Revista da Olimpíada Alagoana de Matemática - Volume 2

ROAM_Vol2.pdf
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                    Revista Olı́mpica Alagoana de Matemática

Universidade Federal de Alagoas.
Instituto de Matemática.
BR-104, Km 97 - Cidade Universitária, Maceió - AL, 57072-970
Coordenador e Editor Responsável:
Alan Anderson da Silva Pereira
Capa:
Francisco Alan Lima da Silva
Rebeca Alves Dantas de Lima e Silva
Redatores:
Cı́cero Calheiros Filho
Hegel Marinho Viana Filho
Jeann da Rocha Silva
Lucas Hiroshi dos Santos Nakagawa
Rodrigo Severo Araújo
Samuel Nascimento Figueredo
Supervisão dos Artigos:
Alcides de Carvalho Jr
Davi dos Santos Lima
Diogo Carlos dos Santos
Francisco Alan Lima da Silva
Revisão:
Alan Anderson da Silva Pereira
Argos de Omena Albuquerque
Jairon Henrique Noia Batista
Rebeca Alves Dantas de Lima e Silva

2

#2

Conteúdo
1 A ROAM voltou!

5

2 Breve escorço histórico sobre as olimpı́adas

6

3 Enunciados da OAM Nı́vel 1

7

4 PARTE B

7

5 Enunciados da OAM Nı́vel 2

8

6 PARTE B

8

7 Enunciados da OAM Nı́vel 3

9

8 PARTE B

9

9 Enunciados da OAM Nı́vel U

10

10 Soluções da OAM Nı́vel 1

11

11 Soluções da OAM Nı́vel 2

14

12 Soluções da OAM Nı́vel 3

17

13 PARTE B

18

14 Soluções da OAM Nı́vel U

20

15 Áreas de Retângulos e Triângulos
(por Rodrigo Severo)
15.1 Áreas: uma noção intuitiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.2 Áreas de figuras elementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.2.1 Retângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.2.2 Paralelogramo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.2.3 Triângulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.3 Propriedades úteis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.4 Problemas Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15.5 Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24
24
25
25
26
27
28
28
32

16 Métodos de Contagem
(por Jeann Rocha)
16.1 Contando em Intervalos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.2 O Fatorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.3 Princı́pio Multiplicativo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35
35
35
36

3

16.4 Princı́pio Aditivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.5 Ideias Importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.6 Permutações Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.7 Permutações Repetidas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.8 Permutações Circulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.9 Combinações Simples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.10Problemas Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.11Problemas Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16.12Referências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

37
38
40
40
41
42
43
45
47

17 Sequências
(por Samuel Figueredo)
17.1 Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17.2 Sequências Definidas Por Recorrência Linear . . . . . . . . . . . . . . . .
17.2.1 Recorrências Lineares Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . . . .
17.2.2 Recorrências Lineares Não Homogêneas . . . . . . . . . . . . . . .
17.3 Problemas envolvendo recorrências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48
48
49
51
53
55

18 Integrais
(por Cı́cero Filho)
18.1 Regras de Integração . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.2 Exemplos olı́mpicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18.3 Exercı́cios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

58
58
58
61

19 Problemas Propostos
19.1 Problemas Escolares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19.2 Problemas Universitários . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19.3 Proponentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63
63
63
64

20 Premiados na OAM 2022
20.1 Nı́vel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20.2 Nı́vel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20.3 Nı́vel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20.4 Nı́vel U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65
65
67
69
71

21 Como contribuir com a ROAM

72

4

1

A ROAM voltou!
Olá, leitor!

É com grande entusiasmo que retornamos com o Volume 2 da ROAM, a revista alagoana
feita para os apaixonados por matemática!
Aqui você encontrará as soluções das provas da OAM do ano anterior e artigos que
ajudarão a aprimorar as suas habilidades em matemática. Quer você seja um estudante
aspirante a medalhista, ou um professor dedicado a preparar seus alunos para o sucesso ou
um curioso buscando por conhecimento, esta revista é feita para você.
Além do conteúdo semelhante ao apresentado no Volume 1, nesta edição teremos duas
novidades. A primeira delas é a seção de Problemas Propostos, onde serão apresentados
problemas para que você leitor resolva e envie-nos a sua solução para publicação. A segunda
é a seção de Curiosidades, onde serão apresentadas diversas informações cientı́ficas, culturais
e históricas sobre matemática e suas competições.
A ROAM é um projeto de extensão idealizado no Instituto de Matemática da Universidade Federal de Alagoas (IM-UFAL), onde a sua realização tem sido um trabalho realizado
por uma equipe de voluntários que inclui pessoas em vários estados do Brasil.
Então abrace conosco a emoção da busca pelo conhecimento matemático e desafie
seus limites. Seja bem-vindo de volta à ROAM, onde o espı́rito olı́mpico e a paixão pela
matemática encontram-se para criar uma experiência única e enriquecedora.
Boa leitura!
Alan Pereira
Editor-Chefe.

5

2

Breve escorço histórico sobre as olimpı́adas

É comum que os estudantes que participam de competições de matemática tenham
curiosidade sobre quando surgiram as olimpı́adas da disciplina. Devido a popularidade da
OBMEP há muita gente que acredita que as olimpı́adas de matemática surgiram em 2005 e
que a OBMEP é a primeira delas. Na verdade, competições de matemática já vem ocorrendo
ao redor do mundo há muito tempo. Em 1894 (isso, mil e oitocentos e noventa e quatro),
já ocorreu uma competição num modelo semelhante às principais competições da atualidade.
Esta competição aconteceu na Hungria, um paı́s do leste europeu com uma forte tradição
em matemática. Nos anos seguintes aconteceram diversas competições na mesma região do
globo que culminou numa competição internacional em 1959. Esta competição foi nomeada International Mathematical Olympiad (IMO), cuja tradução em português Olimpı́ada
Internacional de Matemática, e é considerada a competição de matemática mais difı́cil e
importante do mundo para estudantes.
A competição brasileira que mais se assemelha à IMO é a OBM, a Olimpı́ada Brasileira
de Matemática. A OBM é uma olimpı́ada de altı́ssimo nı́vel e pode ser considerada a
competição de matemática mais difı́cil do Brasil. Realizada pela primeira vez em 1979,
a OBM vem ocorrendo ano a ano. A OBM é também o meio de seleção de estudantes
brasileiros para diversas competições internacionais incluindo a própria IMO.
Já no Estado de Alagoas, aconteceram várias competições de matemática desde a década
de 1980. Mas foi só em 2003 que um projeto de olimpı́ada consolidou-se, a Competição
Edmı́lson Pontes, que hoje recebe o tı́tulo oficial de Olimpı́ada Alagoana de Matemática
(OAM). Todas as edições da OAM foram organizadas e coordenadas pelo Instituto de
Matemática da UFAL, tendo sido financiada por várias instituições e recebido enorme apoio
da OBM.
Outro fato importante é o surgimento da Olimpı́ada Brasileira de Matemática das Escolas
Públicas (OBMEP). A OBMEP, que surgiu em 2005, é um programa acadêmico de notável
impacto social. Desde o seu surgimento, a OBMEP tem não só descoberto talentos em
todas as partes do Brasil, como também dando novas perspectivas de vida para pessoas em
situações sociais vulneráveis, através de bolsas de estudos para os seus premiados ainda na
fase escolar, e na graduação e pós-graduação.
É claro que existem diversas outras olimpı́adas importantes de matemática nos nı́veis
escolar e universitário. Essa nova edição da ROAM estará aqui para apresentar mais dessas
competições e aproximar ainda mais do clima olı́mpico, pois é comprovado que as olimpı́adas
de matemática transformam vidas.

6

3

Enunciados da OAM Nı́vel 1

PARTE A
Problema 3.1. O número x = 2000 : : : 022 tem 22 zeros. Qual é a soma dos algarismos
de x=3?
Problema 3.2. Dizemos que um número natural é jotinha quando o seu quadrado é
o triplo de outro quadrado perfeito mais um. Por exemplo, o número 7 é jotinha, pois
7 = 49 = 3  4 + 1: Determine o maior número jotinha com dois dı́gitos.
2

2

Problema 3.3. Fralão quer montar um número de quatro dı́gitos usando cada um dos
algarismos 1; 3; 5 e 7 exatamente uma vez. De quantas formas Fralão pode construir esse
número de modo que a soma dos dois primeiros dı́gitos seja menor que a soma dos dois
últimos dı́gitos?
Problema 3.4. Seja R um retângulo com lados a e b, e Q um quadrado de lado c, sendo
a; b e c números inteiros positivos consecutivos nessa ordem. Sejam AQ o valor área do
quadrado, AR valor da área do retângulo e PR o valor do perı́metro do retângulo. Sabendo
que AR + PR = AQ + 1, calcule abc.

4

PARTE B

Problema 4.1. Samujerson desenhou um quadrado
com lado 8 e marcou os pontos médios. Em seguida
construiu um novo quadrado ligando os pontos médios
do anterior e marcou os pontos médios dos lados do
novo quadrado. Depois ele repetiu o processo até obter a seguinte figura ao lado. Qual é a área da região
cinzenta no desenho de Samujerson?

Problema 4.2. Na sala de aula do professor Ronjai há 2022 cadeiras e 15 alunos. Acontece
algo engraçado nessa sala: sempre que Ronjai remove uma cadeira da sala, chega mais um
aluno para assistir a aula. Por exemplo, se Ronjai remover 5 cadeiras, ficarão na sala 2017
cadeiras e 20 alunos. Qual o número máximo de cadeiras que Ronjai pode remover de modo
a todos os alunos na sala ainda terem lugar para sentar?
7

5

Enunciados da OAM Nı́vel 2

PARTE A
Problema 5.1. Sabendo que
de
+
:
5

e

são raı́zes da equação x

2

x

; encontre o valor

1 = 0

5

Problema 5.2. Encontre a quantidade de pares inteiros positivos x; y de dois dı́gitos tais
que 2x tem uma quantidade diferente de dı́gitos que 3y:
Problema 5.3. Dizemos que um número natural é jotinha quando o seu quadrado é
o triplo de outro quadrado perfeito mais um. Por exemplo, o número 7 é jotinha, pois
7 = 49 = 3  4 + 1: Determine o maior número jotinha com dois dı́gitos.
2

2

Problema 5.4. Samujerson desenhou um quadrado
com lado 8 e marcou os pontos médios. Em seguida
construiu um novo quadrado ligando os pontos médios
do anterior e marcou os pontos médios dos lados do
novo quadrado. Depois ele repetiu o processo até obter a seguinte figura ao lado. Qual é a área da região
cinzenta no desenho de Samujerson?

6

PARTE B

Problema 6.1. Dizemos que um número com 2n algarismos é elaino quando a soma dos
seus primeiros n algarismos, da esquerda para a direita, é maior que ou igual a soma dos n
últimos algarismos. Por exemplo, o número 9721 é elaino, pois 9 + 7 = 16; 2 + 1 = 3 e
16 > 3: Encontre a quantidade de números elainos de quatro algarismos.
Problema 6.2. Seja R um retângulo com lados a e b, e Q um quadrado de lado c, sendo
a; b e c números inteiros positivos consecutivos nessa ordem. Sejam AQ o valor área do
quadrado, AR valor da área do retângulo e PR o valor perı́metro do retângulo. Sabendo
que AR + PR = AQ + 1, determine a; b e c.

8

7

Enunciados da OAM Nı́vel 3

PARTE A
Problema 7.1. Quantos números ab de dois algarismos são tais que ao multiplicar ab por
qualquer número entre 1 e 9 resulta em um número cuja soma dos seus algarismos é a + b?
Problema 7.2. Encontre o menor valor de x + y ; sabendo que x e y são inteiros que são
soluções da equação
2

x

2

2

2

y = 1;
2

onde x > 3:
Problema 7.3. É dado um quadrado ABCD e desenha-se um cı́rculo centrado em A com
raio igual a medida do lado do quadrado. Este cı́rculo intersecta a mediatriz de BC em dois
pontos, um dos quais, O, é o mais próximo do vértice C . Qual o valor do ângulo AOC em
graus?
Obs: Uma mediatriz é uma reta corta um lado do triângulo dividindo-o em dois segmentos de mesmo comprimento.
Problema 7.4. Encontre um número de 4 dı́gitos abcd tal que se multiplicarmos 4 o número
obtido tem os mesmos dı́gitos em ordem contrária, isto é, 4  abcd = dcba.

8

PARTE B

Problema 8.1. Uma fábrica produz 10 tipos de balas. Um saco de balas vem com pelo
menos 20 balas, e no máximo 30 balas. Quantos diferentes sacos de balas a fábrica pode
produzir?
Problema 8.2. Seja G o baricentro do 4ABC , isto é, o ponto de encontro de suas
medianas. Denote por jXY j a distância entre os pontos X e Y e seja M um ponto
qualquer do plano. Prove que

jMAj

2

+

jMB j

2

+

jMC j

2

=

jGAj

2

9

+

jGB j

2

+

jGC j

2

+3

jGM j :
2

9

Enunciados da OAM Nı́vel U

PARTE A
Problema 9.1. Seja f : R ! R uma função duas vezes diferenciável satisfazendo

x f (x) + xf 0 (x) = 2022:
2

Qual é o valor de jf 00 (1)j?
Problema 9.2. Determine os 2 últimos dı́gitos antes da vı́rgula de
800

10

100

10

+3

:

Problema 9.3. Sejam A; B; C e D soluções de
ã
Å
0
1
2
:
X =
1

0

Qual é o valor de tr(A
+B
+C
+D
+ 2 I )?
Aqui I é a matriz identidade e tr(Z ) é o traço da matriz Z , i.e., a soma dos elementos
que estão em sua diagonal principal.
2021

2021

2021

2021

Problema 9.4. Sejam a < b < c inteiros positivos tais que

= 1014
 a+b+c

Calcule c

ab + bc + ca = 3035
abc
= 2022:

a.

PARTE B
Problema 9.5. Em uma urna existem 1 bola branca, x bolas cinzas e y bolas pretas, com
1 < x < y . Ayane retira uma bola da urna ao acaso, anota a cor, devolve a bola para urna
e depois retira outra bola ao acaso. Sabe-se que a probabilidade de retirar duas bolas de
cores iguais da urna é igual a probabilidade de retirar duas bolas de cores distintas. Calcule
o valor mı́nimo de y x.
Problema 9.6. Defina F = F = 1 e para n > 1 defina Fn = Fn + Fn a sequência
de Fibonacci. O Teorema de Zeckendorf diz que todo inteiro positivo pode ser escrito como
soma de números distintos e não consecutivos da sequência de Fibonacci. Por exemplo, 10 =
8 + 2 = F + F e escrevemos 10 = (100100)F = 1  F + 0  F + 0  F + 1  F + 0  F + 0  F .
Pelo Teorema de Zeckendorf todo N = ki ai Fi = (ak ak :::a )F , ai 2 f0; 1g. Defina
a função f : N ! N por f (N ) = (ak ak :::a ) = ki ai 2i se N = (ak ak :::a )F .
Sejam M = max(f (N) \ [1; 1000]) e j tal que f (j ) = M . Determine j + M .
1

6

3

2

+1

P

6

=1

1

1

10

2

P

1

5

4

1

3

2

1

1

1

=1

1

1

10

Soluções da OAM Nı́vel 1

PARTE A
Problema 10.1. O número x = 2000 : : : 022 tem 22 zeros. Qual é a soma dos algarismos
de x=3?
Solução [Resposta 143]: Temos x = 2000:::022 = 1 = 2000:::001 + 21, donde

x
3

=

:::001

2000

+

3

21
3

Além disso, veja que 2000:::001 = 3000:::000

:::001

2000

3

=

:::000

:::999

3000

999

3

3

=

:::001

2000

3

+7

:

:::999 (com 24 zeros e 24 noves), donde

999

:::000

= 1000

333

:::333 = 666:::667

com vinte e três dı́gitos 6. Logo,

x
3

:::667 + 7 = 666:::674 com vinte e dois dı́gitos 6:

= 666

Portanto, a soma dos algarismos de

x

é 6  22 + 7 + 4 = 132 + 11 = 143.

3

Problema 10.2. Dizemos que um número natural é jotinha quando o seu quadrado é
o triplo de outro quadrado perfeito mais um. Por exemplo, o número 7 é jotinha, pois
7 = 49 = 3  4 + 1: Determine o maior número jotinha com dois dı́gitos.
2

2

Solução [Resposta 97]: Pela definição, um número n é jotinha se n = 3k + 1,
para algum k inteiro positivo. Veja que se n é múltiplo de 3 então n = 3m para algum m
inteiro positivo, logo n = (3m) = 9m = 3(3m ). Assim, nenhum múltiplo de 3 pode
ser jotinha. Portanto 99 não é jotinha.
Vamos testar de 98 é jotinha. Devemos ver se existe k tal que 98 = 3k + 1. Veja que
2

2

2

2

2

2

2

98

2

2

k + 1 () 9604 = 3k + 1 () 9603 = 3k () 3201 = k :

= 3

2

2

2

2

2

2

Basta verificar se 3201 tem raiz inteira. Mas veja que 54 = 2916 e 55 = 3025, logo a
raiz de 3201 não pode ser inteira.
Agora vamos testar de 97 é jotinha. Devemos ver se existe k tal que 97 = 3k + 1.
Veja que
2

2

97

k + 1 () 9409 = 3k + 1 () 9408 = 3k () 3136 = k :

= 3

2

2

2

2

2

Basta verificar se 3136 tem raiz inteira. Como visto acima, 55
testar 56 . De fato, 56 = 3136, logo
2

2

2

2

97

= 3



56

2

+1

:

Portanto, 97 é o maior número jotinha com dois dı́gitos.
11

= 3025

, logo podemos

Problema 10.3. Fralão quer montar um número de quatro dı́gitos usando cada um dos
algarismos 1; 3; 5 e 7 exatamente uma vez. De quantas formas Fralão pode construir esse
número de modo que a soma dos dois primeiros dı́gitos seja menor que a soma dos dois
últimos dı́gitos?
Solução [Resposta 8]: Se o número for da forma 1xyz , então, devemos ter 1 + x <
y + z . Isso é claramente verdade para x = 3 (pois 1 + 3 = 4 < 12 = 5 + 7) e, do mesmo
modo, é verdade para x = 5 (pois 1 + 5 = 6 < 10 = 3 + 7), mas, não é verdade para
x = 7, pois 1 + 7 = 8 = 3 + 5. Além disso, como 1xyz e 1xzy são números diferentes
mas que satisfazem a mesma propriedade (pois y + z = z + y ), temos 2  2 = 4 números
da forma 1xyz que Fralão pode construir. Pelo mesmo raciocı́nio, obtemos que números
da forma 3xyz só poderão ser construidos se x = 1, números da forma 5xyz só poderão
ser construı́dos se x = 1 e, por fim, números da forma 7xyz não poderão ser construı́dos.
Assim, o total de números que Fralão poderá constuir será:
2



2+1



2+1



2+0



.

