Revista da Olimpíada Alagoana de Matemática - Volume 1

Revista_da_OAM__Volume_1_ (2).pdf
Documento PDF (1.1MB)
                    ROAM

Universidade Federal de Alagoas (UFAL)
Instituto de Matemática (IM)
Coordenadores:
Alan Anderson da Silva Pereira
Davi dos Santos Lima
Elaine Cristine de Souza Silva
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
Hegel Marinho Viana Filho
Jairon Henrique Noia Batista
Jônatas Marinho Santos Júnior
Lucas Hiroshi dos Santos Nakagawa
Rebeca Alves Dantas de Lima e Silva
Samuel Nascimento Figueredo
Revisão:
Alan Anderson da Silva Pereira
Argos de Omena Albuquerque
Cı́cero Calheiros Filho
Diogo Carlos dos Santos
Francisco Alan Lima da Silva

2

#1

Conteúdo
1 Competições e Treinamento Olı́mpico
1.1 Olimpı́adas no Brasil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Projetos Olı́mpicos em Alagoas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 A Revista da OAM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
5
5
5

2 Enunciados da OAM Nı́vel 1

7

3 Enunciados da OAM Nı́vel 2

8

4 Enunciados da OAM Nı́vel 3

9

5 Enunciados da OAM Nı́vel U

10

6 Soluções da OAM Nı́vel 1
6.1 Parte A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.2 Parte B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11
11
12

7 Soluções da OAM Nı́vel 2
7.1 Parte A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7.2 Parte B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15
15
16

8 Soluções da OAM Nı́vel 3
8.1 Parte A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2 Parte B . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18
18
21

9 Soluções da OAM Nı́vel U

26

10 Números Pares e Ímpares
(por Rebeca Alves)
10.1 Intuição e contexto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.3 Problemas Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.4 Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30
30
31
32
34

11 Divisibilidade e Congruência
(por Lucas Hiroshi Nakagawa)
11.1 Divisibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2 Algoritmo de Euclides . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.3 O Teorema de Bezout . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.4 Congruência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.5 Problemas resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.6 Exercı́cios propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36
36
37
39
40
43
45

3

12 O Princı́pio de Indução
(por Jairon Batista)
12.1 Indução Fraca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.2 Indução Forte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.3 Sequências Recursivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12.4 Problemas Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47
47
50
52
53

13 O Teorema de Bolzano-Weierstrass
(por Francisco Alan Lima)
13.1 Limites de Sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.2 Propriedades de Limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.3 Problemas Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.4 Lista de Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57
57
60
61
62

14 Premiados na OAM 2021
14.1 Nı́vel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2 Nı́vel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.3 Nı́vel 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.4 Nı́vel U . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64
64
66
69
71

15 Como contribuir com a ROAM

72

16 Agradecimentos

72

4

1

Competições e Treinamento Olı́mpico

1.1

Olimpı́adas no Brasil

No Brasil existem várias olimpı́adas de matemática que estudantes do ensino fundamental, ensino médio e graduação podem participar. Entre elas temos:
• Olimpı́ada Alagoana de Matemática (OAM);
• Olimpı́ada Brasileira de Matemática das Escolas Públicas (OBMEP);
• Olimpı́ada Brasileira de Matemática (OBM).
As regras para participar das diversas competições de matemática nacionais variam. A
OBMEP e a OAM, por exemplo, são abertas para todas as escolas que tenham interesse em
participar. Já a OBM, requer que o estudante já tenha se destacado em alguma competição
prévia, como a OAM ou a OBMEP.
Os estudantes premiados na OBM são convidados a participar de um treinamento
avançado e de testes de seleção para olimpı́adas internacionais:
• Olimpı́ada de Maio;
• Olimpı́ada do Cone Sul;
• Olimpı́ada IberoAmericana de Matemática (OIM);
• Olimı́ada Internacional de Matemática (IMO).
Por essas razões, podemos dizer que a OAM é o inı́cio de uma grande jornada olı́mpica,
cujo site pode ser acessado através do link:
https://sites.google.com/view/olimpiadaalagoanadematematica/

1.2

Projetos Olı́mpicos em Alagoas

Os estudantes medalhistas na OBMEP são convidados a participar do Programa de
Iniciação Cientı́fica da OBMEP (PIC). Esse treinamento acontece aos sábados em polos
determinados pela coordenação regional. Além do PIC, existe o Programa Olı́mpico de
Treinamento Intensivo (POTI), no qual qualquer aluno interessado pode se inscrever.

