Revista da Olimpíada Alagoana de Matemática - Volume 3

ROAM_Vol3.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:
Francisco Alan Lima da Silva
Henrique Caldas de Carvalho Trajano
Kayque Matheus da Conceição Bispo
Lucas Hiroshi dos Santos Nakagawa
Nı́colas Lima Lopes de Araújo
Revisão:
Alan Anderson da Silva Pereira
Diogo Carlos dos Santos
Hegel Marinho Viana Filho
Jairon Henrique Noia Batista

2

#3

Conteúdo
1 Palavras do Editor
1.1 Boas Notı́cias: Alagoas entre os melhores do mundo . . . . . . . . . . . .
1.2 A ROAM volume 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
5
6

2 Enunciados da OAM 2023
2.1 Nı́vel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Nı́vel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Nı́vel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4 Nı́vel U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7
7
8
9
10

3 Enunciados da OAM 2024
3.1 Nı́vel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Nı́vel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Nı́vel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4 Nı́vel U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11
11
12
13
14

4 Enunciados da OAM 2025
4.1 Nı́vel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Nı́vel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Nı́vel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4 Nı́vel U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15
15
16
17
18

5 Jogos
por Lucas Nakagawa e Henrique Trajano

5.1
5.2
5.3
5.4

Definições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dicas dos problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

19
19
19
26
28

6 Os Traçados Auxiliares
por Kayque Bispo e Henrique Trajano

6.1
6.2
6.3
6.4
6.5

Critérios de Construção . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dicas Gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Exemplos Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Problemas Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dicas ou soluções dos problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . .

30
30
33
33
45
52

7 Descida de Fermat
por Henrique Trajano e Nı́colas Lima

7.1
7.2

Descida de Fermat: O Princı́pio da Boa Ordenação . . . . . . . . . . . . .
Subida de Fermat: infinitas soluções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3

55
55
57

7.3
7.4
7.5

Pulo de Vieta: trabalhando restrições . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dicas ou soluções dos problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . .

60
62
65

8 Identidades Binomiais e Somas Telescópicas
por Francisco Alan Lima da Silva

8.1
8.2
8.3
8.4
8.5

Somas Telescópicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Identidades Binomiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Somas com fatoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dicas dos problemas propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

71
71
75
78
83
85

Palavras do Editor
1.1

Boas Notı́cias: Alagoas entre os melhores do mundo

No ano de 2025 Alagoas escreveu mais um capı́tulo histórico na matemática olı́mpica:
um estudante do estado conquistou medalha na IMO, a Olimpı́ada Internacional de Matemática e o palco mais prestigiado do mundo para estudantes dessa área.
A IMO (International Mathematical Olympiad) é a maior e mais importante competição
de matemática em nı́vel estudantil. Criada em 1959, ela reúne, todos os anos, os melhores
jovens matemáticos do planeta, selecionados após processos extremamente rigorosos em
seus paı́ses. Cada delegação representa uma nação inteira, e as provas exigem criatividade,
profundidade teórica, rigor lógico e maturidade matemática muito acima do currı́culo escolar
tradicional. Medalhar na IMO significa estar entre os melhores jovens cérebros matemáticos
do planeta.
E foi exatamente isso que aconteceu com João Victor Silva dos Santos, que conquistou a medalha de bronze na IMO, levando o nome de Alagoas ao cenário internacional
estudantil. Um feito rarı́ssimo, que coloca o estado no mapa mundial da matemática de
base e inspira toda uma nova geração de estudantes.
Esse resultado se soma a uma trajetória que Alagoas já vem construindo no cenário internacional, especialmente no nı́vel universitário, com nomes que se destacaram em grandes
instituições na IMC (International Mathematics Competition):
• Jairon Henrique Noia Batista — Medalha de ouro em 2022 (FGV)
• Samuel Figueiredo — Menção Honrosa em 2022 (UFAL)
• Jeann Rocha — Menção Honrosa em 2022 (UFAL)
• Cı́cero Calheiro — Menção Honrosa em 2020 (UFAL)
• Jônatas Marinho Santos Júnior — Menção Honrosa em 2020 (UFAL)
• Kevyn Djhonatha Dias De Lacerda — Menção Honrosa em 2020 (Unicamp)
• Murilo Vasconcelos de Andrade — Medalha de prata em 2009 (École Polytechnique)
Esses nomes mostram que o talento matemático alagoano não é exceção: é tradição
em construção. Do ensino básico à universidade, Alagoas prova que, com oportunidade,
formação e dedicação, é possı́vel competir e vencer nos mais altos nı́veis da matemática
mundial.

5

1.2

A ROAM volume 3

A ROAM está de volta, meus amigos!
Esta edição celebra um feito particularmente significativo: a publicação do primeiro
artigo escrito em coautoria com um estudante do Ensino Médio, o aluno do Instituto Federal
de Alagoas, Nı́colas Lima Lopes de Araújo. Trata-se de um marco expressivo para a proposta
de Extensão da revista, ao concretizar o diálogo entre a universidade e a educação básica e
reafirmar o compromisso com a formação cientı́fica desde os nı́veis iniciais de ensino.
Gostaria de agradecer ao estudante e ao professor Henrique Trajano, que contribuı́ram de
forma grandiosa, com entusiasmo acadêmico, dedicação e participação em diversas seções
desta edição.
E meu muito obrigado também a todos os artistas, redatores e corretores, cuja colaboração foi fundamental para a construção e a qualidade desta revista.
Alan Pereira,
Editor-Chefe.

6

Enunciados da OAM 2023
2.1

Nı́vel 1

PARTE A
Problema 1. Quantos são os números de três algarismos distintos cuja soma de seus
algarismos é 7?

D

Problema 2. Suponha que o quadrado ABCD ao
lado tem 400 cm de área. Se M é o ponto médio do
segmento de reta BC , quanto vale a área do triângulo
ABM , em centı́metros quadrados?
2

C
M

A

B

Problema 3. O número 2023 é um númeroı́mpar e a soma dos seus algarismos é um número
primo. Quantos são os números de dois algarismos que têm essas duas propriedades? Obs:
Um número natural é primo se ele é maior do que 1 e tem somente dois divisores positivos.
Problema 4. Francisco criou uma calculadora com um botão especial #. Quando ele
digita um número na calculadora e então aperta na tecla #, a calculadora soma os dı́gitos
do número e em seguida eleva o número resultante ao quadrado. Por exemplo, se ele digita
15 e # o resultado será 36, pois 1 + 5 = 6 e 6 = 36. Um número é dito ser Repetilson
se ele aparece na tela mais de uma vez ao digitarmos 2023 e em seguida apertarmos #
sucessivas vezes. Determine a soma dos números Repetilsons.
2

PARTE B
Problema 5. Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo e Dernaldo ainda dormiam quando sua mãe,
Marnalda, saiu e deixou uma vasilha com mangas e a instrução para que fossem divididas
igualmente entre eles. Arnaldo acordou primeiro, pegou das mangas e saiu. Bernaldo
acordou depois, mas pensou que era o primeiro a acordar e, por este motivo, pegou das
mangas restantes e também saiu. Os outros dois irmãos acordaram juntos, perceberam que
Arnaldo e Bernaldo já haviam saı́do e dividiram as mangas restantes igualmente entre eles.
1
4

1
4

a) Quem ficou com menos mangas?
b) Quem ficou com mais mangas?
c) Sabendo-se que ao final da divisão, nenhum dos irmãos ficou com mais do que 17
mangas. Quantas mangas havia na vasilha?
Problema 6. A soma de 11 inteiros positivos distintos é igual 100. Qual a quantidade
mı́nima de números ı́mpares que deverá ter esta soma?
7

2.2

Nı́vel 2

PARTE A
Problema 1. Arnaldo, Bernaldo, Cernaldo e Dernaldo ainda dormiam quando sua mãe,
Marnalda, saiu e deixou uma vasilha com mangas e a instrução para que fossem divididas
igualmente entre eles. Arnaldo acordou primeiro, pegou das mangas e saiu. Bernaldo
acordou depois, mas pensou que era o primeiro a acordar e, por este motivo, pegou das
mangas restantes e também saiu. Os outros dois irmãos acordaram juntos, perceberam que
Arnaldo e Bernaldo já haviam saı́do e dividiram as mangas restantes igualmente entre eles.
Sabendo-se que ao final da divisão, nenhum dos irmãos ficou com mais do que 17 mangas.
Quantas mangas havia na vasilha?
1
4

1
4

Problema 2. Quantos são os pares de números primos (p; q ) tal que p + q é um primo
menor do que 2023? Lembre-se: um número natural é primo se ele tem exatamente dois
divisores positivos.
2

2

Problema 3. A soma de 11 inteiros positivos distintos é igual 100. Qual a quantidade
mı́nima de números ı́mpares que deverá ter esta soma?
Problema 4. Sejam x e y números reais tais que x + y = 1 e x + y
de 2(x + y )?
2

3

2

= 2. Qual é o valor

3

PARTE B
Problema 5. A calculadora do Diogovi está com defeito. O botão com o algarismo zero
não funciona, e então ele não o utiliza. Além disso, a calculadora nunca exibe o número
zero no visor. Diogovi multiplicou um número de um algarismo por um número de dois
algarismos e no visor apareceu o número 27. Indique todas as possibilidades para os dois
números multiplicados pelo Diogovi.
Problema 6. Na figura ao lado, os triângulos ABC
e DAE são congruentes e os pontos A, B e E são
colineares e ∡BAC = 90 . Se AE = 30, qual o valor
de F B ?

8

2.3

Nı́vel 3

PARTE A
Problema 1. Quantos são os pares de números primos p e q tal que p + q é um primo
menor que 2023? Lembre-se: um número natural é primo se ele é maior do que 1 e tem
exatamente dois divisores positivos.
2

2

Problema 2. A soma de 11 inteiros positivos distintos é igual 100. Qual a quantidade
mı́nima de números ı́mpares que deverá ter esta soma?
Problema 3. Sejam x, y e a números reais tais que x +
o valor do produto x  y .

1

y

=ae

1

x

4
+ y = . Determine

a

Problema 4. Sejam C e C circunferências de raio 5 e 12, respectivamente cujos centros
distam 13. Sendo ` o tamanho da corda comum a C e C determine o valor de 13`.
Observação: Uma corda em uma circunferência é qualquer segmento ligando dois pontos
distintos da mesma.
1

2

1

2

PARTE B
Problema 5. Considere a função f (x) = x + bx + c onde b e c são números inteiros.
Suponha que o máximo dessa função é 25 e suas raı́zes x e x satisfazem x + x = 19.
Qual é o valor de b + c?
2

1

2

3

3

1

2

Problema 6. Sejam A ; : : : ; Ak subconjuntos de f1; 2; 3; : : : 92g; cada Ai contendo três
elementos, e Ai \ Aj 6= ; para todo i; j: Encontre o valor máximo de k:
1

9

2.4

Nı́vel U

PARTE A
2

Problema 1. A reta x + y = 1 é tangente à elipse x + yc2 = 1. Qual é o valor de c ?
2

2

2

2

Problema 2. Quantos são os subconjuntos de três elementos do conjunto f1; 2; : : : ; 11g
que não têm elementos consecutivos?
Problema 3. Sejam a e b dois números reais positivos menores do que 2023 e que
Å
ã
b

Z

2

a

é máximo. Encontre b

(296t 2023 t )  sin

t

2023

dt

a.

Problema 4. Qual é o menor inteiro positivo a tal que 3 é o algarismo das dezenas e 2 é
o algarismo das unidades de a ?
2023

PARTE B
Problema 5. Sejam A; B 2 Mn (C) tal que A + B = In e para algum k natural temos
A k = A k . Prove que In + Ak B é invertı́vel e ache sua inversa.
2 +1

2

Problema 6. Dada g : R ! R derivável tal que g (g (x)) = x. Seja f : R ! R tal que

f (x)  f (g(x)) = 2023x:
2

a) Mostre que se x é tal que g (x ) = 0 então x = 0 e f (0) = 0
0

0

0

b) Encontre f em função de g .
c) Mostre que a função F (x) = f (x) é derivável em x = 0 e determine F 0 (0).
3

10

Enunciados da OAM 2024
3.1

Nı́vel 1

PARTE A
Problema 1. O ano 2024 é especial, pois 2024 é igual ao produto de dois números pares
consecutivos, ou seja, 2024 = 44  46. Qual o último ano do milênio em que estamos (ou
seja, menor que 3000), que tem essa propriedade?

Problema 2. Na figura ao lado encontra-se o tangram.
Suponha que o quadrado maior tem lados que medem
100 cm. Dentro dele encontra-se, dois triângulos grandes, um médio e dois pequenos. Encontra-se também,
um losango e um quadrado pequeno. Quanto vale a
área do quadrado pequeno?

Problema 3. Quantos números inteiros e positivos menores que 100 possuem algum divisor
cuja soma dos dı́gitos seja 4?
Problema 4. Representamos por n! o produto de todos os inteiros positivos de 1 a n. Por
exemplo, 4! = 4  3  2  1 e 5! = 5  4  3  2  1. Qual o algarismo das unidades do resultado
da soma,

1! + 2! + 3! + 4! + 5! +    + 2024!?

PARTE B
Problema 5. Considere o número N = 2024202420242024 que tem 16 dı́gitos. João
brinca de apagar 5 dı́gitos desse número para formar outro número. Por exemplo, certa vez
ele apagou todos os zeros e o último quatro, obtendo o número 22422422422. Com essa
brincadeira, qual o maior número que João pode obter?
Problema 6. Quantos são os pares de números primos (p; q ) de modo que p < q ,

2p + q; p + 2q e p + q
também sejam números primos.

11

8

3.2

Nı́vel 2

PARTE A
Problema 1 Quantos são os pares de números primos (p; q ) de modo que p < q ,

2p + q; p + 2q e p + q

8

também sejam números primos.
Problema 2 Denote por A, a área de um triângulo equilátero onde
p as distâncias dos lados
para um certo ponto em seu interior são 14, 10 e 6. Quanto vale 3  A?
Problema 3 Sejam  > 0 e x ; x dois números reais que satisfazem a seguinte equação
em  :
1

2

 =1+

1+

Qual é o valor de 9(x + x )?
1






1+
1+:::

:

2

Problema 4 Sejam o; a e m números inteiros positivos tais que

o  a  m = 30;
o  (a + m) = 16;
(o + a)  m = 25:
Quanto vale o + a + m?
PARTE B
Problema 5 Considere um triângulo isósceles ABC tal que AB = AC > BC . Sejam I o
ponto de encontro das bissetrizes e H o ponto de encontro das alturas. Sabendo-se que os
ângulos IBH e HBC são iguais, qual a medida do ângulo ABC ?
Problema 6 Em um armário há 6 pares distintos de sapatos. De quantos modos podemos
retirar 6 pés de tal forma que existam exatamente 2 pares de sapatos?

12

3.3

Nı́vel 3

PARTE A
Problema 1. Sejam o; a e m números inteiros positivos tais que

o  a  m = 30;
o  (a + m) = 16;
(o + a)  m = 25:
Quanto vale o + a + m?

Problema 2. Na figura ao lado as circunferências possuem centro D e raios de comprimentos 6 e 10. O segmento AB é tangente à circunferência menor e o segmento AC é tangente à maior. Sabe-se que AB = 20
e AC = 8. Qual o valor de 2024  (DB=DC )?

Problema 3. Em um armário há 6 pares distintos de sapatos. De quantos modos podemos
retirar 6 pés de tal forma que existam exatamente 2 pares de sapatos?
Problema 4. Seja m a quantidade de pares de inteiros positivos (k; n) de modo que n
e n não tenham o mesmo algarismo das unidades. Qual o valor de 5m ?

k

5+4

PARTE B
Problema 5. Sabendo que x e y são números reais satisfazendo xy = 1 qual é o menor
valor para a expressão

x +y
?
x +y +2
4

2

4

2

Problema 6. Seja ABCD um quadrilátero tal que
AD = BC , ∠DAC = 40 , ∠CAB = ∠ABD = 30
e ∠CBD = 20 . Qual o valor do ângulo ∠DCA?

13

3.4

Nı́vel U

PARTE A
Problema 1. Em um determinado resort, uma agência de viagens distribui os turistas
entre 5 hotéis ali existentes (numerados de 1 a 5), tratando-os como pessoas indistinguı́veis
(os hóspedes não têm nomes). Supondo que cada hotel tenha infinitas vagas, de quantos
modos é possı́vel distribuir 13 hóspedes entre esses hotéis distintos, de forma que nenhum
hotel fique vazio?
Problema 2. Seja a = 2024
k. Determine limn!1 an .

2024

2023

1

e an

+1

= S (an ) onde S (k) é a soma dos dı́gitos de

Problema 3. Os tamanhos dos lados de um triângulo ABC são ` ; ` e ` . É sabido que
tais tamanhos estão em progressão aritmética de razão 1 e que o maior ângulo excede o
menor ângulo em 90 . Qual é o valor de (` + ` + ` ) .
1

2

3

2

1

2

3

Problema 4. Estudantes deixaram os números inteiros de 5 a 5 escritos no quadro negro
do hall do IM novo. Cı́cero ao vê-los decidiu escrever todos os números complexos obtidos
com os inteiros escritos no quadro. Depois, curioso, decidiu projetá-los no cı́rculo unitário,
i.e. ao formar o número z marcou o número jzz j no cı́rculo unitário centrado na origem.
Quantos pontos Cı́cero marcou?
PARTE B
Problema 5. Suponha que A : V ! V é um operador linear autoadjunto definido em um
espaço vetorial real de dimensão n, e que satisfaz

hAv; vi  0
para todo v 2 V . Seja B um operador que satisfaz AB + BA = 0. Prove que AB =
BA = 0.

Observação: A é autoadjunto se hAv; wi = hv; Awi para quaisquer pares de vetores v e
w em V .
Problema 6. Considere o seguinte conjunto de funções:

F = ff : R ! R; f é derivável, f 0 é contı́nua e f 0(x) > f (x) > 0; 8x 2 Rg:
Qual é o maior número natural N tal que f (8) > Nf (0) para toda f 2 F ?

