângulo sob FAG comum; portanto, a base FC é igual à 
base GB, e o triângulo AFC será igual ao triângulo AGB, e os ângulos 
restantes serão iguais aos ângulos restantes, cada um a cada um, sob os 
quais se estendem os lados iguais, por um lado, o sob ACF ao sob ABG, 
e, por outro lado, o sob AFC ao sob AGB. E, como a AF toda é igual à AG 
toda, das quais a AB é igual à AC, portanto, a restante BF é igual à restante 
CG. Mas também a FC foi provada igual à GB; então, as duas BF, FC são 
iguais às duas CG, GB, cada uma a cada uma; também o ângulo sob BFC 
é igual ao ângulo sob CGB, e a base BC deles é comum; portanto, também 
o triângulo BFC será igual ao triângulo CGB, e os ângulos restantes serão 
iguais aos ângulos restantes, cada um a cada um, sob os quais se estendem os lados iguais; 
portanto, por um lado, o sob FBC é igual ao sob GCB, e, por outro lado, o sob BCF ao sob CBG. 
Como, de fato, o ângulo sob ABG todo foi provado igual ao ângulo sob ACF todo, dos quais o sob 
CBG é igual ao sob BCF, portanto, o sob ABC restante é igual ao sob ACB restante; e estão junto 
à base do triângulo ABC. Mas foi provado também o sob FBC igual ao sob GCB; e estão sob a 
base. 
 
Portanto, os ângulos junto à base dos triângulos isósceles são iguais entre si, e, tendo sido 
prolongadas ainda mais as retas iguais, os ângulos sob a base serão iguais entre si; o que era 
preciso provar. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 3C 
 
Um dos problemas clássicos que aparecem nos Elementos de Euclides é a divisão de um segmento 
de reta em partes proporcionais. Resolva o problema a seguir: 
 
“Dividir uma reta AB, por um ponto H, em duas partes tais que a parte maior seja a média 
proporcional [média geométrica] entre a reta AB e a parte menor.” 
 
 
 
 
 
 
 
Obs: Você deverá realizar o passo-a-passo da construção geométrica, justificando a indicação do 
ponto H. 
 
 
Solução: Livro II – Proposição 11 
Construção de Euclides. Inicialmente, construímos o quadrado ABCD. 
Tomamos E o ponto médio de AC e, em seguida, construímos o segmento 
BE. Prolongamos o segmento AC e, a partir de E, obtemos o segmento EF 
com a mesma medida de BE. Construímos o quadrado AFGH a partir de AF 
e, em seguida, prolongamos o lado GH até intersectar DC no ponto K. O 
ponto H divide AB de modo que 𝐴𝐻̅̅ ̅̅ 2 = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝐻̅̅ ̅̅ . 
 
 
 
Comentário: Com efeito, sejam 𝐴𝐻̅̅ ̅̅ = 𝑥 e 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑎. Então, 𝐵𝐻̅̅ ̅̅ = 𝑎 − 𝑥. Como 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ =
𝑎
2
, temos que 
𝐹𝐸̅̅ ̅̅ = 𝑥 +
𝑎
2
= 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ . Pelo Teorema de Pitágoras, temos 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ 2 = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ 2 + 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ 2. Assim: 
(𝑥 +
𝑎
2
)
2
= 𝑎2 + (
𝑎
2
)
2
⇒ 𝑥2 + 𝑎𝑥 +
𝑎2
4
= 𝑎2 +
𝑎2
4
⇒ 𝑥⏟
𝐴𝐻̅̅ ̅̅
2 = 𝑎2 − 𝑎𝑥 = 𝑎⏟
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
∙ (𝑎 − 𝑥)⏟ 
𝐵𝐻̅̅ ̅̅
 
 
Concluímos, então, que 𝐴𝐻̅̅ ̅̅ 2 = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ∙ 𝐵𝐻̅̅ ̅̅ . 
 
 
 
A B 
H 
QUESTÃO 4 – 2,0 pontos (Matemática Grega – Arquimedes/Pitágoras) 
 
Questão 4A: O método dedutivo é introduzido pela matemática grega como paradigma para a 
construção de provas de enunciados matemáticos. Apresente uma demonstração para o resultado 
a seguir proferido por um dos matemáticos gregos. 
" Se duas circunferências são tangentes em um ponto E e 
os diâmetros AB e CD são paralelos, então os pontos A, E e 
D são colineares.” 
 
 
 
 
Solução: 
Trata-se de uma propsição demonstrada por Arquimedes. Vamos à demonstração. 
Por premissa, temos que AB//CD. Tracemos o segmento 𝑂𝑂1 que contém o ponto de tangência E 
e, em seguida, trace os segmentos AE e ED (que ainda não sabemos se estão em uma mesma 
reta). 
Podemos observar que ∡𝐴𝑂𝐸 = ∡𝐷𝑂1𝐸 (alternos internos). Temos ainda que os triângulos 𝐴𝑂𝐸 e 
𝐷𝑂1𝐸 são isósceles (dois lados iguais a raio em cada) e, por terem ângulo de topo iguais, são 
semelhantes. 
Daí, ∡𝐴𝐸𝑂 = ∡𝐷𝐸𝑂1, que caracterizaria serem ângulos opostos pelo vértice. Este fato só pode 
ocorrer se AD for um segmento que passa pelo ponto E (já que 𝑂𝑂1 é um segmento), o que resolve 
o problema. 
 