1.3

A Revista da OAM

A Revista da OAM (ROAM) surgiu como uma forma de ajudar os estudantes interessados
em participar de olimpı́adas de matemática a se prepararem para estas competições. Nela
serão publicados os enunciados e soluções dos problemas da OAM do ano anterior e artigos
direcionados para o treinamento olı́mpico.
5

Material didático de natureza similar à ROAM pode ser encontrado nos sites das olimpı́adas
nacionais, como da OBMEP e da OBM. A ideia da ROAM é produzir conteúdos que se
adequem ao perfil da OAM e incentivar os estudantes a escreverem artigos para a revista.
Qualquer pessoa pode submeter um artigo para a revista, o qual será avaliado por uma
comissão para posterior publicação.
Os artigos são divididos em nı́veis análogos aos nı́veis da OAM e da OBM:
• nı́vel 1: 6º e 7º ano;
• nı́vel 2: 8º e 9º ano;
• nı́vel 3: ensino médio;
• nı́vel U: universitários.
Desejamos utilizar a ROAM como um canal de interação de ex-competidores da OAM
com o projeto atual e, assim, resgatarmos as provas antigas da OAM para que novos estudantes possam ter contato com elas.
Como você já pode ter notado, esta é a primeira edição da ROAM. Toda a nossa equipe
está muito feliz de ver este projeto concluı́do. Esperamos contribuir com a formação de
muitos estudantes e que os mesmos compartilhem suas ideias nessa revista.
Alan Pereira,
Editor-Chefe.

6

2

Enunciados da OAM Nı́vel 1

PARTE A
2

Problema 2.1. Calcule a soma dos algarismos de 1010101 .
Problema 2.2. Na calculadora de Ayá existe uma operação especial . O valor de a  b é
o maior valor entre 2a e a + b. Por exemplo 1  3 = 4, pois 1 + 3 > 2  1, e 3  1 = 6,
pois 2  3 > 3 + 1. Qual o valor de (2021  2022)  (2023  2020)?

Problema 2.3. Na figura ao lado, o quadrado
do meio tem lado 5 e os outros quadrados ao
redor têm lado 4. Os quadrados ao redor intersectam o quadrado do meio em quadradinhos
cujos lados são 1 e 2, como indicado na figura.
Calcule a área da região cinza.

Problema 2.4. Ziço escreveu todos os números de 1 a 121 em uma linha e contou corretamente a quantidade de algarismos 1. Quantos algarismos 1 ele encontrou?
PARTE B

Problema 2.5. Rewis tem uma folha quadriculada na qual o lado de cada quadradinho
mede 1 cm. Ela então desenhou uma obra de
arte abstrata e pintou de cinza como mostra a
figura abaixo. Qual é a área da região cinza?

Problema 2.6. Créslei escreveu os números de 1 a 10 em uma linha, como abaixo.
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Pode-se colocar os sinais de ”+”e -”entre eles. Quantos valores distintos podem ser obtidos
dessa forma?
7

3

Enunciados da OAM Nı́vel 2

PARTE A
Problema 3.1. Na calculadora de Ayá existe uma operação especial . O valor de a  b é
o maior valor entre 2a e a + b. Por exemplo 1  3 = 4, pois 1 + 3 > 2  1, e 3  1 = 6,
pois 2  3 > 3 + 1. Qual o valor de (2021  2022)  (2023  2020)?
2

Problema 3.2. Calcule a soma dos algarismos de 1010101 .
Problema 3.3. Papa Paulo escreveu a lista de todos os números inteiros positivos com
quatro dı́gitos nos quais cada um dos algarismos 8 e 9 aparecem uma única vez. Por
exemplo, 8930 e 9081 foram escritos na lista, mas 2998 e 3926 não estão nela. Quantos
números há na lista escrita por Papa Paulo?
Problema 3.4. Edmilson cria uma sequência de quadrados da seguinte forma:
Começamos com o quadrado ABCD de lado 12 cm abaixo. No primeiro passo, escolhemos os pontos médios dos lados deste quadrado, obtendo assim um quadrado menor
EF GH tendo por vértices estes pontos médios. No segundo passo, fazemos a mesma
coisa com EF GH , obtendo um quadrado menor que tem por vértices os pontos médios
de EF GH; e assim por diante. Em qual passo o quadrado assim obtido passa a ter área
menor que 2 cm ?
2

A

F

E

B

D

G

H

C

PARTE B
Problema 3.5. Em um torneio de Xadrez organizado para acontecer em três dias, cada
pessoa joga com todas as outras exatamente três vezes. No primeiro dia, ocorreram vinte e
sete partidas, no segundo dia, vinte e oito partidas e no terceiro dia, vinte e nove partidas.
Quantas pessoas participaram deste torneio?
Problema 3.6. Determine todos os valores de n 2 Z tais que 2n + 0n + 2n + 1n é um
quadrado perfeito.

8

4

Enunciados da OAM Nı́vel 3

PARTE A
Problema 4.1. Para quantos valores inteiros de 1  a  10 temos que a equação

x + ax + 1 = a
2

tem pelo menos uma solução inteira?
Problema 4.2. Seja  =
A; B 2 Z encontre A B .