14

Enunciados da OAM 2025
4.1

Nı́vel 1

PARTE A
Problema 1. A professora Joyce escreveu no quadro todos os divisores positivos do número
2025. Sabendo que ela levou exatamente 3 segundos para escrever cada divisor, quanto
tempo, em segundos, ela gastou para escrever apenas os divisores de 2025 que são múltiplos
de 3?
Problema 2. Na figura ao lado, o triângulo ABC é
equilátero. Ele foi dividido em 4 triângulos equiláteros.
O quadrilátero ALKN foi dividido em 5 triângulos
equiláteros e o quadrilátero LQUV foi dividido em 7
triângulos equiláteros.
Assumindo que o perı́metro do triângulo ABC é 108
cm, qual é o perı́metro do triângulo GQU ?
Problema 3. Um número é adoisado quando ele pode ser obtido pela soma de duas
potências de 2. Por exemplo, 12 é adoisado porque 12 = 2 + 2 . Quantos números
adoisados menores do que 1000 existem?
3

2

Problema 4. Um número natural m é sobrinho de 35 se satisfaz estas três condições:
Å
ã
m
=1
(I) m < 35,
(II) mdc(35; m) > 1
e
(III) mdc 35;
mdc(35; m)

Por exemplo, 28 é sobrinho de 35, pois 28 < 35, mdc(35; 28) = 7 e mdc 35;
=
mdc(35; 4) = 1. Quantos números naturais são sobrinhos de 35?
28
7

PARTE B
Problema 5. O perı́metro de certo retângulo mede o quádruplo de sua área. Quais as
medidas dos lados desse retângulo, sabendo-se que elas são inteiras?
Problema 6. Os múltiplos de 3 foram escritos seguindo o padrão da figura ao lado. Sabe-se que Clarisse continuou escrevendo até a décima linha e depois
somou o primeiro com o último número que aparecem
nessa linha. Qual o valor encontrado por Clarisse?

15

4.2

Nı́vel 2

PARTE A
Problema 1. O fatorial de um número natural n (representado por n!) é o produto de
todos os números naturais positivos menores ou iguais a n. Por exemplo, 0! = 1; 1! =
1; 2! = 2  1 = 2 e 3! = 3  2  1. Por sua vez, o carimbo de um número é o algarismo
das unidades da soma dos fatoriais de seus algarismos. Por exemplo, o carimbo de 2025
é o algarismo das unidades de 2! + 0! + 2! + 5! = 125. Quantos são os números de dois
algarismos cujo carimbo é 1?
Problema 2. Qual é a menor quantidade de elementos que um conjunto de inteiros positivos
distintos menores que 2026 deve ter para garantir que esse conjunto possua dois números
cuja soma é 2025?
Problema 3. Sejam x; y; x números reais não nulos tais que x + y + z = 0. Quanto vale

z
x y
+ + ?
yz zx xy
2

2

2

Problema 4. No triângulo ABC , marcam-se os pontos D em AB e E em AC tais que
AD = AB e AE = AC . Se as retas BE e CD se intersectam em P , e a área do
triângulo P BC é igual a 12, determine a área do triângulo ABC .
1

1

4

3

PARTE B
Problema 5. Quais são todos os números naturais de quatro algarismos da forma ABAC
que são quadrados perfeitos e deixam resto igual a 25 na divisão por 100?
Problema 6. Seja ABC um triângulo isósceles de base BC . Seja M o ponto médio de
BC e D um ponto sobre o segmento BC tal que ∠BAD = ∠BAC . Seja E o pé da
perpendicular traçada de C até a reta AD, de tal modo que DE = DM . Determine os
ângulos do triângulo ABC .
1

4

16

4.3

Nı́vel 3

PARTE A
Problema 1. Seja f : R ! R uma função crescente tal que f (n  x) = [f (x)]n , para todo
n 2 Z e x 2 R. Suponha que f (1) é a raiz da equação x 2025 = 0. Quanto vale f ()?
Problema 2. Qual é a menor quantidade de elementos que um conjunto de inteiros positivos
distintos menores que 2026 deve ter para garantir que esse conjunto possua dois números
cuja soma é 2025?
Problema 3. Quantas são as soluções inteiras e positivas x e y da equação

2025x + 2024y = 20242025
que satisfazem x  10000 e y  10000?

Problema 4. Seja ABC um triângulo e D um ponto sob o lado AB de modo que
∠DAC = 36o , ∠ACD = 18o e BD = BC . Sabendo-se que AC + DC = 16, qual o
comprimento do lado BC?
2

2

PARTE B
Problema 5. Encontre todos os valores de a 2 f1; 2; :::; 9g e b; c 2 f0; 1; 2; :::; 9g que
satisfazem a igualdade

abac = (ab + ac) :
Na equação acima, ab denota o número que tem a como algarismo das dezenas e b como
2

algarismo das unidades. Por exemplo,

2025 = (20 + 25) :
2

Problema 6. Sejam x; y; z reais positivos tais que x + y + z = 9. Qual o menor valor que
a expressão

x +y+z x+y +z x+y+z
+
+
yz
xz
yx
2

2

pode assumir?

17

2

4.4

Nı́vel U

PARTE A
Problema 1. Considere as seguintes matrizes:
Å
ã
Å
1
1
1
A=
eB=

1
1 1

1 0

ã

Denotando X = AB , calcule

2025  tr(X

2025

) 2024  tr(X

2024

):

Observação: O traço (tr) de uma matriz é a soma das entradas de sua diagonal.
Problema 2. Quando f : X ! X é uma função escrevemos f = f e f n = f  f  f 
    f , a composição de f consigo n-vezes. Encontre o inteiro mais próximo do valor de
(1)

Z =

2

=2

(sin

(2025)

(

)

x + 2025)dx:

Problema 3. Quantos números de 7 dı́gitos são maiores que 6000000 e têm a soma de
seus dı́gitos igual a 42?
Problema 4. Qual é o número de ternas (x; y; w) de inteiros não-negativos que satisfazem
a equação 2x y = 2025w ?
2

PARTE B
ProblemaÄ 5. Denote por = f(x;
ä y ) 2 R ; (x 2025) +(y 2025) = 1g. Tangente à
no ponto 2025 p ; 2025 + p temos uma reta r e escrevemos s a reta que intersecta
rÄ em x = 2026 e é tangente
à . Se t é a reta tangente à
passando pelo ponto
ä
p
p
2025
; 2025
(t 6= r). Encontre a área entre as retas r; s e t exterior ao cı́rculo
determinado por .
2

1

2

2

1

2

1

2

2

1

2

Problema 6. Sejam (an )n e (pn )n sequência de números reais positivos de modo que
Å
ã
1

1

lim pn

n!1

Prove que

an
an

P an é uma série convergente.

pn

+1

+1

18

> 0:

Jogos
por Lucas Nakagawa e Henrique Trajano

Desde crianças somos introduzidos a brincadeiras e jogos para entretenimento e aprendizado. Neste capı́tulo, é apresentado um assunto recorrente em provas olı́mpicas que une
a interação que os jogos proporcionam com o pensamento matemático. Esse é um dos
assuntos que os alunos mais acham divertidos. É uma boa forma de despertar o interesse
matemático nas crianças.
Aqui abordaremos através de exemplos algumas técnicas muito legais e conhecidas que
são utilizadas em problemas envolvendo jogos, tais como simetria, regressão e invariância. A
ideia de simetria consiste em fazer, em certo sentido, uma jogada espelhada ao movimento
do seu adversário. A invariância consiste basicamente em observar algo que não muda de
uma operação para outra. E a regressão consiste em observar como o jogo se comporta em
sua fase final para se obter uma estratégia vencedora.
Se você for professor, chame dois alunos para jogar no quadro. Geralmente eles vão
brigar para jogar, e a ideia é essa mesmo: sem perceber, eles estarão brigando para estudar.
Se você for aluno, busque alguém para jogar com você. Contamine mais um coleguinha e
faça ele gostar de matemática através dos jogos. Só não vale jogar sem explicar a estratégia
vencedora, combinado? Encontre sua dupla de estudo e divirtam-se.

5.1

Definições

Definição 1 (Posição vencedora). São posições do jogo em que sempre existe uma estratégia que leva o jogador a vitória independente do movimento do adversário.
Definição 2 (Posição perdedora). Não importa o movimento escolhido, o adversário irá
entrar em uma posição vencedora.
As definições são sob a perspectiva de quem vai jogar. Por exemplo, digamos que
os dois jogadores joguem da melhor forma possı́vel. Se for a vez do primeiro jogador e
ele estiver em uma posição perdedora, então ele perderá. Sendo assim, para obter uma
estratégia vencedora, basta garantir que você sempre conseguirá colocar seu adversário em
uma posição perdedora. Para exemplificar como essas definições nos ajudam, resolveremos
o problema a seguir.

5.2

Exemplos

Exemplo 5.1 (Cı́rculos Matemáticos - Experiência Russa (Adaptada)). O número 2025
está escrito em um quadro negro, dois jogadores revezam subtraindo do número no quadro
qualquer de seus divisores positivos e substituindo o número original com o resultado desta
subtração. Perde o jogador que escrever o número zero.
Qual jogador possui uma estratégia vencedora? Ou seja, qual dos jogadores pode garantir
a vitória independente do que o outro jogador faça, o primeiro jogador ou o segundo jogador?
19

Raciocı́nio: Primeiro, analisamos como o jogo funciona para casos menores. Vamos
analisar o que ocorre se o número 1 estiver escrito no quadro.
• Se o número 1 está no quadro, então o jogador perderá. Isso ocorre porque o único
divisor positivo do 1 é ele mesmo. Ou seja, a operação 1 1 = 0 será feita e ele
chegará no zero, portanto, perderá.
Apesar de não sabermos uma estratégia vencedora para vencer o jogo iniciando de
2025, podemos observar que o 1 é uma posição perdedora, ou seja, se colocarmos o nosso
adversário no número 1, então ele perderá.
• Se o número 2 está no quadro, então facilmente poderemos colocar nosso adversário
no 1, basta subtrair 1, ou seja, será feita a operação 2 1 = 1. Dessa forma, nosso
adversário estará com o número 1 no quadro e, portanto, perderá.
Neste caso, podemos chamar o 2 de posição vencedora, pois podemos deixar nosso adversário em uma posição perdedora. Isso nos leva a pensar em como forçar nosso adversário
a nos colocar no 2, pois assim vencerı́amos. Vamos ver o que acontece com o número 3:
• Se o número 3 está no quadro, então ou subtrai 1, ou subtrai 3. Pois os únicos
divisores positivos do 3 são 1 e 3. Ora, subtraindo 1 colocaremos nosso adversário no
2, e ele ganhará. Subtraindo 3 chegaremos no zero e perderemos. Então, qualquer
que seja a escolha perderemos.
Concluı́mos que 3 é uma posição perdedora. Então podemos pensar em como vamos
tentar colocar nosso adversário no 3. Continuando a análise, agora com o 4:
• Se o número 4 estiver no quadro, então basta subtrair 1 que colocaremos nosso
adversário no 3, que é uma posição perdedora.
Ou seja, o 4 é uma posição vencedora, pois é possı́vel colocar nosso adversário em uma
posição perdedora. Agora, vamos analisar até o número 10:
20

• Se o número 5 estiver no quadro, somente podemos subtrair 1 ou subtrair 5. Por um
lado, escolhendo subtrair 1, deixamos nosso adversário em uma posição vencedora.
Por outro lado, escolhendo subtrair 5 iremos perder pois o resultado dará 0.
• Se o número 6 estiver no quadro, então basta subtrair 1 colocando o adversário no 5
que é uma posição perdedora.
• Se o número 7 estiver no quadro, somente poderemos subtrair 1 e 7, pois são seus
únicos divisores positivos. Subtraindo 1, colocaremos nosso adversário numa posição
vencedora. Por outro lado, se subtrairmos 7, iremos perder, pois o resultado será 0.
• Se o número 8 estiver no quadro, então basta subtrair 1 colocando nosso adversário
no 7 que é uma posição vencedora.
• Se o número 9 estiver no quadro, então poderemos subtrair por 1, 3 ou 9. Se
escolhermos subtrair por 1, então colocaremos nosso adversário no 8 que é uma
posição vencedora, e perderemos. Se a escolha for subtrair 3, então colocaremos nosso
adversário no 6, que é uma posição vencedora, portanto, perderemos. Se subtrair 9,
então iremos para o zero e perderemos. Ou seja, 9 é uma posição perdedora.
• Se o número 10 estiver no quadro, então basta subtrair 1 que nosso adversário será
colocado no 9 que é uma posição perdedora. Segue que, 10 é uma posição vencedora.
Com a análise desses 10 números faremos uma tabela associando a cada número o
sı́mbolo P ou V; onde P é uma posição perdedora e V é uma posição vencedora:
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

P
V
P
V
P
V
P
V
P
V

Veja que interessante, de acordo com nossa análise de casos, os números ı́mpares são
posições vencedoras.
Apesar do problema não estar resolvido, a partir da observação dos casos particulares, é
razoável investir nessa ideia, pois 2025 é ı́mpar.
Sugerimos que faça um teste no conforto de sua residência até o número 30 para verificar
se o mesmo comportamento se mantém.
Perceba que quando um número ı́mpar está no quadro, então o próximo número que
aparecerá será par. Isto ocorre, pois todos os divisores de um número ı́mpar é ı́mpar, e
21

quando fazemos a subtração de um número ı́mpar por algum outro número ı́mpar o resultado
será obrigatoriamente um número par, portanto, após um ı́mpar sempre surgirá um número
par. Então é importante que o adversário sempre fique em posição ı́mpar para poder nos
colocar em posição par e repetirmos o processo até escrevermos o número 1 no quadro, o
deixando numa posição ı́mpar e por fim nosso adversário obrigatoriamente escrevendo 0.
Com tudo o que descobrimos até agora iremos escrever uma solução completa para o
problema:
Solução:
Se o número que está escrito no quadro for ı́mpar, então o próximo número escrito
será par. De fato, como todos os divisores de um número ı́mpar é ı́mpar, então após fazer
a operação de algum ı́mpar menos outro ı́mpar, então, o resultado será um número par.
Portanto, o segundo jogador basta usar a seguinte estratégia:
• Após a jogada do primeiro jogador basta o segundo jogador subtrair 1.
Mantendo essa estratégia desde o inı́cio o primeiro jogador sempre jogará quando um número
ı́mpar estiver no quadro e o segundo jogador sempre jogará quando um número par estiver
no quadro, e após subtrair 1 irá transformá-lo de novo em um ı́mpar. Como o jogo é finito,
e o único que transforma um número em um número par é o primeiro jogador, então, em
algum momento ele jogará no zero, perdendo o jogo. Portanto, com essa estratégia, o
segundo jogador sairá vitorioso.
A ideia para construir uma solução para problemas como esse é olhar para casos menores,
entender como funciona e a partir disso desenvolver uma resposta para um caso maior. (Essa
ideia funciona para diversos outros problemas de outras áreas.)
Exemplo 5.2 (Cı́rculos Matemáticos - A Experiência russa). Sete copos estão em uma mesa,
todos de cabeça para baixo. É permitido virar quaisquer quatro deles em um movimento.
É possı́vel chegar a uma situação onde todos os copos estão virados para cima?

Sugerimos que pegue 7 copos de plástico (se tiver) e brinque um pouco tentando, isso
ajuda a entender a solução do problema. Esse é um ótimo problema para abordarmos uma
técnica chamada invariância em uma questão de matemática da vida real. Se você acabou
de tentar isso, e conseguiu, então você está mentindo! Caso você não tenha conseguido,
22

deve ter se incomodado porque parece que é impossı́vel que todos os copos sejam virados
para cima seguindo essas regras.
Solução:
Existem essencialmente 5 jogadas possı́veis, que são:
1. Virar exatamente 4 copos para cima.
2. Virar exatamente 4 copos para baixo.
3. Virar exatamente 3 copos para baixo e 1 para cima.
4. Virar exatamente 3 copos para cima e 1 para baixo.
5. Virar exatamente 2 copos para baixo e 2 para cima.
Observe que a relação de paridade do número de copos virados para cima é invariante
(é sempre a mesma). A quantidade de copos virados para cima é sempre par, portanto,
é impossı́vel deixar 7 copos virados para cima, pois 7 é ı́mpar. Essa afirmação deve ser
demonstrada. É isso que faremos a seguir. Imagine a seguinte tabela:
Variação (Ccima )

Ação (escolher 4 dos 7 copos)
4 para cima ! 4 para baixo
4 para baixo ! 4 para cima
3 p/ baixo e 1 p/ cima ! inverso
3 p/ cima e 1 p/ baixo ! inverso
2 p/ baixo e 2 p/ cima ! inverso

4
+4
+3 1 = +2
3+1= 2
2+2=0

Paridade
Inalterada
Inalterada
Inalterada
Inalterada
Inalterada

O resultado da variação diz a quantidade que aumentou ou reduziu dos copos que
estavam para cima previamente. Por exemplo, o 4 na tabela representa que a quantidade
de copos virados para cima diminuiu em 4 unidades. E a equação +3 1 = +2 representa
que aumentamos +3 copos para cima e diminuı́mos uma unidade resultando em +2 copos
para cima. Lembre que começamos com uma quantidade par de copos virados para cima, que
é 0. E todas as operações feitas não alteram a paridade do número de copos voltados para
cima porque somar ou subtrair um número par de um número inteiro não altera a paridade.
Portanto, como a paridade da quantidade de copos virados para cima inicialmente é par,
então sempre será par. Assim garantimos que nunca chegaremos em 7 copos virados para
cima, pois 7 é ı́mpar.
Para solucionarmos a questão, é importante testarmos o jogo para percebermos padrões.
Neste caso, buscamos invariantes. Vem a seguinte questão: A paridade de copos virados
para cima é sempre a mesma, ou seja, é sempre par? Sim, de fato é sempre par. Isso é
concluı́do após listar sistematicamente os casos essenciais que existem quando viramos 4
copos. Logo após, analisamos cada caso para observar se a paridade permanece invariante.
Exemplo 5.3 (Chomp - Adaptada). Em um jogo, dois jogadores Arnaldo e Bernaldo, dizem
alternadamente divisores positivos do número 100000. Os números ditos não podem ser
23

múltiplos de nenhum dos números escolhidos anteriormente. Perde quem escolher o número
1. Se Arnaldo começa o jogo, então, quem possui uma estratégia vencedora?