2 = 8

Problema 10.4. Seja R um retângulo com lados a e b, e Q um quadrado de lado c, sendo
a; b e c números inteiros positivos consecutivos nessa ordem. Sejam AQ o valor área do
quadrado, AR valor da área do retângulo e PR o valor do perı́metro do retângulo. Sabendo
que AR + PR = AQ + 1, calcule abc.
Solução [Resposta 60]: Ver solução do Problema 6 do Nı́vel 2.

PARTE B

Problema 10.5. Samujerson desenhou um quadrado
com lado 8 e marcou os pontos médios. Em seguida
construiu um novo quadrado ligando os pontos médios
do anterior e marcou os pontos médios dos lados do
novo quadrado. Depois ele repetiu o processo até obter
a seguinte figura ao lado. Qual é a área da região
cinzenta no desenho de Samujerson?

Solução de Isabel Santos Costa: Sabemos que a área do quadrado grande é 8  8 =
 = 8, pois usa altura e base são a metade
64 e o triângulo grande cinza tem área igual a
4

4

2

12

de 8. Como os 4 triângulos formados após desenhar um quadrado traçando linhas a partir
dos pontos médios têm tamanhos iguais, os triângulos maiores têm juntos 8:4 = 32 de
área total e o quadrado desenhado, também tem a mesma área, ou seja, 32 que é 1=2 de
64. Portanto podemos dizer que as áreas dos quadrados desenhados a partir dos pontos
médios de outro quadrado tem 1=2 da área desse quadrado. Assim o terceiro quadrado
desenhado tem 1=2 de 32 = 16 e o quarto quadrado tem 1=2 de 16 ou seja, 8. Como o
último quadrado tem área igual a 8, então a região dos últimos triângulos também tem área
igual a 8 e cada triângulo menor tem área igual a 8=4 = 2. Podemos concluir então que a
área da região cinzenta é igual a 8 + 2 = 10.
Problema 10.6. Na sala de aula do professor Ronjai há 2022 cadeiras e 15 alunos. Acontece
algo engraçado nessa sala: sempre que Ronjai remove uma cadeira da sala, chega mais um
aluno para assistir a aula. Por exemplo, se Ronjai remover 5 cadeiras, ficarão na sala 2017
cadeiras e 20 alunos. Qual o número máximo de cadeiras que Ronjai pode remover de modo
a todos os alunos na sala ainda terem lugar para sentar?
Solução de Pablo Vinı́cius dos Santos Gomes: Somando o número de cadeiras com
o número de alunos, obtemos 2037. Dividindo esse resultado por 2 o resultado é 1018,5.
No entanto, não existe meia cadeira, nem meio aluno e de acordo com o enunciado todos
os alunos precisam ter uma cadeira para sentar. Por isso Ronjai não pode remover 1004
cadeiras, pois teriam 1019 alunos para 1018 cadeiras. Portanto, Ronjai deve remover 1003
cadeiras, para que tenham 1019 cadeiras para 1018 alunos.

13

11

Soluções da OAM Nı́vel 2

Problema 11.1. Sabendo que
valor de
+
:
5

são raı́zes da equação x

e

x

2

; encontre o

1 = 0

5

Solução [Resposta 11]: Observe que

x
Daı́,

x

2

1 = 0

,x

2

=

x + 1:

x = (x + 1) = x + 2x + 1 = (x + 1) + 2x + 1 = 3x + 2
4

2

2

e, por fim,

x = x  x = x(3x + 2) = 3x + 2x = 3(x + 1) + 2x = 5x + 3:
satisfazem a equação inicial, eles satisfazem também a equação x = 5x + 3,
5

Como e
ou seja,
= 5
5

4

2

5

+3

5

e
5

+

= 5
5

+3

= (5

. Somando estas duas equações, encontramos que

+ 3) + (5

+ 3) = 5(

+

)+6

:

Agora, recorde do fato que a soma das raı́zes de uma equação ax + bx + c = 0 é
logo
2

5

5

+

= 5



b=a,

1 + 6 = 11

Se você não conhecia o fato acima, poderia simplesmente calcular as raı́zes da equação:
=

e verificar que

+

1+

p

2

5

e

=

1

p

5

2

;

.

= 1

Problema 11.2. Encontre a quantidade de pares inteiros positivos x; y de dois dı́gitos tais
que 2x tem uma quantidade diferente de dı́gitos que 3y:

Solução [Resposta 3840]: Se x e y têm 2 algarismos, então 10  x; y  99, donde
20  2x  198 e 30  3y  297. Ou seja, 2x e 3y podem ter 2 ou 3 algarismos. Para que
eles tenham uma quantidade diferente de algarismos, devemos ter que 2x tem 2 algarismos
e 3y tem 3 algarismos ou vice-versa. Assim, vamos analisar os casos:

1. Se 2x tem dois algarismos, então 10  2x  99 , 5  x  49; 5, ou seja,
10  x  49. Além disso, se 3y tem três algarismos, então 100  3y  999 ,
33; 33:::  y  333, ou seja, 34  y  99. Entre 10 e 49, há 49
10+1 = 40 inteiros
e, entre 34 e 99, há 99 34 + 1 = 66 inteiros. Logo, nesse caso, há 40  66 = 2640
pares (x; y ) pedidos.

2. Se 2x tem três algarismos, então 100  2x  999 , 50  x  499; 5, ou seja,
50  x  99. Além disso, se 3y tem dois algarismos, então 10  3y  99 ,
3; 33:::  y  33, ou seja, 10  y  33. Entre 50 e 99, há 99
50 + 1 = 50 inteiros
e, entre 10 e 33, há 33 10 + 1 = 24 inteiros. Logo, nesse caso, há 50  24 = 1200
pares (x; y ) pedidos.
14

Portanto, ao todo, há 2640 + 1200 = 3840 pares de inteiros positivos (x; y ) de dois dı́gitos
tais que 2x tem uma quantidade diferente de dı́gitos que 3y .
Problema 11.3. Dizemos que um número natural é jotinha quando o seu quadrado é
o triplo de outro quadrado perfeito mais um. Por exemplo, o número 7 é jotinha, pois
7 = 49 = 3  4 + 1: Determine o maior número jotinha com dois dı́gitos.
2

2

Solução: Veja a solução do Problema 2 da Parte A do Nı́vel 1.

Problema 11.4. Samujerson desenhou um quadrado
com lado 8 e marcou os pontos médios. Em seguida
construiu um novo quadrado ligando os pontos médios
do anterior e marcou os pontos médios dos lados do
novo quadrado. Depois ele repetiu o processo até obter
a seguinte figura ao lado. Qual é a área da região
cinzenta no desenho de Samujerson?

Solução [Resposta 10]: Ver solução do Problema 5 da Parte B do Nı́vel 1.

PARTE B
Problema 11.5. Dizemos que um número com 2n algarismos é elaino quando a soma dos
seus primeiros n algarismos, da esquerda para a direita, é maior que ou igual a soma dos n
últimos algarismos. Por exemplo, o número 9721 é elaino, pois 9 + 7 = 16; 2 + 1 = 3 e
16 > 3: Encontre a quantidade de números elainos de quatro algarismos.
Solução da banca: Contaremos quantos números de 4 algarismos abcd são tais que
a + b  c + d: Para tal, contaremos os números entre 0 e 9999 que obedecem essa
propriedade. Depois removeremos os que iniciam em 0:
Começaremos contando quantos números abcd, com a; b; c; d 2 f0; : : : ; 9g; são tais que
a + b = c + d:
• Caso a + b = c + d:
Se a + b = i; como 0  i  9; temos de possibilidade para (c; d) os pares (0; i); (1; i
1); : : : ; (i; 0); totalizando i + 1 possibilidades. Agora note que temos o mesmo número de
possibilidades para (a; b) com a + b = i: Logo, para a + b = i; com 0  i  9; temos um
total de 1 + 2 +    + 10 = 385 números.
2

2

2

15

Por outro lado, se a + b = i; com 10  i  18; então i = 9 + j; com j 2 f1; : : : ; 9g,
de onde temos de possibilidade para (c; d) os pares (j; 9); (j 1; 8); : : : ; (9; j ); totalizando
9
j + 1 para cada j . Este vai ser também o número de possibilidades para o par (a; b):
Assim, há no total 1 + 2 +    + 9 = 285 desses tais números.
Portanto, temos 385 + 285 = 670 desses tais números entre 0 e 9999:
2

2

2

• Caso a + b < c + d :

Pelo caso anterior, temos 9330 números abcd entre 0 e 9999 tais que a + b 6= c + d: Por
simetria, metade desses obedecem a + b < c + d; dando um total de 4665.
Agora retiraremos os números que iniciam em 0. Faremos isso contando os números
entre 0 e 9999 tais que a soma dos dois primeiros dı́gitos é maior do que a dos dois últimos.
O resultado vai ser 1000 subtraı́do desse número, uma vez que os números que sobram são
os que a soma dos dois primeiros dı́gitos é menor ou igual a dos dois últimos.
Contaremos a quantidade de números 0bcd tais que 0 + b > c + d: Para b = 0; não
temos nenhum valor possı́vel. Agora note que a quantidade de pares (c; d) tal que c + d < b;
1  b  9; é igual a quantidade de pares tais que 0  c + d  b
1; onde 1  b  9:
Logo, há

Xi

b 1
i=0

+1 = 1+

   b:
+

Fazendo b variar de 1 a 9, temos um total de 165 possibilidades.
Subtraindo esses casos (os que não são desejados), de 1000, temos um total de 835
números ”elainos”iniciando em 0: Retirando isso dos 5335 possı́veis de 4 dı́gitos quaisquer,
temos um total de 4500 números de 4 dı́gitos elainos.
Problema 11.6. Seja R um retângulo com lados a e b, e Q um quadrado de lado c, sendo
a; b e c números inteiros positivos consecutivos nessa ordem. Sejam AQ o valor área do
quadrado, AR valor da área do retângulo e PR o valor perı́metro do retângulo. Sabendo
que AR + PR = AQ + 1, determine a; b e c.

Solução de Roberto Pacı́fico Gama Reys: Como a, b e c são consecutivos nessa
ordem, temos que b = a + 1 e c = a + 2. A área de um retângulo de lados a e b
é igual a ab = a(a + 1) = a + a. O perı́metro de um retângulo de lados a e b é
igual a a 2a + 2b = 2a + 2(a + 1) = 4a + 2. A área do quadrado de lado c é igual a
c = (a + 2) = a + 4a + 4. Agora sabemos os valores de Ar = a + a, Pr = Aq + 1,
portanto
2

2

2

2

2

a + a + 4a + 2 = a + 4a + 4 + 1 )
a + 5a + 2 = a + 4a + 5 )
5a + 2 = 4a + 5 )
5a
4a + 2 = 5 )
a = 3:
Como b = a + 1, então b = 3 + 1 = 4. Como c = a + 2 então c = 3 + 2 = 5. Logo
a = 3; b = 4 e c = 5.
2

2

2

2

16

12

Soluções da OAM Nı́vel 3

PARTE A
Problema 12.1. Quantos números ab de dois algarismos são tais que ao multiplicar ab por
qualquer número entre 1 e 9 resulta em um número cuja soma dos seus algarismos é a + b?

Solução [Resposta 4]: Pela hipótese 2  ab  ab mod 9, o que implica ab  0
mod 9. Agora temos que testar os múltiplos de 9 com dois dı́gitos, isto é, os números 18,
27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 90, 99. Testando, podemos ver que a propriedade vale para 18,
45, 90, 99. A propriedade não vale para os outros múltiplos de 9, por causa dos seguintes
contra exemplos 27  7, 36  8, 54  7, 63  3, 72  4, 81  6.
Problema 12.2. Encontre o menor valor de x + y ; sabendo que x e y são inteiros que
são soluções da equação
2

onde x > 3:

x

2

2

y = 1;

2

2

Solução [Resposta 433]: Observe que (x; y ) = (3; 2) é uma solução. Note p
que x
deve ser
p maior que 3: pLogo, a outra menor solução é (X; Y ) de modo que X + Y 2 =
(3 + 2
2) = 17 + 12
2; onde verifica-se que 17 > 3. Portanto x = 17 e y = 12.
2

Problema 12.3. É dado um quadrado ABCD e desenha-se um cı́rculo centrado em A
com raio igual a medida do lado do quadrado. Este cı́rculo intersecta a mediatriz de BC
em dois pontos, um dos quais, O, é o mais próximo do vértice C . Qual o valor do ângulo
AOC em graus?
Obs: Uma mediatriz é uma reta corta um lado do triângulo dividindo-o em dois segmentos de mesmo comprimento.
Solução [Resposta 135]: A resposta é 135 graus. O ângulo em questão é a soma
dos ângulos AOD = com DOC = . Note que AOD é um triângulo equilátero, donde
o
= 60 . Também note que o comprimento da corda AO vale o mesmo que o tamanho do
lado do quadrado, donde = DCO. Ora, ADC é um ângulo reto e ADO vale 60o donde
OAC vale 30o . Portanto, = 75o .
Problema 12.4. Encontre um número de 4 dı́gitos abcd tal que se multiplicarmos 4 o
número obtido tem os mesmos dı́gitos em ordem contrária, isto é, 4  abcd = dcba.

Solução [Resposta 2178]: abcd  4 = dcba ) a < 3, pois 3000  4 = 12000 tem cinco
dı́gitos. Mas dcba é par, assim a deve ser par. Portanto a = 2. De 2bcd  4 = dcb2, nós
temos d  8, e o produto d  4 termina em 2. Assim d = 8. O resultado 2bc8  4 = 8cb2
ou

b + 40c + 32 = 8000 + 100c + 10b + 2 ) 390b + 30 = 60c ) 13b + 1 = 2c:
O lado direito é par, e 2c  18. Assim, b dever ser ı́mpar e menor que 2, isto é b = 1,
c = 7. Portanto abcd = 2178.
8000 + 400

17

13

PARTE B

Problema 13.1. Uma fábrica produz 10 tipos de balas. Um saco de balas vem com pelo
menos 20 balas, e no máximo 30 balas. Quantos diferentes sacos de balas a fábrica pode
produzir?
Solução de Jeann da Rocha Silva: Sejam B ; B ; :::; B as balas que essa fábrica
produz, com Bi 6= Bj se i 6= j . Assim, se num saco de bolas há N bolas, sendo xi a
quantidade de bolas de Bi presente no saco, vem que:
1

2

10

x +x +x +x +x +x +x +x +x +x
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

N

=

(1)

Há uma forma simples e bem “bonitinha”de saber quantas formas diferentes existem de se
escrever a equação acima, isto é, quantos pares (x ; x ; :::; x ) existem de modo que (1)
é satisfeita, com xi 2 Z . Isso é feito pelo conhecido modelo “pau-bola”que consiste em
trocar a equação dado por N pauzinhos (“—”) e cada simbolo \ + " que aparece por \o",
determinando uma contagem que se baseia em uma repetição como segue abaixo:
1

2

10

+

jjjj
:::j   :::
| {z } | {z }
N

10

1=9

Por exemplo, se x = 0; x = 3; x = 2; x = 0; x = 5; x = 7; x
; x = 0 e N = 20, então o modelo dado pode ser escrito como
1

1

2

3

4

5

6

= 1

7

; x = 1; x =
8

9

10

j  |{z}
j  |{z}
j  |{z}
jjj  |{z}
jj   |{z}
jjjjj  |{z}
jjjjjjj  |{z}
|{z}  |{z}
0

3

7

5

1

1

0

1

Portanto de modo geral trata-se de uma permutação N + 9 elementos, com repetição de
N e de 9, ou seja:
Ç
å Ç
å

PnN; =
9

(

+9

N +9
N + 9)!
=
N !  9!
N

N +9

=

9

Como um saco de balas pode possuir entre 20 e 30 balas, teremos 20  N  30, donde a
quantidade total de diferentes sacos de bolas que a fábrica pode produzir é:
Ç
å Ç
å
Ç
å Ç å Ç å Ç å
Ç å
20 + 9
9

X i
39

=

i=29

21 + 9

+

9

Ç å
9

::: +

30 + 9

X i

X i

i=9

i=9

39

=

+

Ç å

28

9

9

Ç å

9

Ç
=

9

29

=

39 + 1

å

30

+

9

Ç

28 + 1

9+1

31

+

9

å

::: +

39
9

Ç å

Ç å

10

10

=

9+1

+

40

29

:

Problema 13.2. Seja G o baricentro do 4ABC , isto é, o ponto de encontro de suas
medianas. Denote por jXY j a distância entre os pontos X e Y e seja M um ponto
qualquer do plano. Prove que

jMAj

2

+

jMB j

2

+

jMC j

2

=

jGAj

2

18

+

jGB j

2

+

jGC j

2

+3

jGM j :
2

Solução da banca: Note que

~ = GA
~ GM
~
MA

(2)