 
 
 
Questão 4B - Números figurados eram estudados pelos pitagóricos, que pretendiam, pela análise 
das figuras formadas, descobrir a natureza íntima dos números. Em nosso curso estudanos os 
números triangulares e números quadrados (ou quadrangulares). Considere Tn e Qn, 
respectivamente, os n-ézimos termos das sequências de números triangulares e quadrados. 
 
a) Mostre que 𝑇𝑛−1 + 𝑇𝑛 = 𝑄𝑛, para 𝑛 > 1. 
 
b) Construa representações geométricas(ao estilo demonstração sem palavras), ilustrando que 
𝑇2 + 𝑇3 = 𝑄3 e 𝑇3 + 𝑇4 = 𝑄4. 
 
c) Demonstre que a soma Sn dos n primeiros números quadrados é dada por 
𝑆𝑛 =
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6
 
 
d) Usando a fórmula Sn dada no item anterior, determine uma expressão algébrica que determine 
a soma 𝜏𝑛 dos n primeiros números triangulares; isto é, determine uma expressão algébrica em 
função de n para 
𝜏𝑛 = 𝑇1 + 𝑇2 +⋯+ 𝑇𝑛. 
 
 
Solução: 
a) Números triangulares são números que podem ser escritos da forma 
𝑘(𝑘+1)
2
, com k natural. Os 
primeiros números triangulares são: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, ... 
https://pt.wikipedia.org/wiki/Escola_pitag%C3%B3rica
O leitor pode observar que a soma de dois números triangulares consecutivos é sempre igual a um 
quadrado perfeito, pois: 
𝑇𝑘−1 + 𝑇𝑘 =
(𝑘 − 1)[(𝑘 − 1) + 1]
2
+
𝑘(𝑘 + 1)
2
=
𝑘2 − 𝑘
2
+
𝑘2 + 𝑘
2
=
2𝑘2
2
= 𝑘2 
b) 
 T2 + T3 = Q3 T3 + T4 = Q4.
c) Vamos usar o princípio da indução finita para demonstrar o resultado.
- Para n = 1, temos que 𝑆1 =
1(1+1)(2.1+1)
6
=
1.2.3
6
=
6
6
= 1. Ok! 
- Suponha que o resultado é valido para n = k, ou seja, 𝑆𝑘 =
𝑘(𝑘+1)(2𝑘+1)
6
. Vamos verificar se o 
resultado também será válido para n = k+1.
𝑆𝑛 = 𝑆𝑘+1 = 1 + 4 + 9 +⋯+ 𝑘
2⏟ 
𝑆𝑘
+ (𝑘 + 1)2 =
𝑘(𝑘 + 1)(2𝑘 + 1)
6
+ (𝑘 + 1)2
=
𝑘(𝑘 + 1)(2𝑘 + 1) + 6(𝑘 + 1)2
6
=
(𝑘 + 1)[𝑘(2𝑘 + 1) + 6(𝑘 + 1)]
6
=
(𝑘 + 1). (2𝑘2 + 𝑘 + 6𝑘 + 6)
6
=
(𝑘 + 1). (2𝑘2 + 7𝑘 + 6)
6
=
(𝑘 + 1)(𝑘 + 2)(2𝑘 + 3)
6
=
[𝑘 + 1]. [(𝑘 + 1) + 1]. [2(𝑘 + 1) + 1]
6
=
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6
. 
Logo, o resultado é valido para todo número n natural. 
d) Denotaremos a soma pedida 𝑇1 + 𝑇2 + 𝑇3 +⋯+ 𝑇𝑛 como ∑𝑇𝑖. Observe ainda que:
𝑇1 + 𝑇2 = 2
2
𝑇2 + 𝑇3 = 3
2
............. 
𝑇𝑛−2 + 𝑇𝑛−1 = (𝑛 − 1)
2
𝑇𝑛−1 + 𝑇𝑛 = 𝑛
2
Somando todas as igualdades acima, temos: 
𝑇1 + 2𝑇2 + 2𝑇3 +⋯+ 2𝑇𝑛−1 + 𝑇𝑛 = 𝑛
2 + (𝑛 − 1)2 +⋯+ 32 + 22
∑𝑇𝑖 +∑𝑇𝑖 − (𝑇1 + 𝑇𝑛) = 𝑆𝑛 − 1
onde Sn é a soma dos n primeiros quadrados perfeitos. 
Seguindo que: 
2∑𝑇𝑖 − 1 − 𝑇𝑛 = 𝑆𝑛 − 1 ⟺ 2∑𝑇𝑖 = 𝑆𝑛 + 𝑇𝑛 =
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1)
6
+
𝑛(𝑛 + 1)
⟺ 
⟺ 2∑𝑇𝑖 =
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 1) + 3𝑛(𝑛 + 1)
6
⟺∑𝑇𝑖 =
𝑛(𝑛 + 1)(2𝑛 + 4)
12
=
2
𝑛(𝑛 + 1)(𝑛 + 2)
6
QUESTÃO 5 – 2,0 pontos (Desenvolvimento da Álgebra) 
 