Solução: A ideia chave desse problema é olhar para simetria e faremos isso da seguinte
forma, vamos listar os divisores positivos do número 100000. Veja que, 100000 = (2  5 ),
dessa forma construı́mos a seguinte tabela:
5

51

1
21
22
23
24
25

52

53

54

55

Que é equivalente a:
1
2
4
8
16
32

5 25

125 625

3125

Fazendo as devidas multiplicações:
1
2
4
8
16
32

5
10
20
40
80
160

25
50
100
200
400
800

125
625
3125
250 1250
6250
500 2500 12500
1000 5000 25000
2000 10000 50000
4000 20000 100000

24

5

Olhando para a última tabela, fica claro que se Arnaldo escolher o número 10 na primeira
jogada, então, todos os números em vermelho na tabela não poderão ser escolhidos, pois
são todos múltiplos de 10.
Portanto, a partir daqui só poderão ser escolhidas potências de 2 ou de 5. Agora, para
Arnaldo garantir a vitória basta seguir a seguinte estratégia
Escolha/Bernaldo Resposta/Arnaldo

5i
2i

(com i 6= 0)
(com i 6= 0)

Exemplo Prático
Bernaldo: 125 = 5 ! Arnaldo: 8 = 2

2i
5i

3

3

Bernaldo: 16 = 2 ! Arnaldo: 625 = 5
4

4

Dessa forma, pela simetria da tabela, Arnaldo sempre terá uma jogada em um número
diferente do 1. Portanto, como o jogo é finito, em algum momento, inevitavelmente,
Bernaldo terá que escolher o número 1, e perderá.
Exemplo 5.4 (Cı́rculos Matemáticos Experiência russa). Os números 25 e 36 estão escritos
em um quadro negro. Em cada jogada o jogador da vez escreve no quadro negro a diferença
(positiva) entre dois números já escritos no quadro, se este ainda não estiver escrito no
quadro. Perde o jogador que não puder mais escrever um número. Quem possui uma
estratégia estratégia vencedora?

Solução: Observe que a primeira subtração e única possı́vel a ser feita é 36 25 = 11.
Após este passo, note que só é permitido fazer a subtração 25 11 = 14, pois a subtração
36 11 resulta em 25 e por sua vez já está escrito no quadro. Até então, os números
escritos no quadro são 36; 25; 11 e 14. Veja que ao fazer 14 11 teremos como resultado
3 e 25 3  8 = 1. Ou seja, o número 1 em algum momento será obtido. Pode ser que ele
seja obtido através da expressão 25 3  8, e se essa operação não puder ser feita, significa
que o número 1 já está escrito. Como 1 estará escrito no quadro em algum momento e 36
já está, então todos os números de 1 a 36 estarão escritos no quadro.
Sabendo disso, o problema se transforma em um problema de paridade. Basta olhar
para o problema como uma competição de quem escolhe o último número possı́vel dentre
os 34 restantes. Neste caso, o segundo jogador vencerá independente do modo como seja
jogado.
25

5.3

Problemas propostos

Problema 5.1. Em turnos, dois jogadores escolhem divisores positivos de 48. O próximo
número a ser escolhido não pode ser divisor de nenhum número escolhido anteriormente.
Perde o jogo quem é obrigado a escolher o número 48. Quem possui uma estratégia
vencedora, o primeiro ou o segundo jogador?
Problema 5.2 (OBM). Em um jogo para dois participantes, Arnaldo e Bernaldo alternadamente escolhem um número inteiro positivo. A cada jogada, deve-se escolher um número
maior que o último número escolhido e menor que o dobro do último número escolhido.
Nesse jogo, vence o jogador que conseguir escolher o número 2004. Arnaldo joga primeiro e
inicia com o número 2. Qual dos dois tem estratégia vencedora, ou seja, consegue escolher
o número 2004 independentemente das jogadas do adversário?
Problema 5.3. Na sala de jogos do Hotel de Hilbert existe um jogo de trilha com 2019
casas numeradas de 0 a 2018. No inı́cio do jogo, um peão está na casa de número 0. Dois
hóspedes jogam alternadamente e em cada jogada o peão pode ser deslocado exatamente
55 casas para frente ou ele pode ser deslocado exatamente 4 casas para trás. Ou seja, se o
peão está na casa n, então ele pode pular para a casa n + 55 ou ele pode pular para a casa
n 4, desde que essas sejam casas do tabuleiro. Vence o jogador que posicionar o peão na
casa numerada com 2018.
(a) Qual dos jogadores (o que inicia o jogo ou o que movimenta o peão pela segunda
vez) possui uma estratégia vencedora? Como ele deve jogar para vencer?
(b) Mostre que seguindo as regras do jogo o peão pode ser posicionado em qualquer uma
das 2019 casas do tabuleiro.
Problema 5.4. Dois jogaores se revezavam colocando torres em um tabuleiro de xadrez de
modo que não possam se capturar mutuamente. Perde o jogador que não consegue colocar
uma torre. Quem vai vencer?
Problema 5.5. Este jogo começa com o número 0. Em cada jogada, um jogador pode
somar o número atual a qualquer número natural de 1 a 9. Vence o jogador que chegar ao
número 100. Quem possui uma estratégia vencedora, o primeiro ou o segundo jogador?
Quem possui estratégia vencedora? (Questão 6 - 22)
Problema 5.6. Estão escritos em um quadro negro dez algarismos iguais a 1 e dez algarismos iguais a 2. Em cada jogada, o jogador da vez pode apagar dois algarismos quaisquer.
Se os dois algarismos apagados forem iguais, eles serão substituı́dos por um 2. Se forem
diferentes, serão substituı́dos por um 1. Se, no final, sobrar um 1, vence o primeiro jogador;
se sobrar um 2, vence o segundo jogador.

Problema 5.7. É dado um tabuleiro como o de xadrez, mas com dimensões (a) 9  10;
(b) 10  12; (c) 9  11. Em cada jogada, o jogador da vez pode eliminar uma linha ou uma
coluna, desde que, no inı́cio da jogada, esta linha ou coluna tenha pelo menos um quadrado
remanescente. O jogador que não puder jogar na sua vez perde.
26

Problema 5.8. Dois jogadores se revezam colocando moedas de um centavo em uma mesa
redonda, sem empilhar uma moeda em cima da outra. O jogador que não puder colocar
uma moeda perde.
Problema 5.9. Dois jogadores se revezam colocando bispos em um tabuleiro de xadrez,
de modo que não possam se capturar mutuamente (os bispos podem ser colocados em
quadrados de qualquer cor). Perde o jogador que não puder fazer sua jogada.
Problema 5.10. Temos duas pilhas, cada uma delas com 7 pedras. Em cada jogada, o
jogador da vez pode retirar quantas pedras quiser, mas só de uma das pilhas. Perde o
jogador que não conseguir fazer sua jogada.
Problema 5.11. Dois jogadores se revezam colocando cavalos em um tabuleiro de xadrez
de modo que não possam se atacar mutuamente. Perde o jogador que não conseguir fazer
sua jogada.
Problema 5.12. Dois jogadores se revezam colocando reis em um tabuleiro 9  9 de modo
que não possam se atacar mutuamente. Perde o jogador que não conseguir fazer sua jogada.
Problema 5.13. Dado um tabuleiro 1010 com cores alternadas, dois jogadores se revezam
cobrindo pares de quadrados com dominós. Cada dominó consiste em um retângulo com 1
quadrado de largura e 2 quadrados de comprimento (que podem ser colocados na posição
horizontal ou vertical). Um dominó não pode ser colocado com um quadrado em cima de
outro dominó. Perde o jogador que não conseguir colocar seu dominó.
Problema 5.14. Coloca-se uma peça em cada quadrado de um tabuleiro de damas 11  11.
Os jogadores se revezam retirando um número arbitrário de peças vizinhas ao longo de uma
linha ou de uma coluna. Vence o jogador que retirar a última peça.
Problema 5.15. Temos dois montes de pedras. Um tem 30 pedras e o outro tem 20.
Os jogadores se revezam removendo quantas pedras quiserem, mas só de um dos montes.
Vence o jogador que remover a última pedra.
Problema 5.16. São colocados 20 pontos em um cı́rculo. Os jogadores se revezam unindo
dois dos pontos com um segmento de reta que não cruza outro segmento já desenhado.
Perde o jogador que não puder jogar na sua vez.
Problema 5.17. Uma margarida tem (a) 12 pétalas; (b) 11 pétalas. Os jogadores se
revezam retirando uma única pétala ou duas que estejam uma do lado da outra. Perde o
jogador que não puder jogar na sua vez.
Problema 5.18. Em um tabuleiro de xadrez, uma torre está na posição a1. Dois jogadores
se revezam movendo a torre de quantos quadrados quiserem, horizontalmente para a direita
ou verticalmente para cima. Vence o jogador que colocar a torre na posição h8.
Problema 5.19. Coloca-se um rei na posição a1 de um tabuleiro de xadrez. Dois jogadores
se revezam movendo o rei para cima, para a direita ou ao longo de uma diagonal indo para
cima e para direita. Vence o jogador que colocar o rei em h8.
27

Problema 5.20. (Olimpı́ada de Maio N2 P3 2020) Existe uma caixa com 2020 pedras. Ana
e Beto brincam de retirar pedras da caixa alternadamente e começando com Ana. Cada
jogador na sua vez deve remover um número positivo de pedras que seja capicua. Quem
conseguir deixar a caixa vazia vence. Determine qual dos dois tem uma estratégia vencedora
e explique qual é essa estratégia.
Nota. Um número inteiro positivo é capicua se ele pode ser lido de modo igual da direita
para a esquerda e da esquerda para a direita. Por exemplo, 3, 22, 484 e 2002 são capicuas.
Problema 5.21. Este jogo começa com o número 1000. Em cada jogada, um jogador
pode subtrair do número atual qualquer número natural menor do que ele que seja uma
potência de 2 (note que 1 = 2 ). Vence o jogador que chegar ao número 0.
0

Problema 5.22. Comece com n = 2. Dois jogadores, A e B , movem-se alternadamente
adicionando um divisor próprio de n ao n atual. O objetivo é um número  1990. Quem
vence?
Problema 5.23. Comece com duas pilhas de 2025 e 2026 fichas, respectivamente. Os
jogadores A e B jogam alternadamente. Uma jogada consiste em remover qualquer uma
das pilhas e dividir a outra pilha em duas. O perdedor é aquele que não puder mais fazer
um movimento. Quem vence?
Problema 5.24. A e B pintam alternadamente casas de um tabuleiro de xadrez 4  4.
O perdedor é aquele que primeiro completar um subquadrado 2  2 colorido. Quem pode
forçar a vitória?
Problema 5.25. Comece com os números de 1 a 20. A e B retiram alternadamente um
inteiro, até que restem apenas dois inteiros a e b. O jogador A vence se mdc(a; b) = 1, e
o jogador B vence se mdc(a; b) > 1. Quem vence?

5.4

Dicas dos problemas propostos

Problema 5.1. Liste todos os divisores positivos de 48. Analise a posição vencedora e
perdedora em cada um dos divisores positivos.
Problema 5.2. Analise as posições perdedoras e vencedoras do número 2004, depois do
número 2003, depois do número 2002, ..., e assim por diante.
Problema 5.3.
(a) O segundo jogador.
(b) 55  3 4  41 = 1:.
Problema 5.4. Jogue simetricamente.
Problema 5.5. Analise as posições vencedoras e perdedoras.
Problema 5.6. Analise a simetria.
Problema 5.7. Analise a paridade. Tente manter as dimensões PARPAR.
Problema 5.8. Ponha uma moeda no centro. Analise a simetria.
Problema 5.9. Analise a simetria.
Problema 5.10. Analise a simetria.
28

Problema 5.11. Analise a simetria.
Problema 5.12. Ponha o rei no centro do tabuleiro na primeira jogada. Analise a simetria.
Problema 5.13. Analise a simetria.
Problema 5.14. Analise a simetria.
Problema 5.15. Retire 10 pedras do monte de 30 pedras. Analose a simetria.
Problema 5.16. Analise a simetria.
Problema 5.17. Analise a simetria.
Problema 5.18. Analise o jogo de trás para frente (Regressão) e ponha em cada casinha
P (posição perdedora) ou V (posição vencedora).
Problema 5.19. O mesmo que o problema anterior.
Problema 5.20. Analise o jogo de trás para frente. Mostre que as posições perdedoras
são aquelas em que o número é múltiplo de 10.
Problema 5.21. O mesmo que o problema anterior.
Problema 5.22. Perceba que A consegue forçar ficar com paridade par. Assim, podendo
adicionar sempre no máximo a metade do número atual ou soma 1 para devolver um número
ı́mpar para B , enquanto B que recebe o número em paridade ı́mpar e só pode adicionar
outro número ı́mpar. Assim devolvendo um número par a A.
Problema 5.23. Note que duas pilhas com um bloco cada é uma posição perdedora.
Problema 5.24. Observe que a máxima quantidade de quadrados que podem ser pintados
sem formar um quadrado 2  2 é 9.
Problema 5.25. O jogador B pode eliminar sistematicamente os primos maiores do que
10 e o 1.

Referências
[1] Arthur Engel, Problem-Solving Strategies, Nova Iorque: Springer-Verlag New York Inc.,
1998.
[2] Fomin, D. Cı́rculos Matemáticos A Experiência Russa, SBM, IMPA, 2014.
[3] Bruno Holanda, Jogos, Fortaleza: Polos Olı́mpicos de Treinamento, 2012.
[4] Henrique Trajano, Como resolver problemas de MATEMÁTICA: Jogos e contagem,
2024.

29

Os Traçados Auxiliares
por Kayque Bispo e Henrique Trajano

Muitos problemas difı́ceis de geometria parecem nos empurrar para um único caminho:
o “bash”com trigonometria, números complexos ou geometria analı́tica, que muitas vezes
pode ser longo e cansativo.
Um bom estudante de olimpı́adas não deve negligenciar esses métodos, pelo contrário!
Seus olhos devem brilhar ao enxergar um caminho que lhe garanta a solução em um tempo
razoável dentro da prova. Este texto, no entanto, surge com o propósito de apresentar o
outro lado da moeda.
Já viu alguma resolução em que, “do nada”, surge um segmento ou um ponto que não
estava na figura original e que, “magicamente”, ajuda a resolver o problema? Essa é a
beleza e a força das construções auxiliares.
Aqui, você vai perceber que não existe mágica ou sorte. Vamos descobrir que, na
verdade, existem vários critérios e ideias que sistematizam a busca por esses belı́ssimos (e
eficientes) traçados auxiliares.
Para conseguir entender os métodos e soluções, é de suma importância que você conheça
os casos de congruência de triângulos e tenha alguma familiaridade com os pontos
notáveis de um triângulo (de modo especial, o circuncentro é muito utilizado). Aos
leitores que não possuem esse conhecimento prévio, recomendamos consultar [1].

6.1

Critérios de Construção

Nesta seção, exploraremos as principais configurações que sugerem um traçado auxiliar.
Como regra geral, buscamos sempre “transportar” informações de um lugar para outro da
figura.
Critério 1 – Ângulos 2 : 1
Quando um triângulo tiver ângulos na razão 2 : 1, é útil fazer alguma das seguintes
construções.

Figura 1

30

Figura 2
Perceba que elas fazem segmentos e ângulos conhecidos aparecerem em novos lugares
de forma estratégica (esse é o truque geral das soluções por traçados auxiliares).
Critério 2 – Bissetriz traz triângulo isósceles
Quando temos uma bissetriz de um ângulo num triângulo, é útil forçar a aparição de
um triângulo isósceles.

Figura 3
Critério 3 – O ângulo de 30 e o circuncentro
Quando num triângulo houver um ângulo de 30 ou dois ângulos que somam 30 , é útil
traçar o circuncentro.
31

Figura 4

Figura 5
Perceba que forçamos a aparição de triângulos equiláteros (para entender esse traçado,
lembre da relação entre ângulo inscrito e central numa circunferência).
Critério 4 – Reflexões
Reflita triângulos para obter simetrias e ligar com os outros critérios (em particular, ao
refletir em torno de um ângulo de 30 obtemos um triângulo equilátero).
32

Figura 6
Critério 5 – Congruência forçada
Podemos aproveitar segmentos ou ângulos congruentes para forçar a aparição de um
triângulo congruente a outro já existente na figura. Por exemplo traçando um ângulo e
um segmento de tamanho especı́fico que induza o caso LAL - Lado Ângulo Lado - de
congruência. Isso ajuda a transportar ângulos e segmentos e cria simetrias. Para entender
melhor, cheque os exemplos 6.1 e 6.2.

6.2

Dicas Gerais

Preste atenção nas somas dos ângulos das figuras. Em particular, quando dois ângulos
somam 30 , 60 ou 180 , existe uma oportunidade de forçar triângulos equiláteros ou
quadriláteros cı́clicos (inscritı́veis).
Lembre-se sempre dos pontos notáveis; de modo particular o circuncentro, o incentro
e o exincentro são muito úteis e nos dão várias informações. Tenha um olhar atento para
quando eles aparecerem.
Os critérios são apenas ideias que são úteis e aparecem frequentemente em muitos
problemas, não desanime ao aplicar um deles e não conseguir uma solução. A maioria dos
problemas podem ser resolvidos de várias maneiras. Seja perseverante e não tenha medo
de testar coisas novas. Quanto mais problemas você tentar resolver, mais ideias e armas
diferentes você terá para atacar outros problemas.

6.3

Exemplos Resolvidos

Exemplo 6.1. Na figura seguinte, AB = AC . Qual o valor do ângulo x?
33

Figura 7
Solução 1: Aqui nossa estratégia vai ser forçar aparecer um triângulo congruente ao
4EBD, pois ele tem o ângulo que queremos descobrir e os lados dele são fáceis de transportar pela figura.

Figura 8
1. Completando os ângulos triviais (soma dos ângulos internos no triângulo). Note que
o 4BDC é isósceles. Daı́ BD = BC .
2. Seja F sobre EC tal que ∠BF E = 75 (Critério 2:1). Temos BE = BF = F C .
34

3. Seja G tal que ∠F BG = 60 e BF = BG. (Aproveitando que 22; 5 + 37; 5 = 60,
forçamos aparecer um novo ângulo de 22;5 e um segmento de mesmo tamanho que
BE ao lado do segmento BC para fazer nossa congruência forçada ao mesmo tempo
que trazemos um triângulo equilátero).
4. 4GBC  4EBD (LAL - Lado Ângulo Lado).
5. Da congruência, x = ∠GCB = 30 (para descobrir o valor de ∠GCB , basta completar os ângulos no isósceles 4GF C ).
□
Solução 2:

Figura 9
1. Complete os ângulos e note que BD = BC .
2. Como ∠BEC = 2  ∠BCE , então, usando o critério de ângulos na razão 2 : 1 no
triângulo BCE vamos formar o triângulo BP C .
3. Complete os ângulos. Como ∠BP C = ∠BCP e ∠P BD = 60 , então 4P BD é
equilátero.
4. Como E equidista de P e B , então E pertence a mediatriz de P B . Logo, a semi-reta
!
DE é bissetriz do ângulo ∠P DB , o que implica x = ∠EDB = 60 =2 = 30 . □
Exemplo 6.2. Considere o triângulo retângulo ABC , com o ângulo reto em A. Sejam BD
e CE duas cevianas tais que ∠ABD = ∠DBC = 10 e ∠ACE = 40 . Qual o valor do
ângulo ∠AED?
35

Solução: Aqui não temos um caminho claro de inı́cio. Vamos aproveitar a bissetriz, usar
os critérios e tentar ter as ideias ao longo da solução.