~ = GB
~ GM
~
MB
~ = GC
~ GM
~
MC

(3)
(4)

Tomando o produto interno em (2), (3), (4), por eles próprio obtemos:
~
~ GM
~
~ i = jMAj and then
hGM
GA;
GA
2

jMAj

2

Analogamente,

jMB j
jMC j

2

2

jGAj

2

=

=
=

jGB j
jGC j

2

2

+

+
+

jGM j

~ GM
~ i
hGA;

2

(5)

2

jGM j
jGM j

2

2

~ GM
~ i
hGB;
~ GM
~ i
hGC;

2

(6)

2

(7)

Somando (5), (6), (7) chegamos a

jMAj jMB j jMC j
2

+

2

+

2

=

jGAj jGB j jGC j
2

+

2

+

2

+3

jGM j

2

~ GB
~ GC;
~ GM
~ i:
hGA

2

+

+

(8)
~ + GB
~ e AB
~ . Como G é o baricentro
Construa o paralelogramo cujas diagonais são GA

(i.e. jGC j =

1

2

~ ) e as diagonais se cruzam em seus pontos
jGP j, P ponto médio de AB

~ + GB
~ =
médios temos que GA

~ . Usando (8) temos o desejado.
GC

19

14

Soluções da OAM Nı́vel U

PARTE A
Problema 14.1. Seja f : R ! R uma função duas vezes diferenciável satisfazendo

x f (x) + xf 0 (x) = 2022:
2

Qual é o valor de jf 00 (1)j?
Solução: Derivando em ambos os lados da equação

x f (x) + xf 0 (x) = 2022

(9)

xf (x) + x f 0 (x) + f 0 (x) + xf 00 (x) = 0

(10)

2

obtemos
2

2

Fazendo x = 1 nas Equações (9) e (10) temos

f (1) + f 0 (1) = 2022
Logo



e

2

f (1) + 2f 0 (1) + f 00 (1) = 0

f 00 (1) = 0
00
4044, assim jf (1)j = 4044:
2

portanto f 00 (1) =

2022 +

Problema 14.2. Determine os 2 últimos dı́gitos antes da vı́rgula de
10

800

100

10

Solução: Chamemos x = 10

100

+3

:

. A equação do enunciado se torna então

Dividindo os polinômios, temos

x

8

x+3

=

x

7

3

x + 9x
6

x + 81x

5

27

4

3

243

x + 729x +
2

3

x+3

Como queremos saber os dois últimos dı́gitos antes da vı́rgula, olhamos
parte inteira. (Note que

x

7

3

x + 9x
6

5

3

8

x+3

27

3

x + 729x

243

2

2187

Portanto, os dois últimos dı́gitos antes da vı́rgula são 13.

20




13

.

:

2187

(mod 100)

2187

8

x+3

para a

< 1 e portanto é a parte depois da vı́rgula). Ora,

x + 81x
4

8

x

(mod 100)

(mod 100)

Problema 14.3. Sejam A; B; C e D soluções de
Å
ã
0
1
2
X =
:
1

0

Qual é o valor de Tr(A
+B
+C
+D
+ 2 I )?
Aqui I é a matriz identidade e Tr(Z ) é o traço da matriz Z , i.e., a soma dos elementos
que estão em sua diagonal principal.
2021

2021

2021

2021

Solução: Primeiramente se X é solução então X
Daı́

A

2021

B

+

Por outro lado, se X =

2021

+

a b
c d

Å

C

ã

2021

+

D

então X

2021

2

= (

1)

Å

0

1

1

0

=


a + bc



2

d + bc

Fazendo as contas , encontramos as soluções :
è Ö 1
è Ö
Ö 1
1
1

2

p
p

;

p
p

2

2
1

1

2

2

(

2020

= (

1)

505

I,

A + B + C + D ):

ã
equivale a resolver o sistema:

= 1

ac + cd =

2
1

505

I . Assim, X

= 0

ab + bd




2
1

=

= 0

2

p p
p p

4

;

2

1

è Ö i
è
i
i
i
p p
p p
2
2
2
2
;
i
i
i
i
p p
p p
2

2

2

2

que satisfaz A + B + C + D = 0, portanto

A

B + C + D + 2I ) = Tr(2I ) = 4:
Problema 14.4. Sejam a < b < c inteiros positivos tais que

= 1014
 a+b+c
ab + bc + ca = 3035

abc
= 2022:
Calcule c a.
Solução: Note que pelas relações de Girard, a; b; c são raizes da equação
x 1014x + 3035x 2022 = 0
Testando x = 1 vemos que é raı́z, fatoramos então da seguinte forma ( só dividir os
Tr(

2021

2021

+

3

2021

2021

2

polinômios)

x

x + 2022)
e facilmente vemos que as outras raizes são 2 e 1011. Sendo assim c a = 1011
3

1014

x + 3035x
2

x

2022 = (

21

1)(

x

2

1013

1 = 1010

PARTE B
Problema 14.5. Em uma urna existem 1 bola branca, x bolas cinzas e y bolas pretas, com
1 < x < y . Ayane retira uma bola da urna ao acaso, anota a cor, devolve a bola para urna
e depois retira outra bola ao acaso. Sabe-se que a probabilidade de retirar duas bolas de
cores iguais da urna é igual a probabilidade de retirar duas bolas de cores distintas. Calcule
o valor mı́nimo de y x.
Solução de Francisco Alan Lima da Silva: Defina as v.a.s

 1; se a i-ésima bola é branca
Xi =  2; se a i-ésima bola é cinza
3;
se a i-ésima bola é preta;

i = 1; 2. Sabemos, pois há reposição, que

P(Xi = 1) =

1

x+y
x
P(Xi = 2) =
1+ x +y
y
P(Xi = 3) =
;
1+ x +y
1+

i = 1; 2. Para que as duas bolas sejam iguais, devemos ter X = X e pela independência,
temos que
1

2

P(X = X ) = P(X = X = i; com i = 1; 2; 3)
1

2

1

2

=

XP X

=

=

XP X

=

3

(

i=1

1

3

(

i=1

Å

1

i; X = i)
2

i)  P(X = i)
2

2

1

ã

2

2

x+y
1+ x +y
=
(1 + x + y )

=

Å
+

1+

x
1+ x + y

2

ã

Å
+

y
1+ x +y

2

ã

2

Por outro lado, ter duas bolas diferentes sorteadas é o complementar de ter duas bolas
iguais, donde
P(X 6= X ) = 1
1

P(X = X ) =

2

1

2

Assim estamos interessados em minimizar y

x + 2y + 2xy
:
(1 + x + y )

2

2

x, sabendo que
P(X = X ) = P(X 6= X )
) 1 + x + y = 2(x + y + xy)
) x 2xy + y = 2x + 2y 1
) (y x) = 2x + 2y 1:
1

2

2

2

1

2

2

2

22

2

Como o lado direito é ı́mpar, devemos ter y x ı́mpar e 2x + 2y
Assim, y x = 5, é o menor número possı́vel, uma vez que se y

1

um quadrado perfeito.

x = 1, então

x + 2(x + 1) 1 = 1
) 2x + 2x + 2 1 1 = 0
) x = 0 e y = 1;
2

que desobedece a condição 1 < x < y ; e também, fazendo y

x = 3, temos que

x + 2(x + 3) 1 = 3
) 4x + 6 1 = 10
)x=1 e y=4
2

2

que novamente desobedece 1 < x < y ; por último, fazendo y

x = 5, temos que

x + 2(x + 3) 1 = 5
) 4x + 10 = 26
) x = 4 e y = 9;
2

2

que agora sim obedece a condição do texto. Logo, o valor mı́nimo para y

x é 5.

Problema 14.6. Defina F = F = 1 e para n > 1 defina Fn = Fn + Fn a sequência
de Fibonacci. O Teorema de Zeckendorf diz que todo inteiro positivo pode ser escrito como
soma de números distintos e não consecutivos da sequência de Fibonacci. Por exemplo, 10 =
8 + 2 = F + F e escrevemos 10 = (100100)F = 1  F + 0  F + 0  F + 1  F + 0  F + 0  F .
Pelo Teorema de Zeckendorf todo N = ki ai Fi = (ak ak :::a )F , ai 2 f0; 1g. Defina
a função f : N ! N por f (N ) = (ak ak :::a ) = ki ai 2i se N = (ak ak :::a )F .
Sejam M = max(f (N) \ [1; 1000]) e j tal que f (j ) = M . Determine j + M .
1

6

2

+1

P

3

6

P

=1

1

1

2

1

5

4

1

3

2

1

1

1

1

=1

1

Solução da banca: Observe M = f (j ) é maior se M tiver potências de 2 altas em
sua decomposição binária. Veja que 2 > 1000, então a maior potência de 2 que pode
compor M é 2 . Seguindo essa análise podemos notar que o maior valor M é
10

9

9

2

+2

7

+2

5

+2

3

+2

1

:

= 682

Escrevendo na base 2 isso é (1010101010) , portanto escrevendo isso na base F temos
(1010101010)F = F + F + F + F + F = 55 = j . Portanto j + M = 737:
2

9

7

5

3

1

23

15

Áreas de Retângulos e Triângulos
(por Rodrigo Severo)

Neste artigo, iremos direcionar nosso estudo para as áreas de retângulos e triângulos,
explorando como podemos utilizar essas figuras elementares para calcular as áreas de outras figuras mais complicadas. Além disso, será abordado uma propriedade interessante
para triângulos que é muito útil para diversos problemas olı́mpicos. Enfim, vamos ao que
interessa.

15.1

Áreas: uma noção intuitiva

Intuitivamente, a área é a porção de espaço que uma figura ocupa no plano.
A unidade de medida de área na maioria dos casos está ligada a uma unidade de comprimento já existente (uc). Mais geralmente, seja uc a unidade de comprimento de uma
figura, sua área pode ter como unidade de medida uc².
Nota. Caso haja omissão das unidades de medidas, considere que estão numa mesma
unidade, sendo-a uma unidade genérica.
A partir do axioma abaixo, que diz sobre a área de quadrados, podemos ampliar nossas
figuras de estudo.
Axioma 15.1. A área de um quadrado de lado l vale l .
2

Exemplo 15.1. A área de um quadrado de lado 2cm vale 4cm².
Exemplo 15.2. O quadriculado a seguir é formado por quadrados de lado 1cm. Qual é a
área da região cinza?

Solução. A área de cada quadrado menor vale 1  1 = 1cm². Como temos 13 quadrados
cinzas, então a área da região cinza vale 13  1 = 13cm².
Há fatos bem básicos, porém muito importantes para resolver problemas olı́mpicos. Eles
são usados desde problemas simples até os mais complicados.
Fato 1. Se uma figura plana é dividida em uma ou mais partes, a soma das áreas das partes
deve ser igual a área da figura original.
Fato 2. Se duas figuras são idênticas (congruentes), então elas possuem mesma área.
Exemplo 15.3. Na grade quadricular a seguir, cada quadrado possui 1cm² de área. Qual
é a área da região cinza?
24

Solução. Em vez de contar os quadrados, vamos fazer uso da multiplicação, como temos 4
quadrados no comprimento e outros 3 na largura, teremos um total de 4  3 = 12 quadrados
de 1cm² de área. Logo, a área total do quadriculado vale 12  1 = 12cm². Note que
poderı́amos fazer de forma mais direta (4  3 = 12cm²), mas esse detalhe fica para a
próxima seção.
Além disso, é fácil notar que a diagonal do retângulo divide ele em dois triângulos
congruentes. (caso já tenha conhecimento de congruência de triângulos: prove!). Portanto,
esses dois triângulos possuem a mesma área, assim, a área da região cinza vale 12  2 =
6cm².

15.2

Áreas de figuras elementares

Nem toda área é feita de contar quadradinhos, nesta seção será mostrado áreas das
figuras planas mais utilizadas para resolução de problemas. Concentraremos nosso estudo
para triângulos e retângulos. Para figuras mais complicadas, tenha sempre em mente o fato
1, podemos dividir qualquer figura em várias figuras mais elementares.
15.2.1

Retângulo

Começaremos esta seção com um problema familiar.
Exemplo 15.4. Qual é a área de um retângulo que possui comprimento de 5cm e largura
de 3cm?
Solução. Para descobrir a área, podemos começar formando um quadriculado com quadrados menores de lado 1cm, dessa forma, temos um total de 5  3 = 15 quadrados, logo, a
área do retângulo vale 15  1 = 15cm². De forma mais direta, terı́amos 5  3 = 15cm².

O argumento utilizado acima pode ser facilmente estendido para qualquer retângulo
cujos lados possuam, por medidas, quantidades inteiras. É possı́vel usar um argumento
análogo para retângulos que possuam lados com medidas racionais, usando como unidade
de área um quadrado menor que seja possı́vel preencher todo o retângulo.
Exemplo 15.5. Qual é a área de um retângulo de comprimento 5=3 e largura 1?
25

Solução. Divida o retângulo em quadrados de lado 1/3, assim, cada um dos quadrados
tem área (1=3) = 1=9. Como temos, no comprimento, 1  (1=3) = 3 quadrados. Então,
temos um total de 5  3 = 15 quadrados de área 1=9. Portanto, a área do retângulo vale:
15  1=9 = 5=3, ou 5=3 ua (unidades de área), se preferir.
2

Assim, seguindo esse raciocı́nio, fica fácil acreditar no seguinte teorema, cuja prova será
omitida para todos os reais.
Teorema 15.1. A área de um retângulo de comprimento m e largura n vale m  n.

p
e largura 4?
p

Exemplo 15.6. Qual é a área de um retângulo de comprimento
Solução. Basta multiplicar. A área do retângulo vale
15.2.2

p

2



4 = 4

2

.

2

Paralelogramo

Definição 1. O Paralelogramo é um quadrilátero que possui os lados opostos paralelos.
Considere um paralelogramo ABCD. Sejam E e F as projeções ortogonais dos pontos
C e D, respectivamente, sobre a reta que contém o lado AB , conforme ilustrado na figura
a seguir.

Consideraremos CE = DF = h, a qual h é conhecida como altura do paralelogramo.
Além disso, teremos AB = DC = b, onde b é considerado como base do paralelogramo.
Veja que os triângulos ADF e BCE são congruentes. Assim, podemos transportar o
triângulo ADF para o local do triângulo BCE , de forma que não haja sobreposição. Desse
modo, a área do paralelogramo ABCD é exatamente a área do retângulo DEF C , que tem
comprimento b e altura h. Daı́, segue o teorema.
Teorema 15.2. A área de um paralelogramo de base b e altura h vale b  h.

26

15.2.3

Triângulo

Considere um triângulo ABC , trace uma reta paralela ao segmento AB que passe
por C , de maneira análoga, trace uma reta paralela ao segmento AC que passe por B .
Desse modo, considere D o ponto de intersecção dessas retas, temos que ABDC é um
paralelogramo, já que os lados opostos são paralelos.

Desse modo, vemos que os triângulos ABC e DCB são congruentes. Portanto, a área
do triângulo ABC original vale exatamente a metade da área do paralelogramo ABDC .
Sendo b a base do paralelogramo que coincide com a base do triângulo, e h a altura do
triângulo que também coincidirá com a altura do paralelogramo. Temos que A4ABC =

Teorema 15.3. A área de um triângulo de base b e altura h vale

bh
2

bh
2

.

.

Exemplo 15.7. Determine a área do trapézio1 a seguir

Solução. Como o trapézio é uma figura que possui lados opostos paralelos, tracemos a
diagonal AC deste trapézio, assim dividimos o trapézio em dois triângulos ABC e ACD,
que possuem mesma altura e diferentes bases, como ilustra a figura abaixo. Assim a área
do trapézio vale:

A□ABCD = A4ABC + A4ACD =

3


2

2

+

5


2

2

:

= 3+5 = 8

Com essa ideia é possı́vel demonstrar uma fórmula mais geral para a área do trapézio,
ficando como exercı́cio.
1

Diz-se por trapézio um quadrilátero que possui dois lados opostos paralelos.

27

15.3

Propriedades úteis

Teorema 15.4. Se dois triângulos possuem mesma altura, então a razão entre suas bases
é igual a razão entre suas áreas.
Prova. Seja as bases b e b dos triângulos ABD e DBC , respectivamente. Considere
que a razão entre as bases seja k, ou seja, b = k  b . A partir daı́, calculemos a área do
triângulo ABC , onde:
1

2

1

A4ABC =

b h
1

2

=

kb h
2

2

2

=

k

b h
2

2

=

k  A4DBC

Logo, a razão entre as bases de ABD e DBC é igual a razão de suas respectivas áreas.
Assim, b = k  b , A4ABC = k  A4DBC :
1

2

Exemplo 15.8. O ponto D pertence ao lado BC do triângulo ABC ao lado de modo que
BD = 2  DC . Se a área do triângulo ADC é igual a 5cm², qual é a área do triângulo
ABC ?

Solução. Note que os dois triângulos possuem a mesma altura, como a razão entre as bases é
2, então a razão entre as áreas também será 2, ou seja, A4ABD = 2A4ADC = 25 = 10cm².
Mas perceba que queremos a área de ABC , que é exatamente a soma das áreas dos
triângulos ABD e ADC . Portanto, A4ABC = 10 + 5 = 15cm².