Questão 5A – Resolva o seguinte problema de Diofanto: 
 
“Encontrar três números (x, y e z) tais que o produto de qualquer par deles, mais a soma dos 
mesmos, sejam, respectivamente, iguais a 8, 15 e 24.” 
 
Solução: 
Das informações, obtemos o sistema: 
{
𝑥𝑦 + 𝑥 + 𝑦 = 8
𝑦𝑧 + 𝑦 + 𝑧 = 15
𝑥𝑧 + 𝑥 + 𝑧 = 24
 
 
Isolando z na terceira equação do sistema, temos: 
𝑧 =
24 − 𝑥
𝑥 + 1
 
 
Substituindo z na segunda equação do sistema, segue que: 
 
𝑦 (
24 − 𝑥
𝑥 + 1
) + 𝑦 + (
24 − 𝑥
𝑥 + 1
) = 15 ⇔
24𝑦 − 𝑥𝑦 + 𝑥𝑦 + 𝑦 + 24 − 𝑥
𝑥 + 1
= 15 
 
25𝑦 − 𝑥 + 24 = 15𝑥 + 15 ⇔ 𝑦 =
16𝑥 − 9
25
 
 
Substituindo y na primeira equação do sistema, temos: 
 
𝑥 (
16𝑥 − 9
25
) + 𝑥 +
16𝑥 − 9
25
= 8 ⇔
16𝑥2 − 9𝑥 + 25𝑥 + 16𝑥 − 9
25
= 8 ⇔ 16𝑥2 + 32𝑥 − 209 = 0 
 
Resolvendo a equação do 2º grau obtida para x > 0, obtemos 𝑥 =
11
4
. 
 
Daí: 
𝑦 =
16𝑥 − 9
25
=
16 ∙
11
4
− 9
25
=
7
5
 
 
𝑧 =
24 − 𝑥
𝑥 + 1
=
24 −
11
4
11
4
+ 1
=
17
3
 
 
Logo, 
𝑆 = {(
11
4
,
7
5
,
17
3
)} 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Questão 5B – Encontre a solução real da equação cúbica 
x3 + 6x2 + 18x + 10 = 0 
utilizando os métodos de Tartaglia e Scipione del Ferro. Para isso, realize as seguintes etapas: 
 
a) Faça a mudança de variável (Tartaglia) x = y − 2 para transformar a equação dada em uma 
equação reduzida da forma y3 +Ay = B. Identifique os valores de A e B que você encontrou 
na sua equação reduzida. 
b) Considerando y = s – t e o sistema {
3𝑠𝑡 = 𝐴
𝑠3 − 𝑡3 = 𝐵
, encontre a solução real da equação 
x3 + 6x2 + 18x + 10 = 0. 
 
Solução: 
a) Fazendo a mudança de variável (Tartaglia) x = y − 2 tem-se: 
 
(y − 2)3 + 6(y − 2)2 + 18(y − 2) + 10 = 0 
y3 − 6y2 + 12y – 8 +6y2 – 24y + 24 + 18y – 36 + 10 = 0 
y3 + 6y − 10 = 0 
y3 + 6y = 10 
Daí, A = 6 e B = 10. 
b) Para usar o método de Scipione dal Ferro, consideramos y = s – t e resolvemos o sistema 
{
3𝑠𝑡 = 6
𝑠3 − 𝑡3 = 10
 
Isolando s na primeira equação do sistema e substituindo da segunda equação, temos: 
(
6
3t
)
3
− t3 = 10 ⟺ (
2
t
)
3
− t3 = 10 ⟺
8
𝑡3
− t3 = 10 ⟺ 𝑡6 + 10𝑡3 − 8 = 0 
Fazendo a substituição, w = t3, tem-se que w é solução da equação do segundo grau 
w2 + 10w − 8 = 0 
Logo w =
−10±√100−4∙1∙(−8)
2
= −5 ± √33 
Escolhendo o valor positivo para w, isto é, w = −5 + √33, tem-se t = √−5 + √33
3
 . 
De s3 − t3 = 10, tem-se 
s3 − (−5 + √33) = 10 ⟺ s3 + 5 − √33 = 10 ⟺ s3 = 5 + √33 ⟺ s = √5 + √33
3
 
Retornando a equação original, finalmente teremos que: 
y = s – t = √5 + √33
3
− √−5 + √33
3
 
x = y – 2 = √5 + √33
3
− √−5 + √33
3
− 2