Figura 10
1. Seja P sobre o prolongamento de BA tal que P B = CB (Bissetriz traz triângulo
isósceles).
2. Como a bissetriz também é mediatriz em um triângulo isósceles, P D = CD.
3. Completando os ângulos, o 4P CE é isósceles e portanto P C = P E . (Note que
agora temos algo interessante. Podemos aproveitar os lados congruentes para forçar
um triângulo congruente ao 4DP E , que tem o ângulo que queremos).
4. Seja K tal que ∠P CK = 70 e CK = P D (Forçando a congruência). Temos
4P CK  4EP D (LAL).
5. CD = P D = KC e ∠DCK = 60 =) 4DCK é equilátero.
6. DP = DC = DK =) D é o circuncentro do 4P CK .

7. Como o ângulo inscrito mede metade do ângulo central, ∠CP K = ∠CDK =
30 .
2



60
2

=

8. Da congruência entre os triângulos 4P CK e 4EP D, temos ∠AED = ∠P ED =
∠CP K = 30 .
□
Exemplo 6.3 (O Triângulo Russo). Dado o triângulo ABC , com AB = AC e ∠BAC =
20 . Considere as cevianas BN e CM tais que ∠NBC = 60 e ∠MCB = 50 . Calcule
o valor de ∠BNM = .
36

Figura 11
Solução: Esse é um problema muito famoso e que derruba quem não está muito bem
preparado. Felizmente, os critérios de construções auxiliares nos entregam uma solução
bem simples.

Figura 12
1. Completando os ângulos, temos ∠BMC = 50
BM = BC .

=) 4BMC é isósceles, isso é,

2. Seja D pertencente a NC tal que ∠NBD = 40 (Aqui basta completar os ângulos
e enxergar que ∠BNC = 40 = ∠BCN=2, usando o critério 2:1). Temos DB =
DN = BC .
3. Como DB = BC = BM e ∠MBD = 20 + 40 = 60 , temos 4BMD equilátero,
ou seja, MD = MB e ∠MDB = 60 .
4. DM = DN =) 4DMN é isósceles.
∠MDC = 180 (60 + 80 ) = 40 =) ∠MND = 90
= 90
= 70 . Mas ∠MND = ∠MNB + ∠BND = + 40 resulta


+ 40 = 70 e portanto = 30 .
□

5. ∠MDN = 180
∠MDN
2

que



40
2

37

Exemplo 6.4. Prove que c = a + b.

Figura 13
Solução: Imagine a figura a seguir:

Figura 14
Aqui vamos usar nossos critérios mas também um pouco de criatividade. Se queremos
provar c = a + b usando construções auxiliares, isso significa que poderemos construir um
triângulo de lados que medem c e a + b e provar que esse triângulo é isósceles.
1. Completando os ângulos temos BE = BA = c.
2. Seja O o circuncentro do triângulo BEC (como ∠ECB = 30 , usamos o critério do
circuncentro). OB = OE = OC = BE = c e ∠EOC = 2∠EBC = 2  10 = 20 .
3. 4EOC  4ABE (LAL) =) EC = AE = a. E portanto o triângulo AEC é
isósceles com ∠EAC = ∠ECA = 20 .
38

4. Seja P sobre a extensão de AC tal que CP = a (lembre que nosso objetivo é um
triângulo de lado a + b, por isso prolongamos AC para esse tamanho aparecer). Agora
basta mostrar que o triângulo ABP é isósceles.
5. Como ∠OCP = 80 (180
=) OP = c.

20 30 50 ), temos que 4OCP  4BAE (LAL)

6. OB = OC = OP =) O é o circuncentro de 4BCP . Segue que ∠AP B =
∠CP B = ∠BOC=2 = (60 + 20 )=2 = 40 .
7. Temos por fim que ∠ABP = 180 ∠BAP ∠AP B = 180 100 40 = 40 .
Segue que ∠ABP = ∠AP B =) 4ABP é isósceles e portanto c = a + b.
□
Exemplo 6.5. Qual o valor de x na figura a seguir?

Figura 15
Solução:

39

Figura 16
1. Trace DP tal que P 2 AB e DP = DA (critério de ângulos na razão 2 : 1 no
4ADB , sendo ∠DAB = 2  ∠DAB ).
2. Complete os ângulos. Como ∠ABC = ∠ACB , então AP = DC .
3. Construa o 4ADQ tal que ∠DAQ = 20 e AD = AQ. Logo, ∠ADQ = 80 . (A
ideia de construir o 4ADQ foi para forçar a congruência 4AP Q  4DCE ).
4. Como ∠P DA + ∠ADQ = 180 , então P , D e Q são colineares.
5. Note que 4AP Q  4DCE (LAL). O que implica em ∠DEC = ∠AQP . Portanto,
x = ∠DEC = 80 .
□
Exemplo 6.6 (OAM - 2024). Seja ABCD um quadrilátero tal que AD = BC , ∠DAC =
40 , ∠CAB = ∠ABD = 30 e ∠CBD = 20 . Qual o valor do ângulo ∠DCA?

40

Figura 17
Solução: Esse foi o problema 6 do nı́vel 3 da OAM 2024; na época ele derrubou vários
competidores (incluindo um dos autores do texto que você está lendo!). Aqui você verá
que usando alguns critérios de construção auxiliar podemos achar várias soluções diferentes
e bem simples.
Solução 1:

Figura 18
1. Seja E o circuncentro do triângulo ABC (aproveitamos o ângulo de 30 para aplicar
o critério do circuncentro). Temos EA = EC = EB = CB = AD.
2. 4DAC  4EAC (LAL) =) ∠DCA = ∠ECA = 40 .
Solução 2:

41

□

Figura 19
1. Complete os ângulos triviais e denote por E a intersecção AC \ BD. Sejam P e Q
os pés das alturas traçadas de D e C , respectivamente. Sejam ainda R = DP \ AC
e S = CQ \ BD.
2. Temos que os triângulos 4DRE e 4CSE são equiláteros (basta completar os
ângulos para ver isso). Isso implica DE = DR e CE = CS .
3. 4DAR  4BCS (LAL) =) BS = DR = DE .
4. 4DEC  4BSC (LAL) =) ∠DCE = ∠BCS = 40 .
Solução 3:

Figura 20

42

□

1. Seja D0 a reflexão de D sobre AB (aqui aproveitamos o ângulo de 30 para usar o
critério da reflexão e ganhar um triângulo equilátero). Temos D0 A = DA e D0 B =
DB .
2. Completando os ângulos temos que o triângulo 4DD0 B é equilátero. Donde DD0 =
DB .
3. 4ADD0  4CBD (LAL) =) ∠DCB = ∠D0 AD = 140 . Segue que 140 =
∠DCB = ∠DCA + ∠ACB = ∠DCA + 100 =) ∠DCA = 40 .
□
Exemplo 6.7. Considere um triângulo ABC e um ponto interior D tal que os ângulos
^ , DCB
^ , DBC
^ e DCA
^ valem, respectivamente, 30 ; 20 ; 10 e 10 . Nessas condições,
DBA
^ vale 10 e que AC = BD.
prove que o ângulo DAC

c

c

c

c

Figura 21
Solução: Assuma que ∠DAC = 10 (provaremos isso mais adiante). Agora mostraremos
que AC = BD.

c
c

c

c

c

Figura 22
1. DC = DA (4ACD é isósceles de base AC ).
43

2. Usaremos o critério de ângulos na razão 2 : 1 no 4BCD. Seja P 2 BC de sorte
que DC = DP . Complete os ângulos.
3. 4BDP  4ACD (LAL) =) AC = BD.
Resta mostrar que ∠DAC = 10 . Antes disso resolveremos o seguinte problema: Qual o
valor de ?

c
c

c

c

Figura 23
Imagine a seguinte figura:

c

c

c

c

c

c

c

c

c

Figura 24
1. Seja P o circuncentro do 4ABC .
2. Daı́, P C = P A = P B = AB .
3. Trace P D.
44

c

4. Complete os ângulos. O 4ADP é isósceles de base AP . Assim, o quadrilátero
ADP B é simétrico. Ou seja, 4ADB  4P DB .
5. Como ∠ABP = 60 e ∠ABD = ∠DBP , então ∠ABD = 30 = .
Dessa forma, podemos utilizar o triângulo a seguir:
9

c
c
;

c

8

c

c
c

:

Figura 25
Podemos assumir que ZY = CB (Basta escolher o 4X 0 Y 0 Z 0 semelhante ao 4XY Z de
modo que Z 0 Y 0 = CB ). Vejamos as congruências da Figura 21 e da Figura 25:
1. 4ZW Y  4CDB (ALA) =) ZW = CD.
2. 4ZXY  4CAB (ALA) =) ZX = CA.
3. 4XZW  4ACD (LAL) =) ∠ZXW = ∠CAD =) ∠CAD = 10 .
O que conclui a demonstração.

6.4

□

Problemas Propostos

Nos exercı́cios que seguem, lembre-se que resolver problemas desafiadores não é uma
tarefa imediata. Não se deixe frustrar por não conseguir fazer alguns e não desista rápido.
Quando tentamos resolver os problemas que mais nos desafiam aprendemos demais. Alguns
problemas difı́ceis ficam dias, até semanas na mente até surgir uma ideia boa, seja forte!
Ao fim do texto, haverá uma lista de sugestões para cada problema. Tente resolver
os problemas identificando os critérios que podem ser úteis e usando sua criatividade para
testar coisas novas. Dê uma boa chance ao problema antes de ler a dica e, mesmo após
consultá-la, não se prenda a ideia dela. Esses problemas podem ser resolvidos por vários
caminhos e é de grande aprendizado buscar quais caminhos tortuosos podem nos levar a
uma solução (e principalmente, entender o porquê desse caminho ter funcionado ou não).
Aos leitores que possuem um arsenal matemático mais robusto, tente também resolver os
problemas seguintes usando trigonometria, alguns deles são bastante desafiadores e outros
45

mais simples. É bom saber diversificar nossos métodos e identificar quando um pode ser
mais apropriado que outro.
Aquele que quiser se divertir e aprender mais sobre o mundo dos traçados deve dar uma
olhada nas referências.
Problema 6.1. Qual o valor de x?

Figura 26
Problema 6.2. Qual o valor de x?

Figura 27
Problema 6.3. Seja ABC tal que ∠BAC = 75 e ∠BCA = 10 . Seja D um ponto
interior ao triângulo tal que ∠DAC = 25 e ∠DCA = 5 . Qual a medida de ∠ABD?

46

c

c
c
c

Figura 28
Problema 6.4. Qual a medida de x?

Figura 29
Problema 6.5. Considere um triângulo ABC e D um ponto interior ao triângulo. Sabendo
que ∠DAC = 20 , ∠DCA = 10 , ∠DAB = 10 e CD = AB , qual a medida de ∠DCB ?
Problema 6.6. O valor de x é:

Figura 30
47

a) 20

b) 30

c) 10

d) 40

e) 15

^ = 40 e ABC
^ =
Problema 6.7. (Titu Andreescu) Seja ABC um triângulo tal que B AC

^ = 40
60 . Sejam D e E pontos dos lados AC e AB , respectivamente, tais que C BD
^ = 70 . Os segmentos BD e CE concorrem em F . Prove que AF e BC são
e B CE
perpendiculares.
Problema 6.8. Seja ABC um triângulo isósceles de base BC tal que A^ = 80 . Se M é
^ = 30 e M CB
^ = 10 , a medida do ângulo AMC
^
um ponto do seu interior tal que M BC
é igual a:
a) 45 b) 50 c) 55 d) 60 e) 70
Problema 6.9. Em um triângulo ABC , trace a ceviana BD de forma que AD = BC . Se
^ = 120 e B DA
^ = 30 . O valor de B AC
^ é:
ABC




a) 20
b) 30
c) 40
d) 36
e) 45
Problema 6.10. (Quadrilátero Pseudosimétrico) Seja ABCD um quadrilátero tal que
^ = C AD
^ . Mostre que ABCD é cı́clico.
AB > AD, BC = CD e B AC
Problema 6.11. Seja ABC um triângulo e D um ponto interior ao triângulo. Sabendo
^ = 30 , DAC
^ = 36 , DCA
^ = 18 e DCB
^ = 12 , qual a medida do ângulo
que B AD
^ ?
ABD
Problema 6.12. Considere um triângulo ABC e um ponto interior D tal que os ângulos
^ , DCB
^ , DBC
^ e DCA
^ valem, respectivamente, 30 ; 20 ; 10 e 10 . Nessas condições,
DBA
^ vale 10 e que AC = BD.
prove que o ângulo DAC
Problema 6.13. Considere um triângulo equilátero ABC e um ponto P interior ao triângulo.
Se APp= 7, BP =p5 e CP =p8, o valor de
p AB é: p
a) 113 b) 129 c) 119 d) 127 e) 111
Problema 6.14. Considere um triângulo isósceles ABC e I sendo um ponto interior ao
^ = 80 , I BC
^ = 10 e I CB
^ = 30 . O valor de
triângulo. Sabendo que AB = AC , B AC
AI^B é:
a) 70 b) 65 c) 55 d) 75 e) 45
Problema 6.15. Considere um triângulo ABC e D um ponto interior ao triângulo. Sa^ = 20 , DCA
^ = 10 , DAB
^ = 10 e CD = AB , o valor de DCB
^
bendo que DAC
é:
a) 30 b) 40 c) 10 d) 20 e) 70
Problema 6.16. Qual o valor de ?

48

c

c

c

c

Figura 31
Problema 6.17. Qual o valor de ?

c
c

c

c

Figura 32
Problema 6.18. Qual o valor de x?

49

c

c

#

Figura 33
Problema 6.19. Qual o valor de ?

c

c

Figura 34
Problema 6.20. Seja 4ABC um triângulo isósceles de base BC , com ∠ABC = 80 .
Seja D 2 AB tal que AD = BC . Mostre que ∠BDC = 30 .
Problema 6.21. Qual o valor de ?

50

c

c
c
c

Figura 35
Problema 6.22. Mostre como recortar um papel retangular em pedaços (usando apenas
régua não graduada e compasso) e em seguida juntar os pedaços para formar um quadrado
de mesma área.
Problema 6.23. Qual o valor de ?

c

c

c
c

Figura 36
Problema 6.24 (OAM 2025 N3). Seja 4ADC um triângulo com ∠DAC = 36 e
∠ACD = 18 . Seja B um ponto sobre o prolongamento de AD (com D entre A e
B ) tal que BD = BC . Sabendo que AC + DC = 16, determine o comprimento de BC .
2

2

Problema 6.25. Qual o valor de x?

51

c

Figura 37

6.5

Dicas ou soluções dos problemas propostos

Problema 6.1. Trace o circuncentro de um dos triângulos.
Problema 6.2. Circuncentro.
Problema 6.3. Aproveite o critério da bissetriz. Além disso, se um triângulo retângulo tem
um ângulo de 30 , a hipotenusa desse triângulo mede o dobro do cateto oposto ao ângulo
de 30 .
Problema 6.4. Use o critério da reflexão.
Problema 6.5. Critério 2:1.
Problema 6.6. Seja E tal que 4ABE  4CDB por LAL e BE passa pelo interior do
4ABC .
Problema 6.7. Critério de ângulos na razão 2:1. Em seguida busque forçar alguma
congruência.
Problema 6.8. Use o circuncentro do triângulo BMC: Em seguida encontre dois triângulos
congruentes pelo caso ALA.
Problema 6.9. Use o circuncentro do triângulo BCD:
Problema 6.10. Use o critério da bissetriz.
Problema 6.11. Use o circuncentro de algum triângulo e utiliza o resultado do problema
anterior.
Problema 6.12. Resolva de uma forma diferente do exemplo 7.
Problema 6.13. Use alguma congruência forçada.
Problema 6.14. Resposta: Item (a). Use alguma congruência forçada(mais especificamente no quadrilátero côncavo ABIC:
Problema 6.15. Utilize o exemplo 7.
Problema 6.16. Como ∠BCA = 30 , podemos usar o critério do circuncentro. Em
seguida use o problema 10.
52

Problema 6.17. Construa o triângulo equilátero BDQ. Sendo Q um ponto que não
!
pertence ao semiplano relativo à reta AB que possui o ponto C . Complete os ângulos.
Note que, P 2 AD e P pertence à mediatriz de QD, então P = A. Logo, Q; A e C são
colineares =) = 20 .
Problema 6.18. Como ∠CBA = 30 , podemos usar o critério do circuncentro.

c
c
c

c

c

Figura 38
Problema 6.19. Seja P 2 AC tal que CB = CP . Trace BP . Veja que, P A = P B =
DC . Use congruência forçada e construa o 4DCQ de modo que 4DCQ  4BP C ,
sendo ∠BCQ = 60 . Trace QB . Assim, completando os ângulos, podemos concluir que
Q é circuncentro do 4BDC . Segue que ∠CBD =  ∠DQC =  20 = 10 . Logo,
completando os ângulos, = 30 .
Problema 6.20. Revolvemos esse problema no Problema 19 acima.
Problema 6.21. Use o exemplo 7.
Problema 6.22. Se as dimensões do
p retângulo for a u.c. e b u.c. então sua área será ab
u.a. O lado do quadrado deverá ser ab u.c.
Problema 6.23. Seja P 2 AB tal que DC = DP . O quadrilátero CDP B é pseudossimétrico (prove isso). Logo, é cı́clico.
Problema 6.24. Seja E um ponto no prolongamento de AB (com B entre A e E ) tal que
BE = BD. Como BD = BC , temos que B é o centro de uma circunferência que passa
por D; C; E . O segmento DE é um diâmetro dessa circunferência e, portanto, o ângulo
inscrito ∠DCE é reto, ou seja, o 4EDC é retângulo em C . Como vimos na análise
dos ângulos, 4ABC é isósceles com AB = AC . A construção de um ponto E tal que
53

1

1

2

2

BE = BC implica que o 4AEC é isósceles com AC = EC . No 4EDC retângulo, pelo
Teorema de Pitágoras:

DE = DC + EC :
Como DE = DB + BE = 2BD = 2BC e EC = AC , podemos substituir:
2

2

2

(2BC ) = DC + AC :
2

O problema nos informa que AC + DC
2

2

2

2

= 16. Portanto:

(2BC ) = 16 =) 4BC = 16 =) BC = 4:
2

2

2

Donde, BC = 2.
Problema 6.25. Seja O o circuncentro do 4BCD (critério do circuncentro: ∠CBD =
30 ). Complete os ângulos. Se AO 6= AD, então o quadrilátero AOCD é pseudossimétrico
e, logo, cı́clico. Daı́, ∠COD = ∠CAD =
=) = 60 =) ∠BAD = 2 + =
3 = 3  60 = 180 . O que não pode, porque ABD é um triângulo. Logo, AO = AD.
Assim, o quadrilátero AOCD é simétrico. Ou seja, 4COA  4CDA. Como ∠OCD =
60 , então x = 60 =2 = 30 .
Agradecimentos. Os autores agradecem ao Nı́colas Lima pela colaboração na elaboração
de diversas figuras deste capı́tulo.