15.4

Problemas Resolvidos
2

Problema 15.1. Na figura temos um retângulo com área igual a 120cm , um cı́rculo com
área igual a 81cm e um triângulo com área igual a 29cm . Qual a diferença entre a soma
das áreas das regiões azuis e a área da região vermelha?
2

2

28

Solução. Denotaremos cada área de uma das cores como na figura abaixo. Veja que
A + A V é o valor que queremos encontrar. Além disso, sabemos que:
1

2

(1) V + B + B = 81cm²
1

2

(2) A + B = 120cm²
1

1

(3) A + B = 29cm²
2

2

Somando as equações (2) e (3), obtemos que A + A + B + B = 149cm² (*). Assim,
Podemos subtrair a equação (1) da equação (*), onde:
1

(

A +A +B +B )
1

2

1

2

(

2

V + B + B ) = 149
1

1

81

2

2

,A

1 +

A

2

V = 68cm :
2

Portanto, a diferença entre a soma das áreas das regiões azuis e a área da região vermelha
vale 68cm².
Problema 15.2. Na figura, os pontos C e F pertencem aos lados BD e AE do quadrilátero
“e E
“ são retos e os segmentos AB; CD; DE e F A
ABDE , respectivamente. Os ângulos B
têm suas medidas indicadas na figura. Qual é a área do quadrilátero ACDF ?

Solução. Traçando a diagonal AD, divida o quadrilátero ACDF em dois triângulos, AF D
e DCA. Note que a altura do triângulo AF D relativa a base AF é exatamente o segmento
DE = 7. Analogamente, a altura do triângulo DCA relativa à base DC vale BA = 10.
Desse modo, a área do quadrilátero ACDF vale:

A□ACDF = A4AF C + A4DCF =

6



7

2

+

2



10

2

=

42 + 20
2

=

62
2

:

= 31

Problema 15.3. Na figura, o lado de cada quadradinho mede 1cm. Qual é a área da região
cinza?

29

Solução Fraca. Divida a figura em 8 regiões, como na figura abaixo, sendo elas triângulos e
retângulos. Assim, a área total A será A = A + A + ::: + A . Como o lado do quadrado
do quadriculado possui 1cm, substituindo suas respectivas bases e alturas temos:
1

2

A=31+

2

= 3+1+

= 8+

1
2

+



8

1

2
1

+

1



1

2

+

+1+ 1+

2
8
2

= 12 +

1
2

2

5
2



1

2

+



5

1

2

+2+ 1+

;

= 12 5cm

2

+2



1+

2



1

2

3
2

:

Portanto, a área da região cinza vale 12,5cm².
Como vimos, essa solução requer um pouco de trabalho ao fazer as contas e a determinar
as regiões que devemos dividir, mas existe uma solução mais simples para esse problema
que nem sempre é notada num primeiro momento.
Solução Forte. Observe atentamente a figura cinza contida no quadriculado, além dela,
analise a figura branca. Veja que, pela simetria da figura, todos os segmentos correspondentes são congruentes, além disso, é fácil ver que os ângulos internos das figuras também
serão congruentes, fazendo com que as duas figuras sejam idênticas.

Desse modo, como a área do quadriculado vale 5  5 = 25cm², a área da figura cinza é
exatamente a metade desta área. Portanto, a área da região cinza vale 25  2 = 12; 5cm².
Problema 15.4. Prove que a área de um quadrilátero convexo ABCD que possui as
diagonais AC e BD perpendiculares vale

AC  BD
2

.

Solução. Note que podemos dividir essa figura em dois triângulos, ABC e ADC , como na
figura abaixo. Sendo o ponto de intersecção das retas o ponto E , sabemos que EB = h
1

30

+

3


2

1

é altura do triângulo ABC , relativa a base AC . Analogamente, ED = h é altura do
triângulo ABC , relativa a base AC .
2

Portanto, a área do quadrilátero ABCD é a soma das áreas dos triângulos ABC e
ADC . Ou seja:

A□ABCD = A4ABC + A4ADC =

AC  h

1

2

+

AC  h

2

2

=

AC (h + h )
1

2

2

=

AC  BD
2

:

Problema 15.5. A área do Triângulo ABC abaixo vale 60. O lado BA está dividido em
3 segmentos congruentes, já o lado BC está dividido em 4 segmentos congruentes. Qual a
área da região sombreada?

Solução. Ligue os pontos do lado AB ao ponto C , dessa forma, dividimos o triângulo
ABC em 3 triângulos que possuem a mesma base e mesma altura, portanto, possuem a
mesma área. Como A4ABC = 60, então a área de cada um desses triângulos menores vale
60  3 = 20.
De maneira análoga, ligue os pontos do lado BC ao ponto D, assim, dividimos o
triângulo CDB em 4 triângulos que possuem a mesma base e mesma altura, portanto,
possuem a mesma área. Como A4CDB = 40, então a área de cada um desses triângulos
menores vale 40  4 = 10. Abaixo segue a ilustração do que foi feito.

Portanto, a área da região sombreada vale 10.
31

15.5

Problemas propostos

Exercı́cio 15.1. (OBM) Com dois cortes perpendiculares, Pablo dividiu uma folha de madeira quadrada em dois quadrados, um de área 400cm² e outro de área de 900cm² e mais
dois retângulos iguais, conforme desenho. Qual é a área da folha de madeira?

Exercı́cio 15.2. Dado um tangram que forma um quadrado de área 100cm², mostrado na
figura 1. Foi construı́do uma figura em torno de um retângulo (Figura 2), qual é a área
desse retângulo?

Exercı́cio 15.3. (OBM) Um quadrado de área 1 foi dividido em 4 retângulos congruentes,
conforme indicado no desenho à esquerda. Em seguida, os quatro retângulos foram reagrupados de maneira a formar um quadrado, com um buraco quadrado no centro, conforme
indica o desenho à direita. Qual a área do buraco?

Exercı́cio 15.4. (OBMEP) Uma folha quadrada de 8cm de lado foi dobrada três vezes
como na figura. A primeira e segunda dobras ficaram paralelas a uma diagonal da folha, e
a terceira dobra ficou perpendicular a essa diagonal. Qual é a área da figura final?

32

Exercı́cio 15.5. (OBM) Janaı́na desenha uma sequência de figuras conforme a ilustração
a seguir. Cada figura tem um quadrado a mais do que a figura anterior e esse quadrado
que foi acrescentado tem lado igual à diagonal do maior quadrado da figura anterior. Além
disso, todos os quadrados de cada figura têm um vértice comum. O quadrado da figura 1
tem área de 2cm².

(a) Qual é a área do quadrado maior da figura 2?
(b) Qual é a área total da figura 2?
(c) Qual é a área total da figura 3?
Exercı́cio 15.6. (OBM) O retângulo da figura foi repartido em várias regiões por meio de
três segmentos concorrentes, sendo um deles uma de suas diagonais e os outros dois paralelos
aos lados do mesmo. Os números indicam as áreas em metro quadrado das regiões brancas
em que se encontram.

Qual é a área do retângulo original, em m²?
Exercı́cio 15.7. Como mostra o desenho, o triângulo ABC está dividido em seis triângulos.
O número indicado no interior de quatro deles expressa a sua área. Determine a área do
triângulo ABC .

33

Exercı́cio 15.8. (OBM) No triângulo equilátero ABC da figura, o segmento DA é o dobro
de DB e o segmento EC é o dobro de EA. Sabendo que a área do triângulo ABC é igual
a 162cm², qual é a área, em cm², do quadrilátero sombreado?

Exercı́cio 15.9. Na figura a seguir, M , N , P , Q são os pontos médios dos lados do
quadrilátero ABCD. O número indicado no interior de cada quadrilátero representa sua
área. Calcule a área do quadrilátero ONCP .

Exercı́cio 15.10. Dá-se um trapézio ABCD de bases AB = a e BC = b com a > b e de
altura h. Demonstre que a diferença entre as áreas dos triângulos que têm por bases AB
e CD respectivamente e por vértice oposto a interseção das diagonais vale

(

a b)h
2

Referências
[1] Portal da OBMEP, https://portaldaobmep.impa.br/
[2] Eduardo Wagner. Teorema de Pitágoras e áreas. Rio de Janeiro, IMPA, 2015.
[3] EUREKA!, vol. 41, Outubro 2019.

34

.

16

Métodos de Contagem
(por Jeann Rocha)

16.1

Contando em Intervalos

Vamos, primeiramente, definir duas terminologias importantes, que são a “inclusividade”e a “exclusividade”.
Quando falarmos sobre algum número, utilizando o termo “inclusive”, estaremos contando esse número. Da mesma forma, quando falarmos “exclusive”, não contaremos o
número. Para fins didáticos, basta observar que “inclusive” assemelha-se a “incluir” e que
“exclusive” assemelha-se a “excluir”.
Teorema 16.1. Sejam a e b inteiros, com a  b. Então, entre a (inclusive) e b (inclusive),
existem b a + 1 inteiros.
Demonstração. Seja a o primeiro número, a + 1 o segundo número, a + 2 o terceiro, e
assim sucessivamente (veja que o termo a + i será o (i + 1)-ésimo termo dessa sequência).
Como a  b, seja n tal que b = a + n. Então, b será o (n + 1)-ésimo número e b =
a + n , n = b a, ou seja, há n + 1 = (b a) + 1 números inteiros entre a (inclusive) e
b (inclusive).
Fica de exercı́cio para o leitor calcular a quantidade de inteiros entre a e b, tomando os
demais casos de “inclusividade”e “exclusividade”para a e b, ou seja, entre a (inclusive) e b
(exclusive), a (exclusive) e b (inclusive) e a (exclusive) e b (exclusive).
Embora haja importância em destacar a “inclusividade”e a “exclusividade”, é muito
comum observar que esses termos muitas vezes não aparecem, isto é, é comum aparecer
somente “entre a e b”. Nesses casos, se o contexto não deixar explı́cito de qual caso se
trata, por convenção, será “a (inclusive) e b (inclusive)”.

16.2

O Fatorial

Definição 2. Seja n 2 Z . Então, o fatorial de n ou n fatorial é definido pelo produto de
todos os números inteiros de 1 a n e é denotado por n!. Ou seja, n! = 1  2  :::  n. Por
convenção, temos 0! = 1.
+

Exemplo 16.1. Temos 1! = 1; 2! = 2  1 = 2 e 3! = 3  2  1 = 6.
A fim de fixar a notação, tente resolver os seguintes exercı́cios.
1. Calcule 4!; 5!; 6!; 7! e 8!.
2. Calcule

15!
12!

e

10!
3!7!

.

3. Dado k 2 Z , escreva (n + k)! em função de n! e use isso para resolver a equação
(n + 2)! = 42n!.
+

35

4. Mostre que 2  4  6  8  :::  2n = 2n  n!.
5. Encontre todos os naturais n tais que 1! + 2! + ::: + n! = n .
2

16.3

Princı́pio Multiplicativo

O primeiro, e talvez o mais importante, princı́pio que conduz aos Métodos de Contagem,
é o chamado Princı́pio Fundamental da Contagem (ou Princı́pio Multiplicativo): Se
uma decisão pode ser tomada de a maneiras e, uma vez tomada essa decisão, uma outra
decisão puder ser tomada de b maneiras, então o número de maneiras de se tomarem ambas
as decisões, na ordem estabelecida, é a  b.
Para entender o Princı́pio acima, considere o seguinte exemplo.
Exemplo 16.2. Em uma sala, há 3 homens e 4 mulheres. De quantas formas é possı́vel
escolher um casal homem-mulher?
Demonstração. Sendo H ; H ; H os homens e M ; M ; M ; M as mulheres, temos que
para formar um casal homem-mulher, devemos tomar 1 dentre 3 decisões de escolher um
homem e tomar 1 dentre 4 decisões de escolher uma mulher, donde o número de maneiras
de se tomar 1 homem e 1 mulher das 7 pessoas presentes, é de 3  4 = 12 formas.
1

2

3

1

2

3

4

Na prática, o Princı́pio Multiplicativo permite obter o número de elementos do conjunto
de pares ordenados (a; b), onde a é o número de formas de se tomar a primeira decisão e
b é o número de formas de se tomar a segunda. No caso do exemplo acima, o Princı́pio
Multiplicativo fornece o número de elementos do conjunto

f H ;M ; H ;M ; H ;M ; H ;M ; H ;M ; H ;M ;
H ; M ; H ; M ; H ; M ; H ; M ; H ; M ; H ; M g.
(

(

1

2

1)

3) (

(

2)

1

2

4) (

(

1

3

3)

(

1) (

1

3

4)

2) (

(

1)

2

3

3) (

(

2

3

2)

4)

Exemplo 16.3. Uma bandeira é formada por cinco listras consecutivas que devem ser
coloridas usando-se apenas as cores azul, verde e vermelho, não devendo listras adjacentes
ter a mesma cor. De quantos modos pode ser colorida a bandeira?
Demonstração. A primeira listra pode ser colorida de 3 modos, isto é, há 3 possı́veis decisões
de cores para a primeira listra. A segunda de 2 modos (não podemos usar a cor utilizada
na primeira listra), a terceira de 2 modos (não podemos usar a cor utilizada na segunda
listra), a quarta de 2 modos (não podemos usar a cor utilizada na terceira listra) e a quinta
de 2 modos (não podemos usar a cor utilizada na quarta listra). Logo, a bandeira pode ser
colorida de 3  2  2  2  2 = 48 formas distintas.
Exemplo 16.4 (Quantidade de Divisores). Seja n = p 1 p 2 :::pnn um número natural
fatorado em primos distintos. Mostre que o número de divisores positivos de n é
1

(

1 + 1)(

2 + 1)

36

:::( n + 1).

2

Demonstração. Um divisor positivo de n é da forma p 1 p 2 :::pnn , onde 0  i  i . Como
existem i + 1 números entre 0 e i , temos que o número de formas de se estabelecer
um divisor de n consiste em tomar uma decisão das
+ 1 possı́veis para o expoente
,
depois tomar uma decisão das + 1 possı́veis para o expoente , e assim sucessivamente,
até tomar uma decisão das n + 1 possı́veis para o expoente n . Logo, pelo Princı́pio
Multiplicativo, segue o resultado esperado.
1

2

1

1

2

16.4

2

Princı́pio Aditivo

Um outro princı́pio, efetivamente útil para simplificar a contagem, é o chamado Princı́pio
Aditivo: Se A e B são dois conjuntos disjuntos, com a e b elementos, respectivamente,
então A [ B possui a + b elementos.
O Princı́pio Aditivo é comumente utilizado para dividir o problema em casos nos quais
a contagem se torna pequena e fácil ou é facilitada pelo Princı́pio Multiplicativo.
Um exemplo em que isso se faz comum é o seguinte.
Exemplo 16.5. Esmeralda escreve a lista de todos os números naturais menores que 10000
que tem exatamente dois dı́gitos 1 consecutivos. (Por exemplo, 113, 5112, 1181 estão na
lista de Esmeralda, porém 1312, 2111 não estão). Achar quantos números têm a lista de
Esmeralda.
Demonstração. Para números com 1 algarismo, isso não é possı́vel. Para números de 2
algarismos, só há 1 possibilidade (a saber: 11). Para números de 3 algarismos, há dois
casos possı́veis: números da forma 11A ou B 11. No primeiro caso, temos 9 possibilidades
de escolha para A (de 0 a 9, exceto o 1) e, no segundo caso, temos 8 possibilidades de
escolha para B (de 2 a 9). Por fim, para números de 4 algarismos, há 3 casos possı́veis:
números da forma 11AB , C 11D ou EF 11. No primeiro caso, temos 9 possibilidades de
escolha para A (de 0 a 9, exceto o 1) e 10 para B (de 0 a 9). No segundo caso, temos
8 possibilidades de escolha para C (de 2 a 9) e 9 para D (de 0 a 9, exceto o 1). E, no
terceiro caso, temos 9 possibilidades de escolha para E (de 1 a 9) e 9 para F (de 0 a 9,
exceto o 1). Assim, na lista de Esmeralda há, ao todo 1 + 9 + 8 + 9  10 + 9  8 + 9  9 = 261
números.
Observe que, nesse caso, estamos considerando 4 conjuntos disjuntos (os conjuntos formados por 1; 2; 3 e 4 algarismos), efetuando a contagem em cada um separadamente e,
somando os resultados, ao final.
Um outro exemplo, mais simples, da aplicação desse princı́pio é o seguinte.
Exemplo 16.6. O alfabeto da Tanzunlândia é formado por apenas três letras: A, B e C .
Uma palavra na Tanzunlândia é uma sequência com no máximo 4 letras. Quantas palavras
existem neste paı́s?
2

3

Demonstração. Existem 3 palavras com uma letra, 3 com duas letras, 3 com três letras,
e 3 com quatro letras. Logo, o total de palavras é 3 + 3 + 3 + 3 = 120 letras.
4

2

37

3

4

Para o leitor atento, no exemplo acima, o nome do lugar se escreve com mais do que
quatro letras e não somente com “A”, “B”e “C”, mas relevamos esse fato, hehe! :D

16.5

Ideias Importantes

Vamos agora analisar algumas estratégias para resolver problemas envolvendo contagem
a partir do uso somente desses dois princı́pios básicos estudados.
1. BOAS DECISÕES!
Exemplo 16.7. Quantos números naturais de 3 algarismos distintos existem?
Demonstração. O primeiro algarismo pode ser escolhido de 9 modos (não podemos
usar o zero!) o segundo algarismo de 9 modos (não podemos usar o algarismo utilizado
anteriormente) e o terceiro de 8 modos (não podemos usar os dois algarismos já
empregados anteriormente). A resposta é 9  9  8 = 648.
Note que se começássemos a contagem pelo último algarismo, terı́amos 10 modos
de escolher este, 9 modos de escolher o penúltimo algarismo, entretanto, não haveria
um valor fixo de decisões para se tomar quanto ao primeiro algarismo, já que se o
algarismo 0 tiver sido usado em alguma das últimas casas, a resposta é 8 decisões
(não podemos usar os dois algarismos utilizados anteriormente) e, se o algarismo 0
não tiver sido usado, a resposta é 7 decisões (não podemos usar nem o zero nem
os dois algarismos usados anteriormente). É claro que essa dificuldade não ocorre
quando começamos do primeiro dı́gito, que é o mais problemático do ponto de vista
analı́tico (não pode ser zero!). Ou seja, “pequenas dificuldades adiadas costumam
transformar-se em grandes dificuldades. Se alguma decisão é mais complicada que as
demais, ela deve ser tomada em primeiro lugar”.
2. DIVIDIR PARA CONQUISTAR!
Exemplo 16.8. Determine o total de números pares com 3 algarismos distintos.
Demonstração. Para que um número de 3 algarismos seja par, ele deve ter como
algarismo das unidades 0; 2; 4; 6 ou 8. Então, vamos dividir o problema em dois
casos:
(a) O algarismo das unidades é 0: Nesse caso, há somente 1 decisão para o algarismo das unidades. Há 9 decisões para o algarismo das dezenas (não pode ser
o zero!). E, há 8 decisões para o algarismo das centenas (não pode ser nenhum
dos dois algarismos já escolhidos para a unidade e a dezena). Assim, temos
8  9  1 = 72 casos.