Referências
[1] Antonio Caminha Muniz Neto. Tópicos de Matemática Elementar, Volume 2: Geometria
Euclidiana Plana. Coleção do Professor de Matemática. SBM, Rio de Janeiro, 2 edition,
2013.
[2] Amilton Júnior. O Livro Negro dos Traçados Auxiliares. Editora Azimute, Rio de Janeiro,
2023.
[3] Cristiano Marcell. Geometria Plana Plus, 2026. YouTube. Playlist no canal Matemática com Cristiano Marcell. URL: https://youtube.com/playlist?list=
PL0EcfPMLuM2Q0ZsEM3XQY0xv4CI1xnpKu.
[4] Canal Matematicamentexyz. Geometria e Trigonometria - Matematicamente ao Vivo
#105, 2021. YouTube. URL: https://www.youtube.com/watch?v=0VehClRphlQ.
[5] André Martins. Curso de Construções Geométricas, 2020. YouTube. Playlist
no canal Matemática Robusta.
URL: https://youtube.com/playlist?list=
PLD7LUP9tqa1HQnskuIRP3PjJYWwEU9DnA.

54

Descida de Fermat
por Henrique Trajano e Nı́colas Lima

Imagine que você possui, por exemplo, uma equação diofantina. Uma pergunta importante é a seguinte: Será que é possı́vel, a partir de uma solução, encontrar outra solução?
Vamos exemplificar com uma equação bem conhecida.
Sejam a; b e c inteiros positivos tais que a + b = c . A partir da solução (a; b; c) =
(3; 4; 5) conseguimos obter infinitas outras soluções. De fato, para cada inteiro positivo k
a 3-lista (3k; 4k; 5k) é solução. Em certo sentido conseguimos encontrar outras soluções
cada vez maiores. Também podemos mudar de perspectiva e pensar assim: A partir da
solução (6,8,10) podemos perceber que (3,4,5) também é solução. Então, em certo sentido,
encontramos uma solução menor.
Muitos problemas são resolvidos assumindo, por absurdo, que existe pelo menos uma
solução e em seguida mostramos que para cada solução sempre existe uma solução menor.
Chegando assim em um absurdo e concluindo a demonstração.
2

7.1

2

2

Descida de Fermat: O Princı́pio da Boa Ordenação

Não é possı́vel que para cada solução sempre exista uma solução menor. Caso contrário,
terı́amos uma sequência infinita decrescente de inteiros positivos. O que não pode, porque
pelo Princı́pio da Boa Ordenação todo subconjunto não vazio dos inteiros positivos admite
um elemento mı́nimo. Em seguida enunciaremos o Princı́pio da Boa Ordenação, também
chamado de P.B.O., e resolveremos vários problemas para exemplificar a ideia da Descida
de Fermat.
Teorema 7.1 (Princı́pio da Boa Ordenação). Dado qualquer subconjunto não vazio dos
inteiros positivos sempre existe um elemento mı́nimo.
Exemplo 7.1. Mostre que não existe inteiro positivo entre zero e um.
Demonstração. Suponha, por redução ao absurdo, que exista pelo menos um inteiro positivo
entre zero e um. Digamos que esse inteiro seja k. Logo,

0 < k < 1 =) 0 < k < k =) 0 < k < k < 1 =) 0 < k < 1:
2

2

2

Assim, o número k também é solução e é menor. Ou seja, para cada solução conseguimos
obter uma solução menor. O que é um absurdo.
2

Também é comum resolver o problema definindo um conjunto solução sendo um subconjunto dos inteiros positivos, assumindo que é diferente do vazio. Pelo P.B.O. existe um
elemento mı́nimo. Em seguida mostramos que existe um elemento menor do que o mı́nimo
que pertence ao conjunto, gerando assim uma contradição. Para exemplificar resolveremos
mais uma vez o exemplo anterior.

55

Demonstração. Defina o conjunto A = fn 2 N j 0 < n < 1g. Suponha, por redução ao
absurdo, que A 6= ;. Como A  N e A 6= ;, então, pelo P.B.O. o conjunto A possui um
elemento mı́nimo. Digamos que k seja esse elemento. Daı́, tem-se:

0 < k < 1 =) 0 < k < k =) 0 < k < k < 1 =) 0 < k < 1:
2

2

2

Logo, k 2 A e k < k. Ou seja, k é elemento do conjunto A e é menor do que o mı́nimo.
O que é um absurdo.
2

2

2

A primeira solução desse exemplo é mais natural e ajuda a intuir a resolução de vários
problemas. Nem sempre precisamos supor que existe uma solução minimal e encontrar uma
solução menor do que a mı́nima. Muitas vezes queremos apenas obter uma solução menor e
a partir da solução menor obter propriedades que ajudam na solução original. Basicamente,
pensando de modo geral, é mais importante pensar no que ocorre em apenas uma descida
(troca de uma solução para outra menor ) e analisar as propriedades que podemos utilizar
nessa nova solução. A seguir apresentamos mais um exemplo utilizando um pouco de
congruência modular.
Exemplo 7.2. Demonstre que não existem inteiros positivos a; b; c e d tais que

a + b = 3(c + d ):
2

2

2

2

Demonstração. Suponha, por redução ao absurdo, que existam a; b; c e d inteiros positivos
tais que

a + b = 3(c + d ):
O conjunto X = fx + y + z + w j x; y; z; w 2 N e x + y = 3(z + w )g é diferente do
vazio. A ideia de definir tal conjunto é que pelo P.B.O. existe um elemento mı́nimo de X e,
2

2

2

2

2

2

2

2

em seguida, mostraremos que existe um elemento menor do que o mı́nimo. Gerando assim
uma contradição. De fato, como X  N e X 6= ;, então pelo P.B.O. existe um elemento
mı́nimo de X . Digamos que min X = x + y + z + w , seja um elemento de X que
possui a propriedade
0

0

0

0

x + y = 3(z + w ):
2

2

2

2

0

0

0

0

Se 3 j x + y , então 3 j x e 3 j y . De fato, caso o número três não divida simultaneamente
x e y , e usando que x  0; 1 (mod 3) e y  0; 1 (mod 3), então x + y  1; 2
(mod 3). O que não pode, porque x + y  0 (mod 3). Segue que, existem inteiros
positivos x
~ e y~ tais que x = 3~x e y = 3~y . Daı́, tem-se:
2

2

0

0

0

0

2

0

0

0

0

0

0

0

2

2

0

0

0

2

2

2

0

0

0

0

(3~x ) + (3~y ) = 3(z + w ) () z + w = 3(~x + y~ ):
2

2

0

0

2

2

2

2

2

2

0

0

0

0

0

0

Dessa forma, z + w + x
~ + y~ 2 X . Como x~ = x =3 < x e y~ = y =3 < y , então
z + w + x~ + y~ < x + y + z + w = min X , o que é uma contradição. Portanto,
não existem inteiros positivos a; b; c e d tais que a + b = 3(c + d ).
0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

2

2

2

0

2

56

0

0

7.2

Subida de Fermat: infinitas soluções

Da mesma forma que podemos encontrar uma solução menor é possı́vel, em certos
problemas, encontrar uma solução maior a partir de uma solução existente. No exemplo a
seguir mostraremos que a partir de uma solução é possı́vel obter infinitas outras soluções
que crescem em algum sentido.
Exemplo 7.3 (Putnam). Prove que, para todo número real N , a equação

x +x +x +x =x x x +x x x +x x x +x x x
2

2

2

2

1

2

3

4

1

2

3

1

2

4

1

3

4

2

3

4

possui uma solução na qual x ; x ; x e x são todos inteiros maiores do que N .
1

2

3

4

Ideia da prova: Inicialmente, perceba que x ; x ; x e x assumem papéis simétricos.
Além disso, x = x = x = x = 1 é uma solução da equação. Façamos o seguinte:
tomemos x = x e x = x = x = 1. Teremos uma equação do segundo grau
1

1

1

2

3

2

3

2

3

4

4

4

x + 1 + 1 + 1 = x  1  1 + x  1  1 + x  1  1 + 1  1  1 () x
2

2

2

2

2

3x + 2 = 0:

Já sabemos que x = 1 é solução. Por soma e produto encontramos que x = 2 também
é solução. Logo, a 4-lista (2; 1; 1; 1) também é solução. Como os papéis das variáveis
são simétricos, então podemos escrever os números na ordem não decrescente e ainda será
solução. Ou seja, a 4-lista (1; 1; 1; 2) é solução. Assim, temos que x = x = x = 1 e
x = 2 é solução da equação original. Façamos, mais uma vez, x = x, x = 1, x = 1 e
x = 2. Daı́, tem-se:
1

4

2

1

2

3

3

4

x + 1 + 1 + 2 = x  1  1 + x  1  2 + x  1  2 + 1  1  2 () x
2

2

2

2

2

5x + 4 = 0:

Já sabemos que x = 1 é solução. Por soma e produto encontramos que x = 4 também é
solução. Assim, a 4-lista (4; 1; 1; 2) é solução. Temos que, a 4-lista (1; 1; 2; 4) é solução.
Repetindo esse procedimento algumas vezes encontramos as seguintes soluções:

(1; 1; 1; 1) ! (1; 1; 1; 2) ! (1; 1; 2; 4) ! (1; 2; 4; 13) ! (2; 4; 13; 85) ! (4; 13; 85; 1495):
Aparentemente, as soluções crescem a cada operação realizada. Basicamente, a partir de
uma solução inicial e utilizando a simetria do problema podemos, com o auxı́lio das relações
de Vieta(soma e produto das raı́zes da equação do segundo grau) obter outra solução que
é maior do que a anterior. Essas trocas de raı́zes com o auxı́lio das relações de Vieta é
uma técnica que é muito utilizada com o P.B.O. para mostrar que a equação diofantina não
possui solução. Essa técnica tem um nome e é chamada de Pulo de Vieta. No nosso caso
utilizamos uma ideia muito parecida, só que para obter soluções cada vez maiores. A seguir
provaremos que essa ideia de prova pode ser formalizada.
Demonstração. A 4-lista (1,1,1,1) é solução. Como as variáveis assumem papéis simétricos,
então podemos supor S.P.G. que 1  x  x  x  x e tomemos x = x. Daı́, tem-se:
1

2

3

4

1

x + x + x + x = xx x + xx x + xx x + x x x ()
2

2

2

2

2

3

4

2

3

2

57

4

3

4

2

3

4

x x(x x + x x + x x ) + x + x + x x x x = 0:
Sabemos que x = x é solução dessa equação do segundo grau e a outra solução chamaremos de x
~ . Pelas relações de soma e produto das raı́zes de uma equação do segundo grau,
2

2

3

2

4

3

4

2

2

2

2

3

4

2

3

4

1

1

tem-se:

x x~ = x + x + x x x x
x + x~ = x x + x x + x x
Como x
~ = x x + x x + x x x , então x~ é inteiro. Além disso, x  x implica em
®

1

1

1

1

2

3

2

4

3

2

2

2

2

3

4

3

2

1

4

2

1

2

4

3

4

3

4

1

2

x~ = x x + x x + x x x
x x +x x +x x x
= x (x 1) + x x + x x
x 0+1x +1x
= 2x
>x :
1

2

3

2

4

3

4

1

1

3

1

4

3

4

1

1

3

1

1

4

3

4

1

4

4

4

4

Logo, x
~

> x > 0. Assim, a 4-lista (x ; x ; x ; x ) pode ser transformada na 4-lista
(~x ; x ; x ; x ). Ou seja, após a operação de troca de raı́zes e a ordenação dos números na
ordem não decrescente, a 4-lista (x ; x ; x ; x ) é transformada na 4-lista (x ; x ; x ; x
~ ).
1

1

2

4

3

1

2

3

4

4

1

2

3

4

2

3

4

1

Dessa forma, se repetirmos a operação mais três vezes, então teremos:

(x ; x ; x ; x ) ! (x ; x ; x ; x~ ) ! (x ; x ; x~ ; x~ ) ! (x ; x~ ; x~ ; x~ ) ! (~x ; x~ ; x~ ; x~ ):
1

2

3

4

2

3

4

1

3

4

1

2

4

1

2

3

1

2

3

4

Portanto, após 4 operações cada entrada da 4-lista (x ; x ; x ; x ) aumenta em pelo menos
uma unidade. Logo, podemos aumentar a primeira entrada da 4-lista o quanto quisermos. Ou seja, após 4n operações, para algum n 2 N, teremos uma 4-lista, digamos,
(a ; a ; a ; a ) tal que N < a  a  a  a . O que conclui a demonstração.
1

1

2

3

4

1

2

3

2

3

4

4

A seguir mostraremos mais um exemplo de como obter infinitas soluções a partir de
uma solução base. A partir da operação de troca de raı́zes e fazendo o uso da simetria do
problema é possı́vel, assim como fizemos no problema anterior, obter infinitas soluções.
Exemplo 7.4. Sejam a e b inteiros positivos. Mostre que existem infinitos pares (a; b) tais
que

a +b +1
= 3:
ab
2

2

Ideia da prova: Podemos reescrever a equação da seguinte forma:

a

(3b)a + b + 1 = 0:

2

2

O par (1; 1) é solução. Façamos o seguinte: tomemos a = x e b = 1. Daı́, tem-se:

x

2

(3  1)x + 1 + 1 = 0 () x
2

58

2

3x + 2 = 0:

Já sabemos que x = 1 é raiz. Por soma e produto sabe-se que x = 2 também é raiz. Assim,
o par (2; 1) também é solução. Como a e b assumem papéis simétricos, então o par (1; 2)
também é solução. Façamos a = x e b = 2. Daı́, tem-se:

x

2

(3  2)x + 2 + 1 = 0 () x
2

2

6x + 5 = 0:

Como x = 1 é raiz, por soma e produto temos que x = 5 também é raiz. Logo, o par (5; 2)
também é solução. Por simetria, o par (2; 5) também é solução. Repetindo essa operação
algumas vezes encontramos os seguintes pares:

(1; 1) ! (1; 2) ! (2; 5) ! (5; 13) ! (13; 34) !   
Parece que a partir da solução (1; 1) podemos chegar em infinitas outras soluções.
Demonstração. Primeiramente, note que a e b assumem papéis simétricos. O par (1; 1) é
solução. A equação abaixo é equivalente à equação do enunciado:

a

2

(3b)a + b + 1 = 0:
2

O par (a; b) é solução da equação, assuma S.P.G. que a  b. Tomemos a = x. Daı́, tem-se:

x

2

(3b)x + b + 1 = 0:
2

Sabemos que x = a é raiz da equação do segundo grau acima. Seja a
~ a outra raiz. Pelas
relações de soma e produto, temos que:
®

a  a~ = b + 1
a + a~ = 3b
2

Como a
~ = 3b a, então a~ 2 Z. Além disso, a~ = (b +1)=a > 0. Logo, a~ é inteiro positivo.
Também temos que a  b < a
~. De fato,
2

b < a~ () b < 3b a () a < 2b:
A última desigualdade é verdadeira porque a  b e b < 2b =) a < 2b. Logo, b < a
~. Isso
significa que conseguimos pular da solução (a; b) para a outra solução (b; a
~) = (b; 3b a).
Dessa forma, a soma das entradas do par (a; b) é a + b que é menor do que a do par (b; a
~)
que é a
~ + b. Assim, podemos encontrar uma solução com a soma das entradas sendo um
número tão grande quanto a gente queira. Ou seja, a partir do par (1,1) podemos encontrar
infinitos pares de inteiros positivos (a; b) tais que

a +b +1
= 3:
ab
2

2

59

7.3

Pulo de Vieta: trabalhando restrições

A simetria das variáveis nos permite pular de uma solução para outra. Praticamente da
mesma forma que obtemos uma solução maior podemos mudar um pouco de perspectiva
e obter uma solução menor. A seguir exemplificamos como podemos encontrar soluções
menores com a ideia do Pulo de Vieta.
Exemplo 7.5. Sejam a e b inteiros positivos tais que ab j a + b + 1. Prove que
2

2

a +b +1
= 3:
ab
2

2

Ideia da prova: Seja k inteiro tal que

a +b +1
= k () a (kb)a + b + 1 = 0:
ab
A 3-lista (a; b; k) = (34; 13; k) é solução. Façamos a = x e b = 13. Daı́, tem-se:
2

2

2

x

(13k)x + 13 + 1 = 0 () x

2

2

2

2

(13k)x + 170 = 0:

Como x = 34 é raiz, então, por soma e produto, encontramos que a outra raiz é 5. Logo,
a 3-lista (13; 5; k) é solução. Note que, pulamos da solução (34; 13; k) para (13; 5; k),
mantendo o valor de k. Façamos o mesmo para essa nova solução. Tomemos a = x e
b = 5. Daı́, tem-se:

x

2

(5k)x + 5 + 1 = 0 () x
2

2

(5k)x + 26 = 0:

Como x = 13 é solução, então a outra solução é 2, porque o produto das raı́zes é 26. Ou
seja, conseguimos pular de uma solução para uma solução “menor”. Repetindo o processo

(34; 13; k) ! (13; 5; k) ! (5; 2; k) ! (2; 1; k) ! (1; 1; k):
Terminamos quando a = b = 1. Neste caso,