38

(b) O algarismo das unidades é 2; 4; 6 ou 8: Nesse caso, há 4 decisões para o algarismo das unidades. Há 8 decisões para o algarismo das centenas (não pode
ser o algarismo escolhido para a unidade nem o zero!). E, há 8 decisões para o
algarismo das dezenas (não pode ser nenhum dos dois algarismos já escolhidos
para a unidade e a centena). Assim, temos 8  8  4 = 256 casos.
Logo, pelo Princı́pio Aditivo, o total de números pares com 3 algarismos é 72 + 256 =
328.
Note que, embora a escolha do primeiro algarismo seja problemática, devido ao fato
de não poder ter o zero como dı́gito nessa posição, temos a escolha das unidades com
restrições maiores, pois deve conter somente números pares. Assim, seguir começando
pelo algarismo das unidades, prosseguir pelo das centenas e finalizar com o das dezenas
é a alternativa mais natural. Entretanto, em certos casos, como esse por exemplo,
podemos ignorar uma das restrições (que é uma alternativa mais sofisticada), como
segue na terceira e última das três estratégias que apresentamos nessa parte.
3. ESTRATÉGIA DO COMPLEMENTAR!
Exemplo 16.9. Determine o total de números pares com 3 algarismos distintos.
Demonstração. Ignorando o fato de zero não poder ser o primeiro algarismo, terı́amos
5 modos de escolher o ultimo algarismo, 9 modos de escolher o primeiro e 8 modos
de escolher o do meio, num total de 5  8  9 = 360 números. Esses 360 números
incluem números começados por zero, que devem ser descontados. Começando em
zero, temos 1 modo de escolher o primeiro algarismo (0), 4 modos de escolher o
último (2; 4; 6 ou 8) e 8 modos de escolher o do meio (não podemos usar os dois
algarismos já empregados nas casas extremas), num total de 1  4  8 = 32 números.
A resposta é, portanto, 360 32 = 328 números.
Essa estratégia consiste em tomar aquilo que não queremos (ou parte daquilo que
não queremos) e subtrair essa quantidade dos casos totais, que englobam o problema
em questão, restando somente aquilo que querı́amos contar previamente. Uma outra
versão dessa ideia, um pouco mais evidente, é a seguinte, que também é solução para
o mesmo problema.
Exemplo 16.10. Determine o total de números pares com 3 algarismos distintos.
Demonstração. Realizando contas similares as feitas anteriormente, temos que há
9  9  8 = 648 números de 3 algarismos distintos, dos quais 5  8  8 = 320
deles são ı́mpares, donde a quantidade de números de 3 algarismos distintos e pares
é 648 320 = 328 números.

39

16.6

Permutações Simples

Teorema 16.2. O número de modos de ordenar n objetos distintos é

n  (n

1)

 :::  
2

1 =

n!.

A isso chamamos de permutação de n elementos e representamos por Pn = n!.
Demonstração. Para ordenar, devemos definir quem é o primeiro elemento, quem é o segundo, quem é o terceiro, e assim por diante, até o n-ésimo elemento. Temos n possı́veis
escolhas (ou decisões) para o primeiro objeto. Uma vez escolhido o primeiro, temos n 1
escolhas para o segundo. Em seguida, n 2 escolhas para o terceiro, e assim sucessivamente, até termos 2 escolhas para o (n 1)-ésimo e, por fim, 1 escolha para o n-ésimo
elemento. Daı́, pelo Princı́pio Multiplicativo, segue-se que há n  (n 1)  :::  2  1 = n!
modos de permutar n objetos distintos.
Exemplo 16.11. Quantos são os anagramas da palavra P ERMUT ANDO?
Demonstração. Cada anagrama de P ERMUT ANDO nada mais é que uma ordenação das
letras P; E; R; M; U; T; A; N; D; O. Assim, o número de anagramas de P ERMUT ANDO
é P = 10! = 3628800.
10

Exemplo 16.12. Quantos são os anagramas da palavra P ERMUT ANDO que começam
e terminam com consoante?
Demonstração. A consoante inicial pode ser escolhida de 6 maneiras, a consoante final
de 5 maneiras e as 8 letras restantes podem ser arrumadas entre essas duas consoantes de
P = 8! modos. Logo, há 6  5  8! = 30  8! = 1209600 anagramas de P ERMUT ANDO
que satisfazem a restrição dada.
8

Exemplo 16.13. De quantos modos 5 homens e 5 mulheres podem se sentar em 5 bancos
de dois lugares cada, de modo que em cada banco fiquem um homem e uma mulher?
Demonstração. O primeiro homem pode escolher seu lugar de 10 modos, o segundo de 8
modos, o terceiro de 6 modos, o quarto de 4 modos e o quinto de 2 modos. Uma vez
colocados os homens, restam 5 lugares para colocar as mulheres, que pode ser feito de 5!
modos distintos. Assim, o número de modos de 5 homens e 5 mulheres sentarem nesses
bancos, de modo que cada banco contenha um casal homem-mulher, é 1086425! =
(2  5!)  5! = 2  5! = 32  120 = 460800.
5

16.7

5

2

2

Permutações Repetidas

Teorema 16.3. O número de modos de ordenar n objetos, onde há repetição de p ; :::; pk
objetos, é
1

n!
.
p !p !:::pk !
1

2

40

A isso chamamos de permutação de n elementos com repetição de p ; p ; :::; pk elementos

n!
.
e representamos por Pnp1 ;p2 ;:::;pk =
p !p !:::pk !
1

1

2

2

Demonstração. Se imaginarmos que não há repetição, o número de permutações será n!.
Porém, ao permutarmos os objetos que na realidade são iguais, a ordenação continua a
mesma. Dessa forma, cada ordenação foi contada p !p !:::pk ! vezes. Portanto, o número

n!
.
de permutações possı́veis desses objetos é
p !p !:::pn !
1

1

2

2

Exemplo 16.14. Quantos são os anagramas da palavra MAT EMAT ICA?
Demonstração. Como temos 3 letras A, 2 letras M , 2 letras T , 1 letra I e 1 letra E , a
resposta é

P ;;;;; =

10!

3 2 2 1 1 1

10

3!2!2!1!1!1!

.

= 151200

Para melhor entender a prova do teorema acima, considere o exemplo anterior e imagine
que se tratam de 10 letras distintas, isto é, permutar M ; A ; T ; E; M ; A ; T ; I; C e A .
O número total de anagramas, nesse caso, será 10!. Mas, ao trocarmos letras que, na
realidade, são iguais (por exemplo, A e A ou T e T ), o anagrama continua o mesmo.
Ao todo, o número de permutações equivalentes a um anagrama dado é obtida permutando
os termos que se repetem, que é de 3!  2!  2! permutações iguais. Daı́, o número de
1

1

3

1

1

1

2

2

3

2

permutações distintas, considerando agora as repetições das letras, é

16.8

2

10!

3!2!2!

.

= 151200

Permutações Circulares

Teorema 16.4. O número de modos de ordenar n objetos distintos em lugares equiespaçados em torno de um cı́rculo, onde disposições iguais que são obtidas por rotações são
consideradas como equivalentes, é

n!
= (n
1)!
n
A isso chamamos de permutação circular de n elementos e representamos por (P C )n =
(n
1)!.
Demonstração. Se não considerássemos equivalentes as disposições que possam coincidir
por rotação, terı́amos n! disposições. Considerando a equivalência, basta observar que, para
cada disposição, temos n permutações circulares equivalentes (obtidas rotacionando por,
no máximo, n objetos), donde o número de permutações circulares distintas, nesse aspecto,
será

n!
= (n
n

1)!

.

41

Para entender melhor essa prova, vamos considerar o caso particular a seguir.
No caso n = 3, temos P = 3! = 6 modos de colocar 3 objetos distintos em 3 lugares.
No entanto, as três primeiras disposições podem coincidir entre si por rotação e o mesmo
ocorre com as três últimas, de modo que (P C ) = 2.
3

3

Exemplo 16.15. De quantos modos podemos formar uma roda com 7 crianças, de modo
que duas determinadas dessas crianças A e B não fiquem juntas?
Demonstração. Podemos formar (P C ) = 4! rodas com as cinco outras crianças. Há agora
5 modos de colocar a criança A na roda e, consequentemente, haverá 4 modos de colocar
a criança B na roda sem colocá-la junto de A. Logo, a resposta é 4!  5  4 = 480.
5

16.9

Combinações Simples

Teorema 16.5. O número de modos de escolher p objetos distintos em n objetos distintos
dados é

n!
:::(n p + 1)
=
.
p!
p!(n p)!
A isso chamamos de combinação de pobjetos em n elementos ou simplesmente n escolhe
p e representamos por Cnp , Cn;p ou np .
n (n

1)

Demonstração. Sendo A = fk ; k ; :::; kn g o conjunto com os n objetos, ao escolher p
distintos deles, temos a formação de dois conjuntos disjuntos B; C  A, onde B é o
conjunto dos p elementos escolhidos e C é o conjunto dos n p elementos não escolhidos.
Considerando as possı́veis ordenações dos elementos de A, temos n! modos de permutá-los.
Ao escolhermos p elementos dos n disponı́veis, temos p! ordenações dos elementos de B e
(n
p)! ordenações de C . Como permutações do conjunto B , bem como permutações do
conjunto C não mudam o número de modos de escolher p objetos dos n fornecidos, já que
a ordem é irrelevante nesse caso, para cada ordenação dos elementos de A temos, ao todo,
1

2

42

p!(n

p)! ordenações de B e C semelhantes entre si, donde, o número de combinações
n!
distintas será
.
p!(n p)!

Exemplo 16.16. Quantas saladas de frutas contendo exatamente 6 frutas podemos formar
se dispomos de 10 frutas diferentes?
Demonstração. Para formar uma salada de frutas, basta escolher 6 das 10 frutas, o que
pode ser feito de C

6

10

=

10!
6!4!

= 210

modos.

Vamos analisar agora mais dois exemplos do uso de combinações simples, onde apresentamos duas abordagens de solução em cada um deles (uma da forma natural de contagem
e outra através da estratégia do complementar).
Exemplo 16.17. Dadas as retas r, contendo os pontos R1; R2; R3; R4 e R5, e s, contendo
os pontos S 1; S 2; S 3; S 4; S 5; S 6; S 7 e S 8, com r paralela a s. Quantos triângulos existem
com todos os vértices em algum desses 13 pontos?
Demonstração. Para formar um triângulo ou tomamos um vértice em r e dois em s ou
tomamos um vértice em s e dois em r. O número de triângulos do primeiro tipo é 5 
e



o do segundo tipo é 8  . Logo, o número de triângulos possı́veis é 5 
+8
=
5  28 + 8  10 = 220.
8

5

8

2
5

2

2

2

Demonstração. Para formar um triângulo, devemos escolher três pontos não situados na
mesma
 reta, entre os treze pontos dados. O número de modos de escolher 3 dos 13 pontos
é
. Desse total, devemos retirar as
escolhas de 3 pontos em r e as
escolhas



possı́veis de 3 pontos em s. Logo, o número de triângulos possı́veis é
=
286
10
56 = 220.
13

5

3

3

16.10

8

13

3
5

8

3

3

3

Problemas Resolvidos

Problema 16.1. Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo, Dernaldo e Ernaldo devem formar uma fila
com outras 30 pessoas. De quantas maneiras podemos formar esta fila de modo que Arnaldo
fique na frente de seus quatro amigos? (Obs.: Os amigos não precisam ficar em posições
consecutivas)
Demonstração. Lembre-se de ter “boas escolhas”. Começando com Arnaldo, temos 35
possı́veis posições na fila para que ele possa estar. Entretanto, como queremos que seus
quatro amigos fiquem atrás dele, devemos considerar que ele deve estar pelo menos a partir
do quinto lugar da fila. Assim, ele terá 31 posições da fila para estar (pois de 5 a 35
há 35 5 + 1 = 31 inteiros). Se Arnaldo está na k-ésima posição da fila, com k  5,
então seus quatro amigos vão estar em 4 das k 1 posições iniciais, para o qual temos
(k
1)(k
2)(k
3)(k
4) formas de distribuı́-los. As demais 35
5 = 30 posições
conterão as demais pessoas, que pode ser feito de 30! modos. Observe que a resposta
depende do k escolhido e, como 5  k  35, devemos “dividir para conquistar”e somar
43

todos os casos de k. Assim, temos:

k = 5 ! (4  3  2  1)  30! =

4!

k = 6 ! (5  4  3  2)  30! =

5!

k = 7 ! (6  5  4  3)  30! =

6!

0!

1!

2!





30!

30!

30!

:::
34!
k = 35 ! (34  33  32  31)  30! =
 30!
30!

Portanto, a respota é
4!
0!



30! +

5!
1!



30! +

6!
2!



30! +

::: +

34!
30!



Å
30! = 30!

4!

+

0!

5!
1!

+

6!
2!

+

::: +

34!
30!

ã
.

Uma solução bem mais rápida e sofisticada é a seguinte.
Demonstração. Ao todo, há 35! possı́veis formas de fazer a fila. Pela simetria, a quantidade
de vezes que Arnaldo fica na frente é a mesma que a de Bernaldo, que é a mesma que a de
Cernaldo, que é a mesma de Dernaldo e de Ernaldo, dentre todas as 35!. Logo, a quantidade
de vezes que Arnaldo fica na frente é .
35!
5

Fica como exercı́cio mostrar que ambos os valores obtidos nas duas demontrações são
os mesmos, isto é, que
Å
ã
5!
6!
34!
35!
4!
30!
+
+
+ ::: +
=
.
0!

1!

2!

30!

5

Observação. Isso pode não ser trivial!
Problema 16.2. Quantas soluções inteiras de x + y + z = 10 existem, com x  0; y  0
e z  0?
Demonstração. Considere 10 “pauzinhos”(l) e 2 “bolinhas”(). O número de permutações
desses 12 objetos (isto é, o número de permutações de llllllllll) é uma permutação de 12
elementos com uma repetição de 10 deles e outra repetição dos outros 2. Ou seja,

P ; =
10 2

12

12!
10!2!

=

12


2

11

.

= 66

Para cada uma das permutações, podemos tomar x como a quantidade de pauzinhos à
esquerda da primeira bolinha, y como a quantidade de bolinhas entre as duas bolinhas, e
z como a quantidade de pauzinhos à direita da segunda bolinha. Daı́, obtém-se todos os
casos de soluções inteiras para a equação dada e seu valor (como visto acima) será 66.

44

O problema anterior fomenta a criação de uma nova notação para casos como esses. “Se
temos um estoque infinito de n tipos de objetos diferentes, dos quais devemos escolher um
número limitado k, chamamos o número das diferentes formas de realizar isso de combinação
completa, combinação com repetição ou, mais informalmente, de modelo de pauzinhos
e bolinhas”, este último pois esse problema pode ser traduzido na forma de uma equação
na qual desejamos descobrir o número de soluções inteiras tal como visto acima. Como
exercı́cio, tente generalizar o que foi feito acima para qualquer equação x + x + ::: + xn = k.
1

2

Problema 16.3. De quantos modos 5 homens e 5 mulheres podem se sentar em 5 bancos,
de dois lugares cada, em torno de um cı́rculo, de modo que em cada banco fiquem um
homem e uma mulher?
Demonstração. Analogamente a solução feita no Exemplo 16.13, terı́amos, desconsiderando
o fato de que as pessoas estão distribuidas em torno de um cı́rculo, 460800 modos para que
isso ocorra. Como devemos desconsiderar os casos de rotações e, cada configuração admite
10 possı́veis rotações, temos que o número de modos de 5 homens e 5 mulheres sentarem
nesses bancos, de modo que cada banco contenha um casal homem-mulher e sabendo que
eles estão dispostos em torno de um circulo, é

460800
10

.

= 46080

Problema 16.4. Em um grupo de 7 homens e 4 mulheres, de quantos modos podemos
escolher 6 pessoas, sendo pelo menos duas delas mulheres.
Demonstração. Há 3 possibilidades para essa escolha: 4 homens e 2 mulheres, 3 homens e
3 mulheres ou 2 homens e 4 mulheres. Daı́, a resposta é obtida somando-se as quantidades
obtidas pelas decisões das escolhas de cada parte individualmente, como se segue abaixo
 
 
 
+
+
= 35  6 + 35  4 + 21  1 = 371.
7

4

7

4

7

4

4

2

3

3

2

4

Demonstração. Pela estratégia do complementar, podemos contar o número total de escolhas, desconsiderando a restrição dada a quantidade de mulheres, e descontar do
 número de
escolhas nas quais há nenhuma ou uma mulheres (que é, respectivamente,
e 4
).
Assim, a resposta será



4 
= 462
7
4  21 = 371.

16.11

7+4

7

7

6

6

5

7

7

6

5

Problemas Propostos

Exercı́cio 16.1. Determine o número de inteiros entre 60 e 6559 que são múltiplos de 10
e 12, mas não são múltiplos de 120.
Exercı́cio 16.2. O professor Piraldo fará uma avaliação para 5 alunos de uma turma:
Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo, Dernaldo e Ernaldo. Essa prova consiste em chamar cada um
ao quadro, uma única vez, para resolver um problema cada.
45

1. De quantas maneiras diferentes o professor pode chamá-los ao quadro?
2. Em quantas destas sequências eles NÃO estão em ordem alfabética?
3. Em quantas dessas sequências Arnaldo e Bernaldo são chamados em posições consecutivas?
Exercı́cio 16.3. Um número natural A de três algarismos detona um número natural B de
três algarismos se cada algarismo de A é maior do que o algarismo correspondente de B .
Por exemplo, 876 detona 345; porém, 651 não detona 542 pois 1 < 2. Quantos números
de três algarismos detonam 314?
Exercı́cio 16.4. Um número inteiro positivo é chamado de interessante quando termina
com um algarismo que é igual ao produto de seus demais algarismos. Por exemplo, 326 e
1020 são interessantes, pois 3  2 = 6 e 1  0  2 = 0. Quantos números interessantes de
5 algarismos terminam com o algarismo 0?
Exercı́cio 16.5. Num tabuleiro quadrado 5  5, serão colocados três botões idênticos, cada
um no centro de uma casa, determinando um triângulo. De quantas maneiras podemos
colocar os botões formando um triângulo retângulo com catetos paralelos às bordas do tabuleiro?
(Dica: Lembre-se de ter boas escolhas. Comece contando a partir da parte mais problemática do triângulo, que, por ser retângulo, é o vértice onde está o seu ângulo reto).
Exercı́cio 16.6. Duas casas de um tabuleiro 7  7 são pintadas de amarelo e as outras são
pintadas de verde. Duas pinturas são ditas equivalentes se uma é obtida a partir de uma
rotação aplicada no plano do tabuleiro. Quantas pinturas inequivalentes existem?
(Dica: Lembre-se de dividir para conquistar. Divida o problema em dois casos: um que
utilize algum tipo de simetria e outro que conte os casos restantes).
Exercı́cio 16.7. Um número natural n é dito elegante se pode ser escrito como soma de
um cubo com um quadrado (n = a + b , onde a; b 2 N). Entre 1 e 1000000 existem mais
números que são elegantes ou que não são?
(Dica: Use que a + b = n  1000000 = 10 e estabeleça restrições para a e b, contando
uma cota para o máximo de soluções que o par (a; b) tem na equação n = a + b ).
3

3

2

2

6

3

2

Exercı́cio 16.8. Um número de oito dı́gitos é dito robusto se cumprir ambas condições a
seguir:
1. Nenhum dos seus algarismos é 0.
2. A diferença entre dois algarismos consecutivos é 4 ou 5.
Responda às perguntas a seguir:
1. Quantos são os números robustos?

46

2. Um número robusto é dito super-robusto se todos os seus algarismos são distintos.
Calcule a soma de todos os números super-robustos.
Exercı́cio 16.9. Dizemos que uma palavra Q é quase-anagrama de outra palavra P quando
Q pode ser obtida retirando-se uma letra de P e trocando a ordem das letras restantes,
resultando em uma palavra com uma letra a menos do que P . Um quase-anagrama pode ter
sentido em algum idioma ou não. Por exemplo, RARO, RACR e ARCO são quase-anagramas
de CARRO. Quantos são os quase-anagramas da palavra BACANA que começam com A?
Exercı́cio 16.10. Uma sequência de letras, com ou sem sentido, é dita alternada quando é
formada alternadamente por consoantes e vogais. Por exemplo, EZEQAF, MATEMATICA,
LEGAL e ANIMADA são palavras alternadas, mas DSOIUF, DINHEIRO e ORDINARIO não
são. Quantos anagramas da palavra FELICIDADE (incluindo a palavra FELICIDADE) são
sequências alternadas?
Exercı́cio 16.11. Sejam P ; P ; :::; Pn pontos de um mesmo cı́rculo. Quantos polı́gonos
de n lados (não necessariamente convexos) existem com vértices nesses pontos?
1

2

Exercı́cio 16.12. Quantos dados diferentes existem se a soma das faces opostas deve ser
7? (Dica: Lembre-se de desconsiderar rotações!)
Exercı́cio 16.13. Uma aranha tem uma meia e um sapato para cada um de seus oito pés.
De quantas maneiras diferentes a aranha pode se calçar admitindo que as 8 meias e os 8
sapatos são distintos e que cada meia precisa ser colocada antes do seu respectivo sapato?
Exercı́cio 16.14. Em uma circunferência há 10 pontos equiespaçados. De quantas maneiras, podemos
1. obter um diâmetro de extremos nesses pontos?
2. obter um triângulo retângulo de vértices nesses pontos?
3. obter um retângulo de vértices nesses pontos?

16.12

Referências

[1] Augusto C. de Oliveira Morgado, João B. P. de Carvalho, Paulo C. P. Carvalho, Pedro
Fernandez. Análise Combinatória e Probabilidade. SBM, 2006.
[2] OBMEP - Provas Anteriores. Disponı́vel em: http://www.obmep.org.br/provas.htm
[3] OBM - Provas Anteriores. Disponı́vel em: https://www.obm.org.br/como-se-preparar/provase-gabaritos/

47

17

Sequências
(por Samuel Figueredo)

Introdução
Este artigo é direcionado aos alunos do nı́vel 3 (o que não impede que alunos de outros
nı́veis o estude) para aprofundamento de conhecimentos básicos sobre sequências e, mais
especificamente, sequências definidas por recorrências. Além disso, apresentaremos problemas interessantes que aparentemente são difı́ceis, mas que a abordagem por sequências
de recorrências demonstra que com a técnica correta o problema não é tão difı́cil quanto
parece; assim pretendemos dar uma abordagem lúdica. Dentre os problemas apresentados,
o problema das retas no plano, o problema da torre de Hanói com n discos, o problema de
Josefus com n pessoas e outros problemas extremamente interessantes demonstram a força
desta técnica. Por fim, deixaremos exercı́cios para que o leitor possa treinar o conteúdo
visto.

17.1

Sequências

Para iniciarmos o nosso estudo de sequências definidas recursivamente vamos apresentar
noções básicas como a definição de uma sequência.
Definição 3. Uma sequência infinita é uma função f : N ! C que associa a cada número
natural n um número real f (n). Geralmente denotamos como (xn )n2N a sequência cujo os
termos são f (n) = xn .
Perceba que na definição acima a sequência tem uma infinidade de termos (mesmo se
for f uma função com imagem finita), pois esse conjunto é imagem de um conjunto infinito.
Uma sequência é dita ser uma sequência finita quando seu domı́nio é um subconjunto finito
de N.
Observe que a sequência (xn )n2N definida de modo que xn é o resto de n na divisão
por 10, apesar de ter imagem finita, não é uma sequência finita.
Para sequências assim daremos o nome de sequência periódica de peródo 10. Mais
formalmente, uma sequência (xn )n2N é dita ser uma sequência periódica quando existe um
número k 2 N tal que xn k = xn para todo o n 2 N e o menor k com tal propriedade é
dito ser o perı́odo da sequência.
Abaixo daremos alguns exemplos de sequências com particularidades que serão cruciais
para a construção da teoria e comparações.
+

Exemplo 17.1. Sequência dos números pares 2; 4; 6; 8; 10; 12; 14; ::: que associa a cada
número natural n o número natural 2n, isto é, xn = 2n.
Exemplo 17.2. Sequência dos números triangulares 1; 3; 6; 10; 15; 21; 28;    que associa a
cada número n a soma do termo anterior com n, sabendo que o primeiro termo da sequência
é 1.
48

Exemplo 17.3. Sequência de Fibonacci 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13;    que associa a cada número
natural n o soma dos dois números anteriores sendo os primeiros termos 1 e 1. Note que
não é simples imaginar uma fórmula para o n-ésimo número de Fibonacci.
Cada um dos três exemplos acima carrega uma particularidade quando se busca prever
qual número real aparecerá como imagem de um natural qualquer dado. No Exemplo 17.1
é fácil calcular qual o décimo termo da sequência, basta apenas multiplicar o ı́ndice por 2,
resultado em 20. Já no Exemplo 17.2 não é tão fácil assim, deve-se calcular a soma 28 +
8 + 9 + 10 = 55, que não é difı́cil, mas é trabalhosa para ı́ndices muito grandes, até mesmo
impossı́vel de se resolver apenas efetuando somas. Da mesma forma, no Exemplo 17.3 o
décimo termo depende dos dois termos anteriores a ele, que são o nono e o oitavo termo,
como o oitavo termo é 21 e o nono é 34 o décimo é 55 e notamos a mesma dificuldade vista
no exemplo anterior a esse (caso o leitor não esteja convencido da dificuldade, sugerimos que
calcule o milésimo número da sequência de Fibonacci). Surge então a seguinte pergunta:
“O que há de diferente entre as sequências que torna as previsões difı́ceis ou não?”
Observe que os termos da sequência dos números pares dependem apenas da indicação
de seu ı́ndice, ora, pergunte-se: “qual o centésimo termo da sequência?”, a resposta será
imediata, a saber 200. Mas, os Exemplos 17.2 e 17.3 não só dependem do ı́ndice, como
também dependem de seus termos anteriores, para calcular o décimo termo da sequência
de Fibonacci foi necessário calcular o oitavo e o nono tormo. Sendo assim, a pergunta que
mais se encaixa com a discussão é: “é possı́vel reescrever uma sequência dada em termos
de seus ı́ndices?”.
Em geral esse trabalho não é tão fácil, mas apresentaremos situações em que podemos
resolver, portanto focaremos agora em encontrar estratégias para reescrever sequências como
as dos Exemplos 17.2 e 17.3, que são ditas sequências definidas por recorrência, em função
de seus ı́ndices.

17.2

Sequências Definidas Por Recorrência Linear

Antes de irmos ao ponto em discussão, vamos definir o que é uma sequência definida
por recorrência linear, que será o tema central do texto, após definir, mostraremos como
recorrências lineares podem surgir em diversos contextos.
Definição 4. Uma sequência (xn )n tal que x ;    ; xk estão determinados e
1

 xn
 xn
 x n    k  xn k f n
(11)
para n  k, onde ;    ; k são números complexos, com
6 , e f n uma função
+

0

1

1 +

2 +

2

+

=

0

0

= 0

(

)

(

que depende de n é dita ser uma sequência definida por recorrência linear.
Exemplo 17.4. A sequência definida por x = 1 e xn
1

a sequência yn

xn

+1

=

yn +

1

yn

+1

:

=

)

xn + 1 não é linear, assim como
2

No Exemplo 17.2 os números triangulares podem ser definidos como x = 1 e xn =
+ n para todo n  2, que é uma recorrência linear, como já sabı́amos. No Exemplo
1

1

49

17.3 a sequência de Fibonacci (Fn )n é definida como F = 1; F = 1 e Fn = Fn
para n  3.
1

2

1 +

Fn

2

,

Exemplo 17.5. A sequência de Lucas satisfaz as condições da sequência de Fibonacci,
mudando apenas os termos iniciais, isto é, se (Ln )n é a sequência de Lucas então são dados
os termos iniciais L = 2; L = 1 e Ln = Ln + Ln .
1

2

1

2

O Exemplo 17.5 é de uma sequência definida por recorrência que é muito estudada
na teoria dos números. Apresentaremos agora alguns problemas interessantes que podem
envolver sequências definidas por recorrência linear.
Problema 17.1 (Torre de Hanói com n discos). Dada uma torre com n discos inicialmente
empilhados por tamanho decrescente em um de três pinos dados, o objetivo é transferir
a torre inteira para um dos outros pinos, movendo apenas um disco de cada vez e nunca
colocando um disco maior em cima de um menor. A quantidade de movimentos necessária
e suficiente para completar o quebra-cabeça é 2n 1.
Demonstração. Observe que os casos consistindo de um ou dois discos são fáceis de solucionar e são resolvidos com 1 e 3 movimentos, respectivamente.
Para resolver o caso n = 3, move-se o primeiro disco para o pino que se deseja transferir
a torre. Logo após, o segundo disco para o pino intermediário e o disco menor para cima
do pino intermediário, passando o ultimo disco para onde deseja-se montar a torre, basta
resolver o caso de dois pinos e a quantidade de movimentos foi 7.
Percebe-se um padrão na solução do quebra-cabeça, para quisermos transferir a torre
com n discos, devemos transferir a torre com n 1 discos para a torre intermediária passar
o disco maior para onde deseja-se transferir a torre de n discos e novamente transferir a
torre com n 1 discos agora para o pino desejado. Vamos denotar a quantidade mı́nima de
movimentos para solucionar o quebra-cabeça com n pinos de Tn . Observe que dentro das
observações feitas no caso 3 temos que a quantidade mı́nima necessária para solucionar o
quebra-cabeças está em relação com o caso anterior e a relação é:

Tn = 2Tn

1 + 1

De fato Tn é igual pois em algum momento teremos que transferir o maior disco para o
pino que desejamos transferir a torre e ele deve estar vazio.
Portanto, vemos a seguinte sequência de soluções (1; 3; 2  3 + 1; 2  7 + 1;    ) percebe-se
então que uma possı́vel solução é Tn = 2n 1, usando indução prova-se que é solução.
Problema 17.2 (Retas no plano). O número máximo Ln de regiões definidas por n retas
no plano é de n n
+ 1.
(

+1)

2

Demonstração. Os casos iniciais são fáceis de mostrar, pois número de regiões definidas por
uma reta é igual a 2 e por duas retas é 2 ou 4.
Para o caso n = 3 a melhor configuração não é com três retas coincidindo em um
mesmo ponto, pois essa configuração perde sempre para a configuração em que nenhuma
das retas são paralelas e coincidem duas a duas, mas não coincidem todas em um mesmo
50

Figura 1: retas no plano.
ponto, mais ainda, essa configuração nos dá exatamente 7 regiões (veja a figura abaixo).
Note que a n-ésima reta aumenta em uma quantidade k de regiões se, e somente se,
ela dividir k das regiões já existentes, mais ainda, divide em k regiões se, e somente se, a
reta intersectar k 1 das retas já dispostas no plano. Sabendo que duas retas no plano
se intersectam no máximo em 1 ponto então a n-ésima reta pode intersectar, no máximo,
n 1 das retas anteriores, mais ainda, sempre é possı́vel colocar mais uma reta no plano de
forma que ela não seja paralela a nenhuma das outras. Portanto, sendo Ln a quantidade
máxima de regiões com n retas, obtemos a seguinte relação

Ln = Ln

1 +

n; n > 1:

Portanto, a sequência das soluções é (2; 2 + 2; 2 + 2 + 3; 2 + 2 + 3 + 4;    ). Percebe-se
então que uma possı́vel solução é 1 + n n , usando indução prova-se que é solução.
(

+1)

2

17.2.1

Recorrências Lineares Homogêneas

Agora vamos mostrar uma forma de se resolver sequências de recorrência definidas por
recorrências lineares homogêneas.
Definição 5. Uma sequência definida por recorrência é dita linear homogênea quando é da
forma
0

 xn

+

1

 xn

1 +

x ; x ;    ; xk estão fixados e
1

2

0

2

 xn

2 +



+

k

 xn k

; para n  k;

(12)

= 0

; ; ;    ; k são números complexos fixados.
1

2

Um método usado para escrever uma sequência definida por uma recorrência linear
homogênea em função de n é o seguinte.
Suponha que a sequência fxn g, definida como em (1), tenha solução  6= 0 de modo
que xn = n e  não depende de n. Então essa solução deve satisfazer
0

 n

+

1

n

1

+

2

n

2

+



+

nk

k

)

= 0 =

0

 k

+

1

 k

1

+

 k   
2

2

+

k=0

a equação acima é chamada de equação caracterı́stica de (1) e as raı́zes da equação são
chamadas de raı́zes caracterı́sticas da relação (1).
51

Exemplo 17.6. A sequência de Fibonacci fFn g definida como em 17.3 tem raı́zes caracterı́sticas
p
p
1+

e

5

2

Solução. Ora, sabemos que Fn = Fn

cujo as raı́zes são

1+

p

5

2

e

1

p

x
5

2

Fn

2

:

e a equação caracterı́stica da sequência é

2

x

2

5

1 = 0

.

Proposição 1. Se  ;  ;    ; k
corrência (5), então
1

1 +

1

2

+1

são raı́zes caracterı́sticas distintas da relação de re-

x n = a  ( )n + a  ( )n +    + a k  (k
1

onde a ; a ;    ; ak
1

2

+1

2

1

2

+1

+1 )

n;

são constantes, é uma solução de (5).