1 +1 +1
= 3:
11
Então, em todos os casos anteriores k = 3. A nossa ideia é a seguinte: Enquanto a > b,
poderemos transformar a solução (a; b; k) na solução (b; a
~; k) de sorte que a > b  a~. Não

k=

2

2

podemos realizar essa operação de troca de raı́zes infinitamente, porque as soluções estão
diminuindo a cada etapa e são inteiros positivos. Então, em algum momento, teremos que
a = b. E, a única solução que existe é a = b = 1, o que implica em k = 3. Demonstraremos
isto daqui a pouco. Perceba que a partir da solução (a; b; k) podemos chegar na solução
(1; 1; k). Como o k é preservado em cada etapa e na etapa final vale 3, então a solução
inicial é (a; b; 3), provando assim, que k = 3 em qualquer possı́vel solução.
60

Demonstração. Seja k inteiro positivo tal que

a +b +1
= k () a
ab
2

2

(kb)a + b + 1 = 0:

2

2

Seja (a; b; k) uma solução da equação, assumindo a > b. Façamos x = a, daı́ tem-se:

x

2

(kb)x + b + 1 = 0:
2

Sendo a
~ a outra raiz da equação do segundo grau acima, temos por soma e produto:
®

a  a~ = b + 1
a + a~ = kb
2

2 +1

Como a
~ = kb a, então a~ 2 Z. Além disso, a~ = b a
que a > b, temos que b  a
~. De fato, note que

> 0. Logo, a~ é inteiro positivo. Já

b +1
() ab  b + 1:
a
Logo, basta mostrar que ab  b +1. Como a > b, então a  b +1 =) ab  b + b  b +
1 =) ab  b + 1. Portanto, podemos pular da solução (a; b; k) para a solução (b; a~; k).
b  a~ () b 

2

2

2

2

2

2

Assim, encontramos uma solução menor a respeito da soma das coordenadas. Se em algum
momento ocorrer a igualdade a = b, então a  a j a + a +1 =) a j 2a +1 =) a j 1.
Logo, a = 1. A única solução com a = b é quando ambos são iguais a 1, o que implica em
k = 3. Portanto, dada qualquer solução (a; b; k), podemos descer (pular) até o caso base
(1; 1; 3) preservando o valor de k, o que conclui a demonstração de que k = 3.
2

2

2

2

2

A seguir resolveremos um problema clássico da IMO. Basicamente é a mesma ideia do
problema anterior. A partir de uma solução qualquer tentaremos diminuir até chegar em
uma solução que nos permite demonstrar a propriedade pedida no enunciado.
Exemplo 7.6 (IMO 1988 P6). Sejam a e b inteiros positivos. Mostre que se ab +1 j a + b ,
então
2

2

a +b
ab + 1
2

2

é um quadrado perfeito.
Demonstração. Seja k 2 Z tal que

a +b
= k () a (kb)a + b k = 0:
ab + 1
Defina a função f (x) = x
(kb)x + b k. Já sabemos que a é raiz. Seja a~ a outra raiz.
2

2

2

2

2

2

Pelas relações de soma e produto temos que:
®

a  a~ = b k
a + a~ = kb
61

2

Como a
~ = kb

a, então a~ 2 Z. Além disso,
0<k=

a + b a~ + b
=
=) a~b + 1 > 0: ()
ab + 1 a~b + 1
2

2

2

2

Afirmação: a
~  0:
Prova: Se a
~ < 0, então a~b < 0 =) a~b + 1 < 1 =)
porque por () temos que a
~b + 1 > 0. Logo, a~  0.
Se a
~ = 0, então

a~b + 1  0. O que não pode,

a~ + b
0 +b
=
=b
a~b + 1 0  b + 1
é um quadrado perfeito. Assuma a
~ > 0. Se a = b, então a  a + 1 j a + a =)
a + 1 j 2a =) a + 1 j 2(a + 1) 2a =) a + 1 j 2. Ou seja, a + 1 = 1 ou
a + 1 = 2 =) a = 0 ou a = 1. Mas, a é inteiro positivo, então só nos resta o caso em
que a = 1. Daı́, tem-se:
2
1 +1
= = 1:
k=
2

k=

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

11+1

2

Que é um quadrado perfeito. Como a e b assumem papéis simétricos, então podemos supor
S.P.G. que a > b. Dessa forma, temos que a > b > a
~. De fato,

a +b
 b a () ab + a + b > b :
ab + 1
Assim, basta mostrar que ab +a+b > b . Como a > b, então ab +a+b > ab > bb = b :
Logo, a > b > a
~. Segue que, da solução (a; b; k) podemos pular para uma solução menor
(b; a~; k) preservando o k, em que a~ = kb a > 0. Repetindo esse procedimento e assumindo
b > a~ () b > kb a () b >
2

2

2

2

3

2

3

2

2

3

que em cada etapa a segunda coordenada é sempre positiva e que a primeira coordenada
é maior do que a segunda, então, existiria uma sequência decrescente infinita de inteiros
positivos(basta formar a sequência com o menor elemento de cada par ordenado que seja
solução). O que não pode porque contradiz o P.B.O. Isto implica que em algum momento
a segunda coordenada vai zerar, e daı́ podemos concluir que k é um quadrado perfeito. De
fato, se (x; y; k) é uma solução em que y = 0, então

k=

x +0
x +y
=
=x
xy + 1 x  0 + 1
2

2

2

2

2

é um quadrado perfeito. O que conclui a demonstração.

7.4

Problemas propostos

Problema 7.1. Seja k inteiro. Mostre que não existe inteiro entre k e k + 1.
Problema 7.2 (PUTNAM). Sejam x; y e z inteiros positivos. Mostre que a equação
x + 10y = 3z não possui solução.
2

2

2

62

Problema 7.3. Prove que a equação a + b + c + d
nos inteiros positivos.
2

2

2

Problema 7.4. Prove que a equação x + y + z
z inteiros positivos com x + y + z > 100.
2

2

2

= abcd possui infinitas soluções

= xyz possui uma solução com x; y e

2

Problema 7.5. Encontre o número de pares ordenados (n; m) de inteiros positivos com
1  n < m  10 tais que n j m 1 e m j n 1:
2

2

Problema 7.6. Determine todos os inteiros positivos m e n tais que m j n +1 e n j m +1.
2

2

Problema 7.7. Mostre que não existem inteiros positivos x, y e n tais que

x + y = n(x + 1)(y + 1):
2

2

Problema 7.8. Sejam a e b inteiros positivos tais que ab

1 j a + b . Mostre que
2

2

a +b
= 5:
ab 1
2

2

Problema 7.9. Prove que para todo inteiro positivo m, existem infinitos pares (x; y ) de
inteiros positivos tais que
• x; y são distintos;
• x j y + m e y j x + m.
2

2

Problema 7.10. Ache todos os possı́veis valores de k 2 N tais que

a + b + ab
= k (a; b 2 N):
ab 1
Mostre que existem infinitas ternas (a; b; k).
Problema 7.11. Ache todos os possı́veis valores de k 2 N tais que
a +b 1
= k (a; b 2 N):
ab
Mostre que existem infinitas ternas (a; b; k) tais que a < b e a assume infinitos valores
2

2

2

2

distintos.
Problema 7.12 (Romênia 2005). Determine todas as quádruplas de inteiros positivos
(a; b; m; n) tais que

am bn = (a + b) + 1:
2

Problema 7.13. Sejam m; n e k inteiros positivos satisfazendo

k=

(m + n)
:
4mn(m n) + 4
2

2

Prove que k é um quadrado perfeito.
63

Problema 7.14 (Mais forte do que o problema da IMO 1988 P6). Mostre que se ab + 1
divide a + b para inteiros positivos a; b, então
2

2

a +b
= mdc(a; b) :
ab + 1
2

2

2

Problema 7.15 (Generalização do problema da IMO 1988). Se a; b e c são inteiros positivos
tais que 0 < a + b
abc  c, demonstre que a + b abc é um quadrado perfeito.
2

2

2

2

Problema 7.16 (IMO 2007). Dados os inteiros positivos a e b, prove que

(4a 1)
4ab 1
2

2

é um inteiro se, e somente se, a = b.
Problema 7.17 (IMO 2003). Determine todos os pares de inteiros positivos (a; b) tais que

2ab

a

2

2

b +1
3

é um inteiro positivo.
Problema 7.18 (Olimpı́ada Matemática Coreana). Prove que x + y + z
tem soluções em números inteiros x; y; z exceto (0; 0; 0).
2

2

2

= 2xyz não

Problema 7.19. Seja k inteiro positivo diferente de 1 e 3. Prove que a única solução da
equação x + y + z = kxyz os inteiros é (0; 0; 0).
2

2

2

Problema 7.20. Descreva todas as soluções em inteiros positivos da equação diofantina

x + y + z = 3xyz:
2

2

2

Problema 7.21. Sejam x ; x ; : : : ; xn inteiros. Se k > n é um inteiro, prove que a única
solução para
1

é x = x =    = xn = 0.
1

2

x + x +    + xn = kx x : : : xn
2

2

1

2

2

1

2

2

Problema 7.22 (IMO 1981). Determine o maior valor possı́vel de m + n , onde m; n são
inteiros positivos menores do que ou iguais a 1981, tais que (n
nm m ) = 1.
2

2

Problema 7.23. Prove que a equação x
positivos.

4

2

2

2

+ y = z não possui solução nos inteiros
4

4

Problema 7.24. Prove que não existe n > 1 tal que n j 2n

1.

Problema 7.25 (OBM N3 2021 P5). Determine todas as triplas de inteiros não negativos
(a; b; c) tais que

a + b + c = abc + 1:
2

2

2

64

7.5

Dicas ou soluções dos problemas propostos

Problema 7.1. Assuma que exista tal inteiro t, então 0 < t k < 1. Utilize o exemplo 1.
Problema 7.2. Analisar módulo 3.
Problema 7.3. Utilize a técnica para sair de uma solução para outra, sempre encontrando
soluções “maiores” que pertencem aos inteiros positivos.
Problema 7.4. Encontre uma solução base e a partir dela utilize a técnica para encontrar
outras soluções “maiores”.
Problema 7.5. Encontre as soluções triviais; multiplique as duas divisibilidades, simplifique
e utilize a técnica para encontrar outras soluções.
Problema 7.6. Encontre as soluções triviais, após isso multiplique as duas divisibilidades,
simplifique e force uma maneira de encontrar uma solução “maior”.
Problema 7.7. Assuma que existe uma solução mı́nima em algum sentido e a partir dela
encontre uma solução menor.
Problema 7.8.
Dica Utilize a técnica da descida para mostrar que a partir de qualquer solução é possı́vel
diminuir até chegar numa solução base (a; b) = (2; 1).
Solução: Seja k  0 inteiro tal que

a +b
= k () a (kb)a + b + k = 0: ()
ab 1
Daı́, sabemos que a é raiz. Seja a
~ a outra raiz. Segue que a +~a = kb e a  a~ = b + k ().
Suponha S.P.G. que a > b. Tentemos forçar que b > a
~. Vejamos, de () temos a~ = kb a.
2

2

2

2

2

Substituindo em (), tem-se:

b > a~ = kb a =

a +b
a +b

b a () a + b >
 b () (a + b)(ab 1) > (a + b )b
ab 1
ab 1
2

2

2

2

2

2

() a b a+ab b > a b+b () a+ab b > b () a(b 1) > b +b (I ):
Como a > b, então a  b + 1. Daı́, tem-se:
a(b 1)  (b + 1)(b 1) = b b + b 1 = b + b b 1:
Assim, a(b
1)  b + b b 1. De (I ) temos a(b 1) > b + b. Então, vamos
2

2

2

3

2

2

2

2

3

3

3

2

2

3

2

3

2

2

3

encontrar uma condição para b de sorte que:

b +b
3

2

b 1 > b + b () b
3

2b 1 > 0 () b  3:

2

Logo, enquanto b  3 teremos que poderemos pular da solução (a; b) para a solução (menor)
2
(b; a~) = (b; b a k ). Se b = 1, então ab 1 j a + b =) a 1 j a + 1, o que implica em
a 1 j a + 1 (a 1)(a + 1) = a + 1 a + 1 = 2 =) a 1 = 1 ou a 1 = 2: Ou
seja, a = 2 ou a = 3. Obtendo as soluções (a; b) 2 f(2; 1); (3; 1)g. Em ambos os casos,
k = 5. Se b = 2, então 2a 1 j a + 4 =) 2a 1 j 2(a + 4) (2a 1)  a =) 2a 1 j
+

2

2

2

2

2

2

2

2

2a + 8 2a + a =) 2a 1 j 8 + a =) 2a 1 j (a + 8)  2 (2a 1) =) 2a 1 j
2

2

65

2a + 16 2a + 1 =) 2a 1 j 17 =) (2a 1 = 1 =) a = 1) ou (2a 1 = 17 =)
a = 9); mas a > b = 2(a 6= 1): Logo, temos a solução (a; b) = (9; 2). Além disso,
9 +2
85
a +b
=
= = 5 = k:
ab 1 9  2 1 17
2

2

2

2

Ou seja, enquanto b  3 podemos encontrar uma solução (menor). Quando diminuirmos
a solução a ponto de que b seja 1 ou 2, encontraremos que k = 5, o que conclui a
demonstração.
Problema 7.9. Encontre uma solução base. Mostre que qualquer par (x; y ) que respeite
as divisibilidades implica mdc(x; y ) = 1. A partir disso mostre que sempre é possı́vel pular
de uma solução para outra solução (maior), mostrando que as divisibilidades continuam
ocorrendo nessa solução (maior).
Problema 7.10. Note que,

a + b + ab 1 + 1
a +b +1
a + b + ab
= k ()
= k ()
= k 1 = m:
ab 1
ab 1
ab 1
Defina a função f (x) = x
(bm)x + b + 1 + m. Assim a é raiz de f . Use as relações de
Vieta e mostre que a
~ é inteiro positivo. Seja a~ a outra raiz. Assuma a > b. Dessa forma,
a > b > a~. De fato,
a +b +1
b > a~ () b > bm a () a+b > b
() (a+b)(ab 1) > a b+b +b ()
ab 1
a b a + ab b > a b + b + b () ab a > b + 2b () a(b 1) > b(b + 2):
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

3

Como a  b + 1, então a(b

2

b +b
3

2

2

1)  (b + 1)(b

3

1) = b + b

2

3

b 1 > b(b + 2) () b
2

2

2

2

3

2

b 1. Basta que,

3b 1 > 0 () b  4:

Enquanto b  4 poderemos (descer) a solução preservando m: Analise os casos em que
b = 1; 2 e 3.
Para mostrar que existem infinitas soluções use a solução (1; 2). Assumindo a < b é
possı́vel provar que b < a
~. E assim, podemos pular da solução (a; b) para a solução (~a; b).
Fazendo alguns casos pequenos:

(1; 2)

#

(11; 2) ! (2; 11)

#

(64; 11) ! (11; 64)

A setinha para baixo indica a troca de raı́zes da primeira coordenada. A setinha para
direita indica que trocamos a ordem das coordenadas, podemos fazer isso porque a e b
assumem papéis simétricos. Escreva mais alguns elementos dessa tabela. Tente encontrar
um algoritmo para achar mais rapidamente a próxima solução(uma dica é usar as relações
de soma e produto).
66

Problema 7.11. Tomando b = 1, teremos que k = a. Então, k pode assumir qualquer
valor inteiro positivo. Use o pulo de Vieta e, a partir da solução (1; 2), gere infinitas soluções.
Conclua que (a; b; k) = (n; n + 1; 2) é solução para todo n inteiro positivo.
Problema 7.12. Divida os dois lados por ab e aplique a técnica da Descida de Fermat em
a2 b2 . Pelo exemplo 5 essa divisão só é inteira quando vale 3.
ab
Problema 7.13. Para m = n é óbvio. Vamos mostrar que para m > n não há solução.
Tome m + n = a e m n = b. Daı́, tem-se:
+

+1

k=

a

2

4 a b  a b b +4
+

2

2

=

2

ab
2

a
2

2

b +4
4

:

Considere uma equação quadrática em b . Seja b = l. Daı́,
2

2

a
() l k (a k)l + a 4k = 0:
a l l +4
Uma solução é l = b . Mostre que a outra solução torna k < 0 e chegue em um absurdo.
(Considere em algum momento que ja bj > 4).
2

k=

2

2

2

2

2

2

Problema 7.14. Prove que é possı́vel (descer) a uma solução base e a partir dela é possı́vel
voltar para qualquer solução (maior).
Problema 7.15. Seja k = a + b
abc. Daı́, tem-se: 0 < k  c. Defina a função
f (x) = x (bc)x + b k. Note que a é raiz de f . Seja a~ a outra raiz. Assuma a > b.
Pelas relações de soma e produto temos que a + a
~ = bc e aa~ = b k. Assim, a~ = bc a
e logo a
~ é inteiro. Tomando x = a~, segue que
2

2

2

2

2

0 = f (~a) = a~

2

k () k = a~

(bc)~a + b

2

2

a~bc + b :
2

Como 0 < k  c, então

0 < a~

2

a~bc + b  c =) 0 < a~ + b  c + a~bc = c(1 + a~b):
2

2

2

Logo, 1 + a
~b > 0 =) a~  0. Use um raciocı́nio análogo ao exemplo 6(IMO 1988 P6)
para completar a solução. Lembre que também existe o caso em que a = b.
Problema 7.16.
Dica: Simplifique a divisibilidade e encontre que 4ab 1 j (a b) . Sem perda de
generalidade, assuma a > b e, dada uma solução mı́nima, encontre uma menor gerando um
absurdo.
Completando uma parte da dica: Seja k 2 N tal que
2

(a b)
= k () a
4ab 1
2

2

(2b + 4bk)a + b + k = 0:
2

Defina o polinômio f (x) = x
(2b + 4bk)x + b + k. Sabemos que a é raiz de f . Seja
a~ a outra raiz. Pelas relações de Girard, tem-se: a  a~ = b + k > 0 =) a~ > 0 e
a + a~ = 2b + 4bk0 () a~ = 2b + 4bk a 2 Z. Logo,
a~ 2 N . Suponha S.P.G. que
2 k
b
a > b. Note que b > a~. De fato, b > a~ () b > a () ab > b + k () ab >
2

2

2

+

67

2

2

2

b + aab b () b(a b) > aab b () b > aab b () 4ab b > a b ()
() 4ab > a () 4b > 1.
Logo, da solução (a; b) com a > b podemos pular para a solução (b; a
~) com b > a~ e

a; b; a~ 2 N .
Problema 7.17. Veja a solução trivial com b = 1, depois veja que para cada valor de
2
2

(

)

4

1
2

2

(

)

4

1

2

4

1

a
ab2 b3 +1 encontramos sempre uma solução maior.

2

Problema 7.18. Para simplificar o problema, assuma sem perda de generalidade que
x; y; z > 0 e x  y  z ; assuma uma solução mı́nima e a partir dela veja que se z  2 a
equação não tem solução e se z = 1 encontramos (x y ) = 1.
Problema 7.19. Para simplificar o problema, assuma sem perda de generalidade que
x; y; z > 0; se x > y > z obtemos que não existe solução para k > 3, agora veja o caso
de k = 2.
Problema 7.20. Veja que a solução base é (x; y; z ) = (1; 1; 1); com isso, mostre que a
partir dela é possı́vel criar infinitas soluções e mostre que é possı́vel “diminuir” qualquer
solução até chegar na solução base.
Problema 7.21. Seja (x ; x ; : : : ; xn ) = (y ; y ; : : : ; yn ) uma solução para a equação tal
que y tem o menor valor possı́vel e y  y  y      yn  1. Seja o polinômio
2

1

2

1

1

1

f (t) = t

2

2

3

t  k  y y : : : yn + y + y +    + yn ;

2

2

3

2

2

2

3

2

com raı́zes y e y~ . Pelas relações de Girard, obtemos:
1

1

y + y~ = k  y y : : : yn =) y~ 2 Z
1

1

2

3

e

1

y~ =
1

y + y +    + yn
> 0:
y
2

2

2

3

2

1

Então y~ é um inteiro positivo. Veja que,
1

f (y ) = y
2

y  k  y  y : : : yn + y + y +    + yn  n  y

2

2

2

2

3

2

2

2

3

2

k  y  y : : : yn :

2

2

2

2

3

Como yi  1 e por (k > n () k  n + 1), obtemos:

ny

ky ny

2
2

2

2

2

2

(n + 1)y = y  1:
2

2

2

2

Portanto, pelo estudo do gráfico da função f (t), obtemos y 2 (~
y ; y ) e sabemos que
y  y , então y~ < y  y =) y~ < y , contradição.
Portanto, a equação não tem solução nos inteiros positivos, ela só pode ter solução quando:
2

1

2

1

2

1

1

1

1

1

x  x      xn = 0 =) x + x +    + xn = 0 () x = x =    = xn = 0:
1

2

2

2

1

2

2

1

2

Problema 7.22. Considere que se (m; n) = (a; b) é uma solução com a > b, então
(m; n) = (b; a b) também será uma solução, porém com a soma das coordenadas menor.
Portanto, identifique a solução cuja soma das coordenadas seja mı́nima e, a partir dela,
aumente o valor das coordenadas de modo a maximizar o valor de m + n .
Sugestão:Conclua então que as soluções da equação (m
mn + n ) = 1 são geradas
a partir dos números de Fibonacci consecutivos.
2

2

68

2

2

2

Problema 7.23. Veja que uma generalização desse problema é mostrar que x + y = z .
Com isso, utilize as ternas pitagóricas parar mostrar que dado um z mı́nimo, é possı́vel
encontrar outra solução com um z menor ainda.
Problema 7.24.
Solução.1 Suponha, por redução ao absurdo, que existe n > 1 natural tal que n j 2n 1.
Como n j 2n 1, então n é ı́mpar. Daı́, mdc(2; n) = 1. Pelo teorema de Euler-Fermat
temos que n j 2' n
1. Já que n j 2n 1 e n j 2' n 1, então
4

4

2

1

1

1

(

)

(

)

n j mdc(2n 1; 2' n 1) = 2mdc n;' n 1:
Além disso, mdc(n; '(n)) j n, logo, por transitividade
mdc(n; '(n)) j 2mdc n;' n
1:
Como n > 1, então mdc(n; '(n))  '(n) < n. Ou seja, se n j 2n 1, então 9k 2 N tal
que k j 2k 1, sendo k < n, com k = mdc(n; '(n)). Logo, dada uma solução em inteiro
(

)

(

(

(

(

))

))

positivo sempre é possı́vel obter uma menor. O que é uma contradição.
Solução.2 Suponha, por redução ao absurdo, que exista n > 1 natural tal que n j 2n 1.
Como n j 2n 1, então n é ı́mpar. Seja p o menor primo positivo tal que p j n. Por
transitividade, p j 2n 1. Se n é ı́mpar, então p é ı́mpar ) mdc(2; p) = 1. Pelo Pequeno
Teorema de Fermat, p j 2p
1. Já que p j 2n 1 e p j 2p
1, então ordp 2 j n e
ordp 2 j p 1 ) ordp 2 j mdc(n; p 1). Sendo p o menor primo positivo tal que p j n,
temos que mdc(n; p 1) = 1 (prove isso). Daı́, temos ordp 2 j 1 ) ordp 2 = 1. Segue que
p j 2ordp 1 = 2 1 = 1 ) p = 1, mas p é primo. O que é uma contradição.
Problema 7.25. Seja x  y  z  1 a solução com o menor valor de x + y + z para a
equação a + b + c = abc + 1. Seja f (t) = t
tyz + (y + z 1) um polinômio com
raı́zes x e x
~. Pelas relações de Girard, obtemos:
1

2

1

1

2

2

2

2

x + x~ = yz =) x~ 2 Z

e

2

x~ =

y +z
x
2

2

1

2

> 0:

Afirmação: x
~ < x.
Prova: Suponha x
~  x. Então yz = x + x~  2x =) x  yz =) x = yz k para
algum k 2 N (Não existe solução se y e z forem ambos ı́mpares, confira! Então pelo menos
um deles é par. Assim, yz=2 é um natural). Segue que,

 yz

 yz
2

2

2

k +y +z =
2

2

2

k yz + 1 () 4k = (yz ) + 4 4y
2

2

2

2

4z :
2

k = x  y, então k  yz y. Daı́, tem-se: 4k  (yz ) 4y z + 4y : Logo,
(yz ) 4y z + 4y  4k = (yz ) + 4 4y 4z :
Simplificando obtemos 2y + z
1  y z =) z  2. Analisaremos os dois casos:
• Se z = 2, então x + y + 4 = 2xy + 1 () (x y ) = 3. Absurdo!
• Se z = 1, então x + y +1 = xy +1 () x + y = xy () (x y ) = xy < 0.
Como yz

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

Absurdo!

Portanto, nos resta o caso em que z = 0 e assim x + y = 1. Dessa forma, por simetria,
podemos listar todas as soluções: (a; b; c) 2 f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g:
2

69

2

Referências
[1] SHKLARSKY, D. O.; CHENTZOV, N. N.; YAGLOM, I. M. The USSR Olympiad
Problem Book: Selected Problems and Theorems of Elementary Mathematics. New
York: Dover Publications, 1993.
[2] KHURMI, Aditya. Modern Olympiad Number Theory. Self-published, 2020. (Published
on 11/2020).
[3] GELCA, Răzvan; ANDREESCU, Titu. Putnam and Beyond. 2nd ed. Springer, 2017.
[4] LOPES, Davi. Pulo de Vieta. Anápolis: Material da 22ª Semana Olı́mpica - OBM,
2019. Programa Especial de Treinamento Internacional.
[5] REGIS, Prof. Aula 14 - Resolvendo Equações Diofantinas (2): Descida Infinita de
Fermat e Root Flipping. Rio de Janeiro: PETI - Programa Especial de Treinamento
Internacional da OBM, 2026. Teoria dos Números - Nı́vel 3.
[6] MARTINEZ, Fabio Brochero; MOREIRA, Carlos Gustavo; SALDANHA, Nicolau; TENGAN, Eduardo. Teoria dos Números: Um passeio com primos e outros números familiares pelo mundo inteiro. Rio de Janeiro: Projeto Euclides, 2013.

70

Identidades Binomiais e Somas Telescópicas
por Francisco Alan Lima da Silva

Neste artigo estudaremos somas do tipo

(an

an ) + (an
1

1

an ) +    + (a
2

a ) + (a

3

2

2

a ):
1

(1)

A expressão em (1) é especialmente boa, porque o segundo termo de cada parênteses se
cancela com o primeiro do próximo, nos dando uma cadeia de cancelamentos, da qual só
restará an a .
O leitor é convidado a fazer um paralelo entre os resultados que aqui serão apresentados e
o Teorema Fundamental do Cálculo, levando em consideração o operador derivada discreta,
f (x) = f (x + 1) f (x); e o operador soma definida, , que é definido por
1

P

Xb f (x)x := bX f (x);
1

a

P

x=a

e que satisfaz ba f (x) = f (b) f (a).
Esperamos do leitor alguma familiaridade com a notação  de somatórios. Isso inclui
saber fazer mudança de variáveis, tanto nos ı́ndices de uma soma quanto na sequência
somada; e outras propriedades mais básicas, como a sua linearidade. Durante o texto,
escreveremos [n] := f1; 2; 3; : : : ; ng, e consideraremos o conjunto dos números naturais
como sendo N := f1; 2; 3; : : : g:

8.1

Somas Telescópicas

Vamos definir algo que já foi escrito, que é muito simples, mas que é muito útil para
muitos propósitos.
Definição 3 (Soma telescópica). Uma soma como a da Equação (1) será chamada de soma
telescópica.
A ideia da soma telescópica é cancelar todos, exceto o primeiro e último termo de uma
soma da forma

Tn =

X (a

n 1
j =1

aj ):

j +1

(2)

Por propriedades de somatório, pode-se obter facilmente que

Tn =

Xa

n 1
j =1

X a = Xn a nX a

n 1
j +1

j =1

1

j

j =2

j

j =1

j

ã Å
nX ã
X
= a + a
a + a =a
Å

n

n 1
j =2

1

j

1

71

j =2

j

n

a:
1

Note que podemos inverter a ordem em (2) para obter que

X
T 0 = (a
n 1

n

j =1

aj ) = a

j

+1

an :

1

(3)

É claro, também, que uma soma do tipo da (3) pode ser reescrita como uma soma do tipo
da (2) ao fazer a mudança de variáveis a0j = aj .
Veremos agora alguns exemplos de problemas que podem ser resolvidos utilizando somas
telescópicas.
Como primeira aplicação, provaremos a fórmula n = 1 + 3 + 5 +    + (2n 1).
Utilizaremos o fato que a diferença de dois quadrados consecutivos é um número ı́mpar
conveniente.
2

Exemplo 8.1. Uma vez que j

Xn (2j

(j

2

1) =

j =1

1) = 2j

1, podemos escrever

2

Xn [j

j =1

2

(j

1) ] = n
2

0 =n ;

2

2

2

o que prova que a soma dos n primeiros ı́mpares positivos é o n-ésimo quadrado positivo.
Outra soma que pode ser transformada em uma telescópica, é a soma dos n primeiros
cubos naturais. Veremos que essa soma é igual ao quadrado da soma dos n primeiros
naturais.
Exemplo 8.2. Provaremos agora a elegante fórmula 1 +2 +    + n = (1+2+    + n)
por soma telescópica. Note que podemos escrever j como sendo:
3

j=

(j + 1)

(j

2

4

1)

2

Da expressão anterior temos, por soma telescópica, que
Å
n
n

Xj = Xj
3

j =1

2

(j + 1)

2

j =1

4

3

(j

3

:
1)

2

ã

n

1X
(j (j + 1)) (j (j 1))
4j

1
= (n(n + 1)) (1(1 1))
4
Å
ã
Å n ã
Xj ;
n(n + 1)
=
=
2
j

=

2

2

=1

2

2

2

2

=1

como buscávamos.

72

2

P

Exemplo 8.3. Escreva Sm (n) = nj j m . Já vimos uma fórmula fechada para Sm (n) no
caso em que m = 3. Observe agora que, por soma telescópica, temos que

(n + 1)k+1

=0

Xn ((j + 1)k

0k+1 =

j k ):

+1

+1

j =0

(4)

Utilizando o teorema binomial, obtemos que
Ç
n Å k

(n + 1)k+1 =

X X k + 1åj mã

m
j =0 m=0
Ç
å
k
k+1 n

X
=

X j m = Xk Çk + 1åS (n)

m

m=0

m=0

j =0

Ç
å
k
X
k+1
S (n)
= S (n) +

m

m

m
m
m=1
Ç
å
k
k+1

0

= (n + 1) +

X

Sm (n):

m

m=1

Portanto, ao conhecer as somas Sm (n) com 1  m  k

1, podemos calcular Sk (n).

Exemplo 8.4. Vamos encontrar uma expressão fechada para a soma
n
X
S (n) = p
k=1

1
p :
k+1+ k

Não há real trabalho em transformar a soma acima em uma soma telescópica. De fato,
uma primeira tentativa de racionalização já funciona:

Xn
S (n) = p
k=1

p

1
p  pk + 1
k+1+ k k+1

a expressão procurada.
Exemplo 8.5. Seja Hn =
Vamos mostrar que

Pn

p X
n p
p p
pk = [ k + 1 k ] = n + 1
k

k=1

1;

k=1 n , a soma dos n primeiros recı́procos de números naturais.
1

X H = nH

n 1
k=1

k

n

n:

Para isso, utilizaremos a forma recursiva de definir Hn , ou seja, a expressão Hk
k : Multiplicando essa igualdade por k + 1, obtemos a expressão
1

+1

(k + 1)Hk = kHk + Hk + 1;
+1

73

+1

= Hk +

que nos dá uma expressão com parte telescópica para a soma dos primeiros recı́procos:

Hk = [(k + 1)Hk

kHk ] 1:

+1

Pela igualdade acima, concluı́mos que

X H = nX [(k + 1)H

n 1
k=1

1

k

k=1

X 1 = nH

n 1

kHk ]

k+1

k=1

n:

n

O exemplo abaixo exige do leitor também familiaridade com a ideia de limites de
sequências. O leitor pode consultar o artigo nı́vel U do volume 1 dessa revista para o
conteúdo necessário.
Vamos falar brevemente da ideia de séries numéricas. Pondo Sn = nk ak , a soma dos
primeiros termos de uma sequência (an ), temos uma sequência (Sn ) definida. Se Sn ! S ,
dizemos que a série, ou soma infinita, de (an ) converge para S , e escrevemos

P

=1

X1 a = S:

+

k=1

k

Vamos calcular o valor de algumas séries utilizando somas telescópicas.
Exemplo 8.6. Vamos mostrar que

X1

k

+

k=1 (k + 1)!

= 1:

Faremos isso calculando suas somas parciais, S (n) =
podemos escrever

n

(n + 1)!

=

(n + 1) 1
n+1
=
(n + 1)!
(n + 1)!

Pn

k
k=1 (k+1)! : Para isso, perceba que

1
1
=
(n + 1)! n!

1
;
(n + 1)!

o que nos dá uma expressão telescópica para S (n). Concluindo, temos que
ò
n ï

S (n) =

quando n ! +1.

X 1

k=1

1
=1
(k + 1)!

k!

1
! 1;
(n + 1)!

É muito bem conhecido que a soma dos n primeiros termos de uma progressão geométrica
n
com termo inicial a e razão r é nk a rk = a1 rr . Portanto, se 0 < r < 1 temos que
1
a1 . A série
k
k
k r é chamada de série geométrica.
k a r =
r

P

1

+

=1

1

P

P

P

(1

=1

1

)

1

1

Exemplo 8.7. Esta aplicação conecta somas telescópicas com a Função Zeta de Riemann,
 (s) = k 1 ks . Mais precisamente, vamos encontrar
+

1

=1

S=

X1( (n) 1):

+

n=2

74

Para isso, vamos reescrever as parcelas que serão somadas. Perceba que

 (n) 1 =

X1 1 :

+

k=2 k

n

Como todos os termos são positivos, podemos inverter a ordem dos dois somatórios

S=

X1 X1 1 = X1 X1 1 :

+

+

+

n=2 k=2 k

+

k=2 n=2 k

n

n

1

Agora veja que a série de dentro é a série de progressão geométrica de termo inicial k2 e
razão k , e portanto
1

S=

X1 k2 = X1
1

+

k=2 1

+

k=2 k(k

1

k

1

1)

:
1

Por outro lado, é fácil encontrar uma forma telescópica para k k
=k
kk
k , o que nos dá que
ò
1ï
(

1

(

1

1)

1)

. De fato, note que

1

1

S=

X

+

1

1

:
k
P
Perceba que as somas parciais da série acima são S (n) = nk [ k
quando n ! +1. Portanto, segue que
k=2

k 1

1

=2

k] = 1
1

1

1

n

! 1,

X1( (n) 1) = 1;

+

n=2

a expressão que procurávamos.

8.2

Identidades Binomiais

Vamos começar com uma identidade binomial extremamente
importante. Agora e dun
rante todo o texto utilizaremos a convenção de que k = 0, quando n < 0, ou k < 0, ou
n < k.
Proposição 1 (Relação de Stifel). Para quaisquer inteiros n; k, temos
Ç å Ç
å Ç
å

n
n 1
n 1
=
+
:
k
k 1
k


Demonstração. Por contagem dupla, quando 1  k  n. Há n k formas de escolher k

elementos de [n] sem escolher o elemento n, e há nk
formas de escolher k elementos
de [n] escolhendo-se o elemento n. Mas escolher k elementos de [n] é o mesmo que
escolher k elementos
de [n] escolhendo n, ou não escolhendo n. Pelo
Princı́pio Aditivo,
n
n 
n
há k
+ k formas de escolher k elementos de [n]. Como k também conta essa
quantidade, temos o resultado.
Os casos em que n < 0, k < 0, ou n < k são fáceis de verificar.
1

1

1

1

1

1

75

A Relação de Stifel é especialmente
 boa pela sua “forma telescópica". Mais precisamente, fixado k e definindo aj = k j , pela Relação de Stifel temos que
+1

j
j+1
=
k
k+1

Ç å

Ç

å

Ç

j

å

k+1

= aj

aj :

+1

Em particular, somando de j = k até n, temos a prova do Teorema das Colunas, por soma
telescópica.
Teorema 8.1 (Teorema das Colunas). Para k  1 e n  k, temos que
Ç å Ç
å
n

X j = n+1 :
k

j =k

k+1

Demonstração. Por soma telescópica. Veja que
ñÇ
å Ç
åô Ç
Ç å
n
n

X j =X

j =k

k

j =k

j+1
k+1

onde acima utilizamos que k k

j

n+1
=
k+1

k+1


+1

å

n+1
=
;
k+1
k+1

Ç

k

å

Ç

å

= 0 para todo k 2 Z.