Exemplo 17.7. A sequencia de Fibonacci (Fn )n é tal que
ñÇ
p ån Ç p ånô

Fn = p

1

5

1+

5

1

2

5

2

Solução. Pela Proposição 1 existem constantes a e a tais que
Ç
Ç
p ån
p ån
1

Fn = a

1+

1

5

+

2

2

a

1

5

2

2

:

Observando que F = F = 1 encontramos o sistema linear,
Ä p ä
( Ä p ä
1

2

a
+a
= 1
Ä p ä
Ä p ä
a
+ a
= 1
1+

1

5

1+

1

5

1

2

2

5

2

2

1

2

2

2

5

2

cujo a solução é a = p e a = p .
1

1

1

5

2

5

Nas hipóteses da Proposição 1 todas as raı́zes são de multiplicidade 1, mas nem sempre
isso ocorre. Veja o exemplo a seguir.
Exemplo 17.8. Encontre as raı́zes caracterı́sticas da relação de recorrência

xn

7

xn

1 + 15

xn

2

xn

9

3

= 0

com x = 1; x = 2 e x = 3.
0

1

3

Solução. A equação caracterı́stica da relação é

x

3

7

x + 15x
2

x

9 = (

2

3) (

x

:

1) = 0

A raiz caracterı́stica 3 é de multiplicidade 2 e a raiz caracterı́stica 1 de multiplicidade 1.
52

Perceba que se utilizarmos a Proposição 1 as condições iniciais não serão satisfeitas,
logo, faz-se necessário enunciarmos a próxima proposição.
Proposição 2. Se  ;  ;    ; r são raı́zes caracterı́sticas distintas da relação de recorrência (2) tais que i é de multiplicidade mi , i = 1; 2;    ; r então

xn = a + a n +    + a m1 nm1 ( )n +
m2  ( )n +    +
+ a
+ a n +    + a m2 n
mr 
n
1

2

1

11

12

1

1

1

21

+

22

2

2

ar + ar n +    + armr n
1

1

(

2

r ) ;

onde aij são constantes, é uma solução de (2).
Exemplo 17.9. Resolva a relação de recorrência

xn

7

xn

1 + 15

xn

2

xn

9

3

= 0

com x = 1; x = 2 e x = 3.
0

1

3

Solução. Como já vimos, a raiz caracterı́stica 3 é de multiplicidade 2 e a raiz caracterı́stica
1 de multiplicidade 1. Pela Proposição 2, existem a ; a e a tais que
1

2

3

xn = (a + a  n)  3n + a  1n :
1

2

3

Resolvendo o sistema,


a + a = 1
1

a +a )3+a =2
(a + a  2)  9 + a = 3

(



obtemos que a = 1; a =
1

2

1
3

3

1

2

1

2

3

3

e a = 0 donde

n
3

xn = 1

3

 n:
3

Não provaremos as proposições 1 e 2, caso o leitor esteja interessado, indicamos a leitura
do capı́tulo 22 de Lima [4], equações a diferença finita.
17.2.2

Recorrências Lineares Não Homogêneas

Vamos definir agora um tipo mais geral de recorrências lineares que são as recorrências
lineares não homogêneas.
Definição 6 (Recorrência Linear Não Homogênea). Uma sequência definida por recorrência
é dita linear não homogênea quando é da forma

 xn
 xn
 xn    k  xn k f n ; para n  k; (13)
onde x ; x ;    ; xk estão fixados, ; ; ;    ; k são números reais e f é não identica0

1

2

+

1

1 +

2 +

2

0

1

+

2

mente nula.

53

=

(

)

Na seção anterior aprendemos a solucionar recorrências lineares parecidas com a dessa
seção (estrategicamente). Uma maneira de resolver um sistema linear não homogêneo como
descrito na definição 4 é a descrita no passo a passo abaixo:
1. Resolva a recorrência linear homogênea de (xnh )n que satisfaz
(

 xnh
(

0

)

 xnh
(

+

1

)

1 +

 xnh
(

2

)

)

2 +



+

k

 xnh k
(

)

= 0;

2. Encontre uma solução particular (xnp )n da recorrência;
( )

3. A solução geral da recorrência é xn = xnh + xnp .
(

)

( )

Para facilitar o entendimento do método apresentaremos o seguinte exemplo de relação
de recorrência envolvendo uma recorrência linear não homogênea.
Exemplo 17.10. Resolva a relação de recorrência do exemplo 1.2

xn

xn

3

1

= 2

2

n

2

com x = 3.
0

h)

3xn
= 0: A raiz caracterı́stica dessa sequência é 3,
Solução. Seja (xnh )n tal que xnh
por esse motivo existe uma constante tal que
(

(

)

(

)

1

xnh =  3n :
(

)

Para encontrar uma solução particular (xnp )n façamos xnp
assim, sendo (xnp )n uma solução particular obtemos
( )

( )

=

( )

a n +a n+a
2

2

1

0

3

an
(

(

2

1)

2

+

a  (n
1

1) +

a n +a n+a ,
2

2

1

a )=2

n

2

0

0

2

daı́, obtemos o sistema:


a

a = 2
6a
2a = 0


3a + 3a
2a = 2
3

2

2

2

1

2

1

0

resolvendo o sistema obtemos xpn = n + 3n + 2: Portanto, sabendo que x
n
3 + n + 3n + 2, obtemos o resultado
2

2

xn = 3n + n + 3n + 2:
2

54

0

= 3

e xn =

17.3

Problemas envolvendo recorrências

Nem sempre problemas envolverão sequências definidas por recorrência linear como já foi
comentado no inı́cio. Agora mostraremos alguns problemas nessa perspectiva que são muito
interessantes e revelam o quão abrangente é o uso de recorrências para resolver problemas
diversos.
Problema 17.3 (Problema de Josefus adaptado). Se há n pessoas enumeradas de 1 a n
em um cı́rculo e eliminamos cada segunda pessoa restante do cı́rculo começando da pessoa
dois, a última pessoa que sobrará será a pessoa 2l + 1, onde n = 2m + l e m  0 com
m
0  l < 2 .
Demonstração: Para mostrar isso, vamos denotar a numeração da pessoa que sobrou em
um cı́rculo com n pessoas por Jn . Calculando os casos iniciais, obtemos a tabela abaixo:

n
Jn

1 2 3 4
1 1 3 1

5 6
3 5

Se forem 2n pessoas então no fim da primeira volta sobrarão os impares entre 1 e 2n e
será a vez sair a pessoa que estiver ao lado de 1. Daı́ teremos um circulo com n pessoas
e essa situação se assemelha ao cı́rculo com n pessoas, cujo a pessoa que sobra é Ln , essa
pessoa no cı́rculo com 2n pessoas é a pessoa com numeração 2Ln 1.
Se forem 2n + 1 pessoas então ao fim da primeira volta os pares sairão do cı́rculo e o
próximo a sair será o 1. Daı́, sobrará um cı́rculo com n pessoas e começando do 3, nesse
cı́rculo deverá ser a que equivale a Ln que é 2Ln + 1. Logo, obtemos a seguinte relação

L n = 2Ln 1; n  1;
L n = 2Ln + 1; n  1:
2

2

+1

Analisando os cálculos usando a relação de recorrência na construção da tabela abaixo
vemos um certo padrão, que nos permite conjecturar uma solução Jn = 2l + 1, onde
n = 2m + l com 2m < n maior possı́vel.

n
Jn

1 2
1 1

3 4
3 1

5
3

6
5

7 8
7 1

9
3

10
5

11
7

12
9

Antes do próximo exemplo, lembremos bxc = max(Z \ (
inteiro menor ou igual a x. Assim, por exemplo, b c = 3, b
escrever fxg = x bxc a parte fracionária de x.
Problema 17.4. O número b(1 +

p

3)

c
p

13 14 15 16
11 13 15 1

1; x , isto é, bxc é o maior
c
eb c
. Vamos
])

=

4

5

n 1 é divisı́vel por 2n .

2

p

= 5

p

n
Demonstração.
escrever a = 1 + 3 e b = 1
3. Sejam xn = b(1 +
3) c e
p n Vamos p
zn = (1 + 3) + (1 3)n = an + bn . Deixamos como exercı́cio para o leitor provar que
zn 2 Z: Observe que a + b = 2 e ab = 2: Daı́,

zn = (a + b)(an

1

+

bn

1

)

ab(an
55

2

+

bn

2

zn

) = 2

1 + 2

zn :
2

n +b n <
Como 1 < b < 0, temos que 1 < b n < 0 e daı́ a n
1 < z n
= a
n
a , isto é, bzn c = xn . Mas zn é inteiro e daı́ z n = x n . Usando a definição
temos x = 2; x + 1 = 2; x = 20 e x + 1 = 8. Logo, como base de indução temos
que para n = 1 vale 2 jx e 2 jx + 1 e, para n = 2, 2 jxx3 e 2 jx + 1. Suponhamos
n jx + 1 para um n. Como x
por hipótese que 2n jx n e 2p
= 2z n + 2 z n
=
n
n
p n
n
3)
= (1 +
3)
, obtemos que z n = x n + 1 com
2z n + 2 x n
e z n (1
x n = 2(x n +1)+2x n , por hipótese de indução, 2n jx n . Mais ainda, com cálculos
análogos, obtemos x n + 1 = z n
= 2z n
+ 2z n = 2 x n
+ 2(x n + 1), por
hipótese de indução o resultado segue.
2

1

2

1

2

2

2

1

2

1

2

1

1

1

2

1

0

3

1

1

2

2

1

2

1

2

1

2

1

2

2

2

2

2

2

1

2

+1

2

2

2

2

2

+1

2

+1

2

+1

2

2

2(

1

2

+1)

2(

+1)

2(

+1)

1

+1

2

2

A fim de que o leitor pratique o conteúdo apresentado e identifique relações de recorrência
em diversos problemas, selecionamos alguns exercı́cios e problemas de olimpiadas na próxima
seção. Mas, indicamos ao leitor a consulta das referências utilizadas para a construção do
presente texto, pois há diversos métodos para solucionar relações de recorrências que são
apresentados nos livros e não apresentamos aqui e há uma diversidade ainda maior de
problemas propostos em cada livro.

Exercı́cios
Problema 17.5. A sequência de Lucas (Ln )n com termos iniciais L = 1 e L = 3 satisfaz a
mesma relção de recorrência que a sequência de Fibonacci, isto é, Ln = Ln + Ln ; n > 2.
Resolva a recorrência.
1

2

1

2

Problema 17.6 (CIIM 2009). Demonstrar que para qualquer inteiro positivo n o número
Ç
p ån Ç p ån
17

3+

2

+

17

3

2

é um número inteiro impar.
Problema 17.7. Resolva a relação de recorrência

an

3

an

1 + 2

an

2

n

= 2

de modo que a = 3 e a = 8.
1

2

Problema 17.8. Mostre que a sequência xn = sin n satisfaz uma recorrência Linear.
Problema 17.9. Os n setores, n  1, de um cı́rculo são coloridos por k cores, com k  3,
cada setor é colorido por apenas uma cor e quaisquer dois setores adjacentes são coloridos
por cores diferentes. Seja an o número de formas que o cı́rculo pode ser colorido.
(a) Calcule a ; a e a .
1

2

3

(b) Encontre uma relação de recorrência para (an )n para n  4 e resolva a recorrência.
56

Problema 17.10. Resolva o seguinte sistema de relações de recorrência
®

xn 2xn
yn + 5xn

yn
7yn
4

1
1

1

= 0

1

= 0

de modo que x = 4 e y = 1.
1

1

Problema 17.11 (IMO 1979/6). Sejam A e E vértices opostos de um octágono regular.
Um sapo começa a pular do vértice A. De qualquer um dos vértices do octágono regular
exceto E , ele pode saltar para os vértices adjacentes. Quando atinge o vértice E o sapo
para e fica lá. Seja an o número de caminhos distintos que o sapo atinge para no vértice E
em exatamente n pulos. Prove que

an
2

1

; an=p

= 0

1

2

î

(2 +

p n
2)

1

(2

2

p n ó
2)

1

; para n = 1; 2; 3;    :

a maior raiz da equação x

Problema 17.12 (Banco IMO 1988). Seja
Prove que b
c é divisı́vel por 17.

3

3

x + 1 = 0.
2

1988

Referências
[1] Chuan-Chong, C. Khee-Meng, K. Principles and Techniques in Combinatorics. World
Scientifc Publihing, 1992;
[2] Engel, Arthur. Problem Solving Strategies. Springer verlag, 1997.
[3] Brochero, Fábio; Moreira, Carlos Gustavo; Saldanha, Nicolau e Tengan, Eduardo. Teoria
dos Números - um passeio com primos e outros números familiares pelo mundo inteiro.
Rio de Janeiro: IMPA, 2018.
[4] Lima, Elon Lages. Álgebra linear. 1.ed. Rio de Janeiro: IMPA, 2014.

57

18

Integrais
(por Cı́cero Filho)

18.1

Regras de Integração

Vamos listar as principais propriedades que podem ser úteis para resolver problemas de
integrais.

Z

• (Linearidade)

Z

Z

f (x) + g(x)]dx = f (x)dx +

[

• (Regra da Substituição) Se u = g (x) então

Zb
a

f (g(x))g0 (x)dx =

• Se f é uma função par, ou seja f (x) = f (

Za

a

Za

• (Integração por partes)

Zb
a

a

( )

g(a)

f (u)du:

x), então

f (x)dx = 2

• Se f é uma função ı́mpar,ou seja f (

Zgb

g(x)dx:

Za
0

f (x)dx:

x) = f (x), então
f (x)dx = 0:

Zb

f (x)g0 (x)dx = f (x)g(x)jb

a

a

g(x)f 0 (x)dx.

Para ver um pouco sobre essas ideias veja [1] ou outro livro da sua preferência.

18.2

Exemplos olı́mpicos

Uma primeira ideia útil é procurar simetrias. Vamos a um exemplo que apareceu na
OBMU de 2004.

Z

x
dx.
ex + 1
Z x
Solução. Primeiramente chame de I =
dx. Olhando a simetria do intervalo
ex + 1
de integração, somos levados a fazer a mudança de variável t = x, daı́ dt = dx.

Exemplo 18.1. (OBMU 2004) Calcule

2004

1

1

2004

1

1

Portanto

I=
Assim,

I +I =

Z

1

1

Z

1

1

(

t)

2004

e t+1

(

dt) =

Z

1

t

2004

e t+1

1

dt =

Z

1

1

t

2004

e t+1

Z x
Z x (ex + 1) Z
x
dx
+
dx
=
dx = x
ex + 1
e x+1
ex + 1
2004

1

2004

1

1

1

58

2004

1

1

dt:

2004

dx =

2
2005

:

Concluı́mos então que I =

1
2005

.

Vamos a mais um exemplo que ilustra um pouco mais de simetrias.

Z =

Exemplo 18.2. (OBMU 2005) Calcule

Z =

4

ln(1 + tan(
0

x))dx.

4

x))dx. Fazendo a mudança de variável t =  x,
dx. Além disso, quando x = 0; t =  e quando x =  , t=0. Sendo assim,

Solução. Chame I =

temos dt =

I=

Z

ln(1 + tan(

4

0

4

0

=4

ln(1 + tan (

Usando a fórmula para tan(x

=4 t))( dt) =

I =

Z =
Z =

4

0

=4 t))dt:

ln(1 + tan(
0

=4 t) =

t
1 + tan(t)

1

tan( )

Z =
t
ln 1 +
ln
dt =
1 + tan(t)
Å

4

ln(2)

=

4

y) obtemos
tan(

temos que

Z =

4

0

1

tan( )

Z =

dt

ã

4

Å

t dt =

ln(1 + tan( ))
0

ã

t

1 + tan( )

0

4

2



ln(2)

4

dt

I:

Logo, 2I =  ln(2) e assim, I =  ln(2):
4

8

Um outro exemplo que ilustra agora uma outra ideia que é a de utilizar uma recursão.
Vamos apresentar essa técnica com um problema que apareceu na IMC 1996.
Exemplo 18.3. (IMC 1996) Para cada n 2 N, calcule
Solução. Chame de In =

Z

nx)

Z

nx)
dx:
sin(x)

sin(

0

Usando a fórmula
com a = nx e b = (n
sin(

2)

dx.
 (1 + 2x ) sin(x)

dx. Usando um processo análogo ao que
 (1 + 2x ) sin(x)
In =

a

nx)

sin(

sin(

fizemos no primeiro exemplo, temos que

sin( )

Z

Å

b

sin( ) = sin

a b
2

ã

Å
cos

a+b

ã

2

x temos

nx)

n

sin((

2)

x) = sin(x) cos((n
59

x)

1)

e daı́ temos

Z

In In

Portanto In = In

2

cos((

=

2

0

n

1)

x)dx = 0:

para todo n 2 N [ f0g: Logo, temos que

In=I =0eIn
2

0

2

1
X

Exemplo 18.4. (IMC 2010) Calcule

1

=

I = :
1

1

k=0 (4k + 1)(4k + 2)(4k + 3)(4k + 4)

.

Solução. Por questão de espaço, escreva

F=

1

(4

k + 1)(4k + 2)(4k + 3)(4k + 4)

:

Parece natural começar usando frações parciais. Fazendo isso chegamos a

F

=

=

=

1
6
1
6
1
6

 k

1

Z k
x dx
Z k
4

1

+1

2

0

x (1
4

Z

1

+

+2

2

 k
4

xk

dx +

x + 3x

x )dx

2
3

1

4

1

4

0

1

 k

1

1

0

4 +1

2

=

1
X
xk

=

k=0

e assim

Z

1

+3

2

1

0

6

xk

4 +2

 k
4

dx

1

Z

+4
1
6

0

1

x k dx
4 +3

3

1
X
xk

Usamos agora o fato de que

1

1

4

k=0

1
1

1
1

x
x

4

;

daı́ trocando a integral com o somatório temos o seguinte

1
X

1

k=0 (4k + 1)(4k + 2)(4k + 3)(4k + 4)

0

1

(1
1

6

Z

1

1

3

x + 3x
1
x

2

3

4

2

1

2

0

0

1

2 ln(2)

dx =

Z

0

ln(2)
2

1
6

Z

1

0

x)
dx:
x
3

(1

4

1

x

1

2

(1 +

0

1

0

=

3

4

0

4

1

x

3

(1

0

1

1

x)
dx:
1
x
Z 1 + x 2x
Z 1
x)
dx =
dx =
dx
x
(1 + x)(1 + x )
1+ x
Z 1
Z x+1
= ln(2) +
dx
dx
1+ x
x +1

Nosso objetivo agora é calcular

Z

Z

=

2

+ arctan(1) =

Portanto
60

3 ln(2)



2

4

:

x)(1 + x )
2

dx

1
X

1

k=0 (4k + 1)(4k + 2)(4k + 3)(4k + 4)

=

ln(2)



4

24

:

Vamos finalizar esse artigo apresentando uma outra ideia bastante interessante que é
devida a Feynman.
Teorema 18.1. (Derivação sob o sinal de integral) Seja f : R  [a; b] ! R uma função
contı́nua tal que @f
@t é contı́nua. Então podemos derivar sob o sinal da integral. Mais
precisamente,

Z b @f
dZb
f (t; x)dx =
(t; x)dx:
dt a
a @t

(14)

Demonstração. Para a prova desse teorema consulte [2].