Um fato interessante é que o Teorema das Colunas
 é equivalente, em certo sentido, ao
Teorema das Diagonais, pela simetria k k j = k j j .
+

+

Teorema 8.2 (Teorema das Diagonais). Para k  1 e n  k, temos que
Ç
å Ç
å
n

X k+j = k+n+1 :

j =0

j

n



Demonstração. Utilizaremos o fato que k k j = k j j . Pelo Teorema das Colunas, temos
que
Ç
å
Ç
å n kÇ å Ç
å Ç
å
n
n
+

+

X k+j = X k+j = X j = n+k+1 = n+k+1 ;
+

j =0

j

j =0

k

j =k

k

k+1

n

o que conclui a prova.
Na Figura 39 abaixo representamos o Triângulo de Pascal e a relação entre o Teorema
das Colunas e o Teorema das Diagonais. Perceba que o valor escolhido na linha j é sempre
igual, tanto na coluna quanto na diagonal correspondente de cada teorema.

76

1
1

1

1

2

1

1

3

3

1

1

4

6

4

1

1

5

10

10

5

1

1

6

15

20

15

6

1

Figura 39: “Equivalência" entre o Teorema das Colunas, representado em azul, e o Teorema
das Diagonais, em vermelho.
Proposição 2 (Identidade de Absorção).
Ç å

n
n 1
k
=n
:
k
k 1
Ç

å

Demonstração. Uma simples manipulação algébrica. Perceba que
Ç å
Ç

n
n!
(n 1)!
n 1
k
=k
=n
=n
;
k
k!(n k)!
(k 1)!(n k)!
k 1
å

como querı́amos demonstrar.
Perceba que poderı́amos ter escrito a Identidade de Absorção de outra forma. Para
k > 0, temos
Ç
å
Ç å

n
n n 1
=
:
k
k k 1

Utilizaremos a identidade acima para provar uma espécie de Relação de Stifel “Reversa" e
concluir uma fórmula para a soma dos recı́procos dos elementos de uma coluna no Triângulo
de Pascal.
Exemplo 8.8. Vamos calcular a soma dos recı́procos de uma coluna no Triângulo de Pascal.
Mais precisamente, provaremos que
ñ
ô
n 1
r
1
1
:
n
k =

X

k=r r

r 1

r 1

Para isso, utilizaremos a Identidade de Stifel reversa, enunciada abaixo.
77

Lema 1 (Relação de Stifel Reversa). Para 2  k  n temos que
ñ
ô
1
k
1
1
:
n =
n
n

k 1

k

1

k 1

k 1

Demonstração. Expandiremos a expressão dentro do colchetes. Perceba que
n 
n 
n 
1
1
k 1 1
= k n  nk  = k n kn n  =
n
n ;
n
1

1

k 1

1

k 1

k 1

1

1

1

2

k

1

k 1

n k k 1 k 2

k

onde na segunda igualdade utilizamos a Identidade de Absorção duas vezes.
Pelo Lema 1 e soma telescópica temos que
ñ
ô
n
n 1
r
1
n =
n 
n  =

X

k=r k

X

k=r r

1

1

k 1

k 1

r

ñ

r 1

1

n 1
n 1

1

n
r 1

ô

;

o que conclui a prova da fórmula.
Exemplo 8.9. Fixe 1  m  n dois números naturais. Vamos utilizar a Relação de Stifel
para transformar a soma
Ç å
m

S=

X( 1)k n ;
k

k=0

em uma soma telescópica. Pela Relação de Stifel temos que
ñÇ
å Ç
åô
m

X( 1)k

n 1
n 1
+
k
k 1
k
ñ
Ç
å
Ç
åô
m
X
n 1
n 1
k
k
( 1)
( 1)
=
k
k 1
k
Ç
å
n 1
= ( 1)m
;
m

S=

=0

1

=0


pois n
= 0. Se m = n, temos que S = (
obtido pelo Teorema Binomial, uma vez que
Ç å
n
1

1

1)n nn = 0, que também poderia ter sido


1

X( 1)k n = (1 1)n = 0:

k=0

8.3

k

Somas com fatoriais

Começaremos esta seção ilustrando o tipo de somas que pretendemos calcular.

78

P

Exemplo 8.10. Vamos mostrar que nk k  k! = (k + 1)!
pelo fato que k  k! = (k + 1)! k!; temos que
=1

1. Por soma telescópica e

Xn k  k! = Xn [(k + 1)! k!] = (n + 1)! 1;

k=0

k=0

uma vez que 0! = 1, e o resultado segue.
Agora perguntamos: o que devemos fazer se quisermos calcular o valor da soma

Xn P (k)  k!;

k=1

com P (X ) um polinômio? Como o fatorial preserva parte da sua estrutura de diferença
pela relação (k + 1)! k! = k  k!, quando quisermos calcular a soma de funções do
tipo g (k) = P (k)  k!, com P (X ) polinômio de grau n, primeiro buscaremos uma função
f da forma f (k) = H (k)  k!, com H (k) polinômio de grau n 1, de tal modo que
f (k + 1) f (k) = g(k): Perceba que se conseguirmos uma tal que função f , o problema
está resolvido, uma vez que

k!  P (k) = g(k) = f (k + 1) f (k)
= H (k + 1)(k + 1)! H (k)  k!
= k![(k + 1)H (k + 1) H (k)];
e portanto P (k) = (k + 1)H (k + 1) H (k). Em particular, se o coeficiente lı́der de P (X )
é a, então também é a o coeficiente lı́der de H (X ). Se P (X ) tem grau n +1, então H (X )
tem grau n. Por soma telescópica segue que

Xn g(k) = Xn [f (k + 1) f (k)] = f (n + 1) f (1):
k=1

k=1

Pela forma como definimos as funções f e g , segue a forma de resolver a pergunta inicial:

Xn P (k)  k! = H (n + 1)  (n + 1)! H (1):

(5)

k=1

Infelizmente, a limitação do grau de H (X ) ser menor que o de P (X ), não nos permite
calcular uma fórmula para nk k! utilizando o método que vamos discutir, porque uma vez
que P (X ) = 1 tem grau 0, não podemos obter um polinômio H (X ), porque ele teria grau
1, o que não faz sentido. Devido a esta dificuldade, veremos que, se quisermos calcular a
soma pretendida, não podemos controlar o coeficiente b de P (X ) = bn X n +    + b X + b ,
que sempre dependerá dos outros coeficientes de P (X ). Nosso objetivo será, portanto:

P

=1

0

1

1. Calcular b = b (b ; b ; : : : ; bn ):
0

0

1

2. Calcular H (X ) = an

2

X n +    + a X + a em termos de b ; : : : ; bn .
1

1

1

79

0

1

0

Não vamos tentar um método genérico para quaisquer polinômios de grau n, mas os casos
especı́ficos em que n = 1; 2 e 3. Antes, vamos estabelecer uma notação.
Definição 4. Diremos que um polinômio P (X ) é f -somável se podemos encontrar H (X ),
também um polinômio, tal que

H (k + 1)  (k + 1)! H (k)  k! = P (k)  k!

(6)

para todo k inteiro positivo. Neste caso, H (X ) é chamado de polinômio derivado de P (X ).
Exemplo 8.11. Qualquer polinômio da forma P (X ) = aX é f -somável, com polinômio
derivado H (X ) = a. De fato, isso é apenas o Exemplo 8.10, com a soma multiplicada por
a. Provaremos que os polinômios de grau 2 que são f -somáveis são precisamente os da
forma P (X ) = aX + bX + a; e seu polinômio derivado tem forma H (X ) = aX + b a.
De fato, se P (X ) tem grau 2 e H (X ) satisfaz
2

(k + 1)H (k + 1) H (k) = P (k);
para todo k, então H (X ) tem de ser da forma aX + c, e portanto temos que

P (k) = (k + 1)  (a(k + 1) + c) (ak + c)
= ak + (a + c)k + a;
2

e portanto P (X ) deve ser da forma aX + bX + a. Neste caso, b = a + c, donde c = b
o que mostra que o polinômio derivado tem forma H (X ) = aX + b a:
2

Pelo Exemplo 8.11 acima e pela Equação (5), para P (X ) = aX
polinômio derivado H (X ) = aX + b a, e portanto temos que

2

a,

+ bX + a, temos o

Xn (aX + bX + a)  k! = H (n + 1)  (n + 1)! H (1)
2

k=1

= (an + b)  (n + 1)! b:

Vamos aplicar esse resultado no exemplo a seguir.
Exemplo 8.12. Vamos calcular
que

Pn (2k + 3k + 2)  k!. Pela discussão anterior, temos
k=0

2

Xn (2k + 3k + 2k)  k! = (2n + 3)  (n + 1)! 3;
2

k=1

o que termina este exemplo.

P

Podemos ainda adaptar o método para calcular somas do tipo nk P (k)  (k + p)!.
Embora seja viável uma mudança de variável k + p 7! k, queremos demonstrar que a ideia
pode ser adaptada.
80

=1

Exemplo 8.13. Vamos encontrar uma expressão para a soma
isto encontrando uma função f tal que

Pn k  (k + 1)!: Faremos
k=1

2

f (k + 1) f (k) = k (k + 1)!:
2

Já vimos que, nestes casos, devemos procurar por uma função f (k) = h(k)  (k +1)!. Como
estamos lidando com (k +1)! agora, ao invés de k!, devemos ajustar o método. Calculando,
concluı́mos que

f (k + 1) f (k) = (k + 1)![(k + 2)h(k + 1) h(k)]:
f (k) = k  (k + 1)!, devemos buscar h(k) satisfazendo:

Como queremos que f (k + 1)

2

k = (k + 2)h(k + 1) h(k):
2

(7)

Vamos procurar por h polinômio de grau 1, ou seja, da forma h(X ) = aX + b. Pela forma
da Equação (7), é imediato que devemos ter a = 1. Assim, tentando h(X ) = X + b,
obtemos:

k = (k + 2)((k + 1) + b) (k + b)
= (k + 2)(k + 1) + b((k + 2) 1) k
= k + (2 + b)k + (2 + b):
2

2

Para que a igualdade acima seja satisfeita, devemos ter b =

2. Portanto, para

f (k) = (k 2)(k + 1)!;
temos que f (k + 1)

f (k) = k  (k + 1)!, e por soma telescópica vem que
2

Xn k (k + 1)! = f (n + 1) f (1)
2

k=1

= (n 1)(n + 2)! ( 1)  2!
= (n 1)(n + 2)! + 2;

a fórmula que procurávamos.
No entanto as coisas começam a complicar quando tentamos fazer essas contas para
polinômios P (X ) de grau 3: Para P (X ) = aX + bX + cX + d ser f -somável, devemos
ter H (X ) = aX + eX + f satisfazendo (6). Escrevendo I (k) := H (k +1)(k +1)! H (k),
temos que
3

2

2

I (k) = (a(k + 1) + e(k + 1) + f )(k + 1)! (ak + ek + f )k!
= (ak + (2a + e)k + (3a + e + f )k + (a + e))k!:
2

3

2

2

81

Uma vez que I (k) = P (k)  k!, então temos o sistema

b = 2a + e
c = 3a + e + f
d=a+e
Sabemos que basta determinar d em função de a; b e c, para determinar quando P (X ) é
f -somável; e depois e e f , em termos de a; b e c para determinar seu polinômio derivado.
Resolvendo, temos que

b = 2a + 2 = a + (a + e) = a + d;
e portanto d = b

a: Portanto, os polinômios f -somáveis de grau 3 são da forma P (X ) =
aX + bX + cX + (b a): Agora veja que
3

2

e = d a = (b a) a = b 2a
f = c 3a e = c 3a (b 2a) = c b a:
Dessa forma, o polinômio derivado de P (X ) = aX + bX + cX + (b a) é o polinômio
H (X ) = aX + (b 2a)X + (c b a).
Mais geralmente, sendo P (X ) = nj bj X j um polinômio f -somável com polinômio
derivado H (X ) = nj aj X j , seus coeficientes satisfazem o seguinte sistema:
3

P

2

P

2

=0

1

=0

b = a + a + a +    + an
0

1

2

3

3
n+1
b = a + (2 1)a +
a +  +
an
1
1
Ç å
Ç
å
4
n+1
b = a + (3 1)a +
a +  +
an
2
2
Ç å
Ç
å
5
n+1
b = a + (4 1)a +
a +  +
an
3
3
Ç å

Ç

1

0

1

2

2

1

2

3

3

2

3

4

..
.

..
.

å

..
.

bn = an + ((n + 1) 1)an
bn = an :
1

+1

Para os detalhes da conta acima, veja [3].
Para terminar, vamos calcular uma soma com produto de fatorial com polinômio f somável de grau 3.

P

Exemplo 8.14. Vamos encontrar o valor da soma nk (k + 2k + 3k + 1)  k!. Aqui,
temos que a = 1, b = 2, c = 3 e d = 1 = c b, e portanto P (X ) = k + 2k + 3k + 1
é f -somável. Vamos encontrar primeiro seu polinômio derivado H (X ) = X + eX + f:
Sabemos que:
3

2

=1

3

2

2

82

• e=b

2a = 0; e

• f =c

b a = 0:

Assim, H (X ) = X : Por (5), segue que
2

Xn (k + 2k + 3k + 1)  k! = (n + 1) (n + 1)! 1;
3

2

2

k=1

a soma que buscávamos.

8.4

Problemas propostos

Problema 8.1. Defina recursivamente a
an + n. Calcule a + a .

= 1, a = 1, a = 2, e an

1

2025

2

3

+3

= an

2023

Problema 8.2. Mostre que
Ç å
Ç
å
m
X
n
2n 2
k
=n
:
2

k=0

2

k

n 1

Problema 8.3. Prove que

Xn 1 Çnå = 2n

+1

k=0 k + 1

k

n+1

1

:

Problema 8.4. Mostre que

Xn ÇnåF = F ;

k=0

k

k

n

2

onde Fn denota o n-ésimo número de Fibonacci.
Problema 8.5. Prove que

Xn Çnå2kF = F :

k=0

Problema 8.6. Calcule

n

k

Xn (k + 1)n

+1

k=1

n

3

kn  k!:


Problema 8.7 (IMO Longlist 1970). Para n inteiro positivo par, mostre que
n=
Xn ( 1)i 1 = 2 X
2

+1

i=1

i

i=1

83

1
:
n + 2i

+2

an +
+1

Problema 8.8 (Romênia TST 2003). Seja (an )n uma sequência de números reais dada
por a = 1=2 e, para cada inteiro positivo n,
1

1

an
:
an a n + 1
Prove que para todo inteiro positivo n, temos a + a +    + an < 1.
an =
+1

2

2

1

2

Problema 8.9 (IMO Longlist 1966). Prove que para todo número natural n, e para todo
número real x 6= k=2t (t = 0; 1; : : : ; n; com k inteiro)

1
1
1
+
+  +
= cotg(2n x) cotg(2n x):
sen(2x) sen(4x)
sen(2n x)
1

Problema 8.10 (OBM). O número
…
…

1
1 1
1 1
1
+
1 + + + 1 + + +  + 1 +
1 2
2 3
2000 2001
2

2

…

2

2

2

2

é racional; escreva-o na forma pq , p e q inteiros.
Problema 8.11 (OBM). Observe que

1
1
=
n(n + 1) n

1
:
n+1

Assim, podemos calcular a série

1
X

n=1

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

Sabendo que

Å

P1

n=1 n2 = 1 + 22 + 32 +
1

1

1
X

n=1

é da forma A

1

1
1
+
2
2
ã

1
1
+
3
3

Å

ã

Å

1
+    = 1:
4
ã

   = 2 , o valor de
6

1
1
1
1
=
+
+
+ :::
n(n + 1) 1  2 2  3 3  4
2

2

2

2

 2 , com A e B inteiros positivos. Determine o valor de A + B .
B

Problema 8.12 (IMO 1968 P6). Para todo número natural n, avalie a soma
õ
û õ
û
õ
1 õ
kû
kû

X n+2

k=0

=

2k+1

n+1
2

+

n+2
4

+  +

n+2
2k

+1

+ :::

(O sı́mbolo bxc denota o maior inteiro que não excede x.)
Problema 8.13 (Estônia). Prove a desigualdade:

2010 <

2 +1 3 +1
2010 + 1
1
+
+  +
< 2010 + :
2 1 3 1
2010 1
2
2

2

2

2

2

2

84

Problema 8.14. Calcule a soma:

Xn

p1 p

k=1 (k + 1)

k+k k+1

:

Problema 8.15. Se n 2 N e a é um ı́mpar positivo, então

Xa

k=0

8.5

kn
+ (a k) n
2

k n+1
2

+1

2

+1

=

a+1
2

:

Dicas dos problemas propostos

Problema 8.3. Utilize a Identidade de Absorção.
p
p
k )= 5; onde  = (1 + 5)=2 e
Problemap8.4. Utilize a Fórmula de Binet, Fk = (k
= (1
5)=2 são as raı́zes da equação x = 1 + x, e depois utilize o Teorema Binomial
de forma apropriada.
Problema 8.9. Mostre que
2

1
= cotg(2n x) cotg(2n x):
sen(2n x)
1

Use soma telescópica.
Problema 8.11. Use a identidade

1+

1

n

2

+

1
(n + n + 1)
=
:
(n + 1)
n (n + 1)
2

2

2

2

2

Problema 8.12. Use a identidade de Hermite para n = 2:

X x + k û = bnxc:

n 1õ
k=0

n

A identidade é válida para todo n inteiro positivo e x real. Encontre uma soma telescópica.
Problema 8.15. Some as parcelas equidistantes dos extremos.
Agradecimentos. O autor agradece ao Henrique Trajano por sugerir os problemas 9, 10,
11, 12, 13, 14 e 15 deste capı́tulo.

Referências
[1] Arthur Engel, Problem-solving strategies, Nova Iorque: Springer-Verlag New York Inc.,
1998.
[2] Art of Problem Solving. AoPS Online, 2022. Stretch Your Student to Their Fullest
Mathematical Potential. Disponı́vel em: <https://artofproblemsolving.com/online>.
85

[3] Silva, F. A. L., Somas com fatoriais, 2025. Notas.
[4] Graham, R. L., Knuth, D. E.,, Patashnik, O., Concrete Mathematics: A Foundation
for Computer Science. Reading, MA: Addison-Wesley, 1994.
[5] Titu Andreescu e Marian Tetiva, Sums and Products, XYZ Press, LLC, 2018.

86