Z x

Exemplo 18.5. Calcule

1

2023

ln

0

x

1

dx:

Solução. Primeiramente trocamos o 2023 por uma variável t. Chame

I (t) =

Z xt
1

0

ln

x

1

dx:

Queremos calcular I (2023).Temos uma função f (t; x) =

xt

t
disso, @f
@t (t; x) = x . Usando o teorema anterior, temos que

I 0 (t) =

Z

1

0

xt dx =

1

t+1

ln

x

1

que é contı́nua. Além

:

Logo, integrando, temos que

I (t) = ln(t + 1) + C:
Para achar C , note que I (0) = 0 e portanto I (t) = ln(1 + t). Sendo assim, I (2023) =
ln(2024):
Para ver mais sobre essa técnica, você pode consultar [3].
Agora você pode praticar um pouco as técnicas com os exercı́cios propostos abaixo.

18.3

Exercı́cios propostos

1. Seja f definida em [0; 1] contı́nua, calcule

Z

1

0

f ( x)
dx:
f (x) + f (1 x)
61

2. Seja f contı́nua e par definida em [

Za f x

a; a], com a > 0. Mostre que

dx =
a 1 + ex
(

Z px

)

Za

a

f (x)dx:

x 1
dx.
x +1+x+1
Z =
x
4. (OBMU 2010) Calcule
dx:
sin x + cos x
Z ln(x + 1)
dx.
5. (PUTNAM 2005) Calcule
x +1
1

3. (OBMU 2002) Calcule

1

p

2

+1+

2

4

0

1

Z =

6. Para n 2 N calcule

4

tan

Z

2

0

n (x)dx:

2

0

7. Para n 2 N, calcule

1

(

0

8. (OBMU 2019) Calcule

Z

ln(

x))n dx:
x))dx:

ln(sin(
0

9. (OBMU 2004) Calcule

10. Calcule

Z 1 xe x
1+

0

11. Calcule

Z

1

k=0

1

(3

k + 1)(3k + 2)(3k + 3)

.

dx:

x) ln (1 x)
dx.
x

ln(

0

e x

1
X

2

12. (József Wildt 2019) Ache todas as funções contı́nuas f : R ! R satisfazendo

f ( x) +

Zx
0

tf (t x)dt = x para todo x 2 R:

Referências
[1] James Stewart. Cálculo, vol. 1. Pioneira Thomson Learning, page 47, 2001.
[2] Elon Lages LIMA. Curso de análise vol. 2, 2015.
[3] Keith Conrad. Differentiating under the integral sign, 2022.

62

19

Problemas Propostos

19.1

Problemas Escolares

Problema 19.1 (OBM 2014). Seja N um inteiro maior do que 2. Cı́cero e Samuel disputam
o seguinte jogo: há N pedras em uma pilha. Na primeira jogada, feita por Cı́cero, ele deve
tirar uma quantidade k de pedras da pilha com 1  k < N . Em seguida, Samuel deve
retirar uma quantidade de pedras m da pilha com 1  m  2k, e assim por diante, ou seja,
cada jogador, alternadamente, tira uma quantidade de pedras da pilha entre 1 e o dobro da
última quantidade de pedras que seu oponente tirou, inclusive. Ganha o jogador que tirar a
última pedra.Para cada valor de N , determine qual jogador garante a vitória, independente
de como o outro jogar, e explique qual é a estratégia vencedora para cada caso.
Problema 19.2 (Alan Pereira). Calcule o resto da divisão de 2023

2025

por 2027.
2023

Problema 19.3 (Jônatas Marinho). Determine os dois últimos dı́gitos de 2023

:

Problema 19.4 (OBM 2016 N2 Fase 1). Determine o valor da expressão
3

2015
2

1

+ 2015

1

2

3

+ 2016

2

Problema 19.5 (OBM 2015 N2, Fase 2). Determine o número de inteiros positivos n
menores que 100 de modo que a fração

n+5
seja irredutı́vel.
5n + 8
8

Problema 19.6 (Putnam and Beyond, 879). Encontre uma forma fechadaa para
Ç å
Ç å
Ç å
1

 n
2

2

+2

 n
3

3

+



+(

n

n

1)

n
:
n

Problema 19.7 (Putnam and Beyond, 880). Prove que
Ç å
Ç
å
n

Xk n

k=1

19.2

2

k

=

n

n
n

2

1

1

:

Problemas Universitários

Problema 19.8 (Putnam and Beyond, 82). Sejam A e B duas matrizes com entradas
complexas que comutam (isto é, AB = BA) tais que para alguns inteiros positivos p e q ,
vale Ap = I; B q = O; onde I é a matriz identidade e O é a matriz nula.
Prove que A + B é invertı́vel, e encontre seu inverso.
Å
ã
a
b
Problema 19.9 (Jônatas Marinho). Prove ou dê um contra-exemplo: dado g =
2
c
d
Å
ã
1 0
SL(2; Z=3Z); vale g =
:
16

0

1

63

Problema 19.10 (Jônatas Marinho). Dado G um grafo simples, seja p(n) a quantidade
de caminhos de tamanho n no grafo que ligam dois vértices seus. Prove que existe pelo
menos um  > 0 tal que

p(n)
< +1:
n
n
Observação. Um caminho de tamanho n em um grafo é uma sequência x ; x ; : : : ; xn
de vértices, onde cada xi xi é uma aresta de G)
lim sup

1

2

+1

Problema 19.11 (IMC 2015). Seja F (0) = 0, F (1) = , e F (n) = F (n
2
2
por n  2.
3

Determine se

19.3

1
X

1

n é um número racional.
n=0 F (2 )

Proponentes

Samuel Figueredo: P1
Alan Pereira: P2
Jônatas Marinho: P3 a P10
Jairon Batista: P11

64

5

1)

F (n

2)

20

Premiados na OAM 2022

20.1

Nı́vel 1
Lista de Premiados OAM 2022 - Nı́vel 1
NOME
PRÊMIO
JOSÉ PEREIRA MENDES NETO
OURO
KAWANY VITÓRIA MOREIRA DE OLIVEIRA
OURO
ISABEL SANTOS COSTA
OURO
LUÍSA PERDIGÃO ÁVILA SARMENTO
OURO
PABLO VINICIUS DOS SANTOS GOMES
OURO
LUCAS DA ROCHA FIGUEIRÊDO
PRATA
RODRIGO CHAGAS TENÓRIO LEVINO
PRATA
MANUELLA BARBOSA DE GUSMÃO
PRATA
DAVI WÉVERTON PEREIRA DA SILVA
PRATA
DANIEL KAUÃ SANTOS CAVALCANTI
PRATA
JANDERLYER MARLEY DA SILVA SANTOS
PRATA
ORHANA MARIA ROMEIRO DE LIMA
PRATA
PEDRO AUGUSTO FERNANDES FIGUEIRÔA
PRATA
PEDRO LUCCA DE ALBUQUERQUE LÔBO
PRATA
ANA MICAELI CAETANO CALHEIROS
PRATA
JACKSON EMANOEL RUFINO DA SILVA
PRATA
PEDRO GUILHERME DA COSTA MOURA
PRATA
ADHELMO HENRIQUE DE OLIVEIRA MELO
PRATA
LUCAS GABRIEL LIMA ALVES
PRATA
MARYA LYVIA SOARES DE QUEROZ
PRATA
ALLANA SANTANA SILVA
BRONZE
PEDRO ALBERTO DE ALMEIDA LEANDRO
BRONZE
PABLO VINICIUS VENCESLAU DIAS
BRONZE
VINÍCIUS DA SILVA MAGALHÃES
BRONZE
JASLINY TAYSA RIBEIRO DE FARIAS
BRONZE
CAUBI DAMARA DE OMENA FREITAS NETO
BRONZE
JÚLLIA MAYSA FREIRE SOUZA
BRONZE
CLÁUDIA MAUELLY SOARES SANTOS
BRONZE
MARCOS RIAN SOARES SALDANHA HONORATO BRONZE
LUIZ OTAVIO DA SILVA PEREIRA
BRONZE
LUCAS GABRIEL GONÇALVES SANTOS
BRONZE
MARIA CLARA DE SOUZA ALBUQUERQUE
BRONZE
CLARA EVELLY MARQUES DE OLIVEIRA
BRONZE
ISIS RAFAELA DA SILVA NEVES
BRONZE
65

SERGIO REIS DOS SANTOS FILHO
MANOEL MARCELO ACCIOLY GALVÃO FILHO
IAGO MARCELO OLIVEIRA MOREIRA
LUIZ FERNANDO BAERE MENDES
DANIELA AGRA CAVALCANTE
EDUARDO MASSAO ARAKAKI FILHO
CLAUDEVAN JÚNIO ALVES PACHECO
CAUÃ MATEUS DE ALMEIDA SILVA
ANTHONY GABRIEL ALVES DOS SANTOS
CÉSAR GABRIEL OLIVEIRA MELO
EFRAIM FERNANDO MATOS BRAZ
KEMILLY LAIANE DA SILVA
MIGUEL AUGUSTO SILVA DE OLIVEIRA
GUILHERME SOARES DOS SANTOS ARAÚJO
JOÃO ROCHA NETO
GUSTAVO PEREIRA BERNARDO
NATAN MEDEIROS LEONCIO
GESSIVALDO ANTÔNIO ALVES DA SILVA
ANALIS BARBOSA DE OLIVEIRA
MARIA GABRIELI NICÁCIO CORDEIRO RODRIGUES ROSA
ANABELA SOFIA CORREIA VARELA
ANDRESSA WITORIA DA SILVA FERREIRA
EVERTON NUNES BARBOSA
EVILY JESUS DA SILVA
GUSTAVO DOS SANTOS SILVA
ISABELLY EMANUELLY VIEIRA DA SILVA
JHENNYFFER MAYRA CESAR DA SILVA
JORGE OTÁVIO FERNANDES LUCENA
GUSTAVO BARROS DE FREITAS

66

BRONZE
BRONZE
BRONZE
BRONZE
BRONZE
BRONZE
BRONZE
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA

20.2

Nı́vel 2
Lista de Premiados OAM 2022 - Nı́vel 2
NOME
PRÊMIO
LEANDRO EDUARDO DE OLIVEIRA MELLO
OURO
TIAGO VINÍCIUS MONTEIRO LIMA
OURO
ROBERTO PACÍFICO GAMA REYS
PRATA
MATHEUS BARBOSA DA SILVA
PRATA
LUCAS GABRIEL FERREIRA SANTANA
PRATA
PAULO VICENTE ABDALA DE NASCIMENTO
PRATA
MARIANA MARIA DAS GRAÇAS FONTES SILVA
PRATA
MARIA LUIZA NEPOMUCENO MOREIRA
PRATA
WESLEY EZEQUIEL SÁ DE OLIVEIRA
PRATA
GABRIEL VENCESLAU DE FARIAS COSTA
PRATA
MARIANA DE SOUZA SANTOS
PRATA
LARA CECYLLYA MARIANO COSTA SANTOS
PRATA
LAURA TORRES LIMA
BRONZE
KEVIN WILLIAN SANTOS FLORÊNCIO
BRONZE
ANA CLARA SILVA DE MELO
BRONZE
GLEYCE DOS REIS CARVALHO
BRONZE
SÁVIO RAFAEL CORDEIRO DA SILVA
BRONZE
CARLOS DANIEL DA SILVA
BRONZE
JOSÉ GABRIEL JUVINO SANTOS
BRONZE
PAULO DIEGO VASCONCELOS NEVES
BRONZE
RUAN MARCOS DOS SANTOS GOMES
BRONZE
ADALBERTO ROCHA BARROS
BRONZE
ALEXIA PYETRA FERRO DA ROCHA
BRONZE
APOLO DA SILVA LIMA
BRONZE
DERLANE ALMEIDA DE ALBUQUERQUE
BRONZE
JOÃO VICTOR DA SILVA
BRONZE
MILENA DE JESUS BARBOSA
BRONZE
SARAH DA SILVA RAMALHO
BRONZE
ANNA CLARA DE JESUS DOS SANTOS
BRONZE
KEIRRISON MATEUS DA SILVA
BRONZE
GABRIEL CORDEIRO CALHEIROS
BRONZE
DAVI CORREIA DOS SANTOS
BRONZE
LUÍS EDUARDO DA SILVA
BRONZE
WELIZA MAYSA DA SILVA SANTOS
BRONZE

67

MARIA WITORIA CIRIACO GOMES
NAYARA YASMIN DO CARMO
MIRELA DE MOURA SILVA DE BRITO
ANA CLARA SOUZA MAGALHÃES
JOÃO GUILHERME DOS SANTOS
JEHNNEFER WILLYANE LIMA DOS SANTOS
LUIZ HENRIQUE MATSUBARA DE SOUZA
PEDRO HENRIQUE VASCONCELOS NEVES
RAQUEL DOS SANTOS ALVES DE MESQUITA
VINÍCIUS MATIAS FERRO
ALICE RABELLO OLIVEIRA
LUIZ ANTONIO ALVES LIMA
ERICA KELIANE DE OLIVEIRA
IAGO VINÍCIUS MARSUETO DO NASCIMENTO
LUCAS ADIEL NASCIMENTODA SILVA
YASMIN DE OLIVEIRA SANTOS
MAEVILLY ANDRADE DA SILVA
JOSÉ FELIPE MARQUES DA SILVA
MARIA LUISA AMARO DOS SANTOS
ANNA LETÍCIA SANTOS DA SILVA

68

MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA

20.3

Nı́vel 3
Lista de Premiados OAM 2022 - Nı́vel 3
NOME
PRÊMIO
JEANN DA ROCHA SILVA
OURO
ANTONIO FRANCISCO BATISTA FILHO
PRATA
ALLANE KARINE FERREIRA DA SILVA
BRONZE
ANDRESSA FARIAS DA SILVA
BRONZE
PEDRO HENRIQUE MONTEIRO LIMA
BRONZE
MARCOS KAYKE CANUTO DOS SANTOS
BRONZE
AMON CHALEGRE GOMES VANDERLEI
BRONZE
CLARK OLIVEIRA SANTANA CONCE ROCHA
BRONZE
DINEY FERREIRA DE LIMA
BRONZE
WELBERT DA SILVA FREITAS FILHO
BRONZE
EDEILSON COSTA DE AZEVEDO FILHO
BRONZE
ÍCARO INÁCIO SILVA SANTOS
MENÇÃO HONROSA
CLÁUDIO MATHEUS ANSELMO S.SANTOS
MENÇÃO HONROSA
EMYLLE PAULA OLIVEIRA SANTOS
MENÇÃO HONROSA
FELIPE PROTÁZIO MENDES DE AMORIM
MENÇÃO HONROSA
JOÃO GUILHERME NASCIMENTO VIEIRA
MENÇÃO HONROSA
MARIANA CORREIA DA COSTA
MENÇÃO HONROSA
VITOR GABRIEL RODRIGUES DE OLIVEIRA
MENÇÃO HONROSA
PABLO LEVY FERNANDES ALCÂNTARA
MENÇÃO HONROSA
RAÍSSA MARIÂNGELA DOS SANTOS
MENÇÃO HONROSA
WENDEL KAUÊ MÉLO PEREIRA
MENÇÃO HONROSA
ALISON BRUNO MARTIRES SOARES
MENÇÃO HONROSA
ANA VITÓRIA LAURINDO DE LIMA
MENÇÃO HONROSA
BRUNO BELO MATOS DE FIGUEIREDO
MENÇÃO HONROSA
CAMILA OMENA MONTONI
MENÇÃO HONROSA

69

CARLOS EDUARDO DA SILVA AGUIAR
GUILHERME FONSECA TRAPP
HELORA KELLY TAVARES MATIAS
JESSYCKON PETERSON FARIAS DA COSTA
JOÃO GABRIEL DOS SANTOS
JOAQUIM BENCHIMOL GUIMARÃES
JÚLIA BEATRIZ ALMEIDA DE CARVALHO
LAISE MARIA DE OLIVEIRA PEREIRA
LUIZ ANTÔNIO ALVES DE LIMA
LUÍZA CARAMORI CALLADO DE SOUZA
MARINA VIEIRA ALMEIDA LIMA
RONALD MATHEUS DOS SANTOS GOMES
TAYLLO JONATHAS MONTEIRO MENDES
YAN MARTINS DE OLIVEIRA VILLA NOVA
REBECA MOURA GAMELEIRA
MATHEUS MENDES DE ASSUNÇÃO
GUILHERME FERREIRA DA COSTA SILVA
JAIME WILLIAN CARNEIRO DA SILVA
RITA BEATRIZ MELO LACERDA

70

MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA

20.4

Nı́vel U
Lista de Premiados OAM 2022 - Nı́vel U
NOME
PRÊMIO
Samuel Nascimento Figueredo
OURO
Gerson Ferreira Santos Junior
PRATA
Francisco Alan Lima da Silva
PRATA
Lucas Hiroshi Nakagawa
BRONZE
Lucas Brunno Barbosa
BRONZE
Marina Oliveira
MENÇÃO HONROSA
Lemuel Carvalho
MENÇÃO HONROSA

71

21

Como contribuir com a ROAM

A Revista da OAM visa levar conhecimentos de matemática olı́mpica para estudantes
de Alagoas. Essa missão não é unicamente nossa. Você pode fazer parte dessa missão,
colaborando com a continuidade do nosso trabalho.
A seguir listamos diversas formas de contribuir na construção da revista:
1. Digitar em Latex as provas antigas da OAM;
2. Digitar em Latex as soluções das provas antigas da OAM;
3. Enviar os PDFs de provas antigas que ainda não foram encontradas.
Para demais esclarecimentos, envie um email para roam.ufal@gmail.com.

72