1+

p

2

5

. Sabendo que x + x =  e x
1

16

+

x16 = A + B, com
1

Problema 4.3. Natiel Carlos tem dupla personalidade, apesar de boas, conflituosas entre
si. Natiel escreveu todos os números de 1 a 9999 em um papel, tentando observar algum
padrão. Todavia, Carlos apagou todos os números nos quais 8 ou 9 aparecem mais de uma
vez. Por exemplo, Carlos não apagou 3893 nem 2908, mas apagou 1988 e 4899. Quantos
números Natiel contou após Carlos o trollar?
Problema 4.4. Seja ABC um triângulo isósceles de base BC = 12 e ∠BAC = 120º.
Sobre o lado AC marca-se um ponto M e calcula-se

y = MB + MC :
2

2

Qual é o menor valor que y pode assumir?
PARTE B
Problema 4.5. Em um triângulo ABC os lados c; a e b estão, nessa ordem, em progressão
aritmética.
a) Calcule
tan

∠ABC
2

tan

∠ACB
2

Aqui tan é a tangente de .
b) Mostre que ∠ABC  60 e que se ∠BAC = 60 então ABC é um triangulo
equilátero.
Problema 4.6. Um Dominó é uma peça 1  2 e com essa peça podemos cobrir um tabuleiro
de xadrez 8  8. Um triminó é uma peça 1  3.
a) Mostre que não podemos cobrir um tabuleiro de xadrez 8  8 com triminós.
b) Quais são as possı́veis casas de um tabuleiro de xadrez 8  8 que podem sobrar ao
tentarmos cobri-lo com peças triminó?

9

5

Enunciados da OAM Nı́vel U

PARTE A
Problema 5.1. Sejam x; y e z números complexos tais que x + y + z = 3, x + y + z
e x + y + z = 0. Determine o valor de xyz .
2

3

3

2

2

= 1

3

Problema 5.2. Para qualquer função f : X ! X definida em algum conjunto X se define
f (x) = x, f (x), f = f  f (x) e indutivamente f n (x) = f|  f  {z
f  :::  f}(x): Seja
(0)

(1)

(2)

(

f : R ! R dada por f (x) =

n

ex e x

: Denotando

2021

I=

Z

)

2021

2021

f

(2021)

(

x

2021

)

dx

Qual é o valor de eI + 1?
Problema 5.3. Dado x > 1 inteiro, seja p (x) o maior fator primo de x. Determine o
último dı́gito de
+

Y

p+ (21)pp+ (2021)
p primo

pp

Problema 5.4. Uma região R é delimitada pelas curvas x = 4y , x = 4y , x = 4 e
x = 4. Seja V o volume do sólido obtido rotacionando esta região em relação ao eixo y.
Considere outra região R definida pelas inequações: x + y  16, x + (y 2)  4 e
x + (y + 2)  4. Seja V o volume do sólido obtido rotacionando esta região em relação
2

2

2

2

1

1

2

2

2

2

2

2

ao eixo y . Encontre o valor de

V
:
V
1

2

PARTE B
Problema 5.5. Mostre que

x = x sin x + cos x
2

possui exatamente duas soluções reais.
Problema 5.6. Seja A uma matriz n  n inversı́vel.
a) Mostre que existe um polinômio q tal que q (A) = 0 e cujo termo constante é não
nulo.
b) Mostre que existe um polinômio p tal que A = p(A).
1

10

6

Soluções da OAM Nı́vel 1

6.1

Parte A
2

Problema 6.1. Calcule a soma dos algarismos de 1010101 .
2

Solução: Uma continha rápida e 1010101 = 1020304030201, logo a soma é 16.
Problema 6.2. Na calculadora de Ayá existe uma operação especial . O valor de a  b é
o maior valor entre 2a e a + b. Por exemplo 1  3 = 4, pois 1 + 3 > 2  1, e 3  1 = 6,
pois 2  3 > 3 + 1. Qual o valor de (2021  2022)  (2023  2020)?
Solução: Respeitando os parênteses, primeiro vamos calcular (2021  2022), para isso
veja que 2  2021 = 4042 < 4043 = 2021 + 2022, logo (2021  2022) = 4043. Agora vamos
calcular (2023  2020), para tal, perceba que 2  2023 = 4046 > 4043 = 2023 + 2020, logo
(2023  2020) = 4046.
Assim, concluimos que (2021  2022)  (2023  2020) = 4043  4046. Para finalizar,
observe que 2  4043 = 8086 < 8089 = 4043 + 4046, donde,
(2021



2022)



(2023



2020) = 4043



:

4046 = 8089

Problema 6.3. Na figura ao lado, o quadrado
do meio tem lado 5 e os outros quadrados ao
redor têm lado 4. Os quadrados ao redor intersectam o quadrado do meio em quadradinhos
cujos lados são 1 e 2, como indicado na figura.
Calcule a área da região cinza.

2

Solução: A área total do quadrado central é 5 = 25, os dois quadrados de lado 2 tem
área 2 = 4, bem como os de lado um tem área 1 = 1.
Dessa forma, a da região cinza é dado por
2

2

25

2



4

2



1 = 15

Problema 6.4. Ziço escreveu todos os números de 1 a 121 em uma linha e contou corretamente a quantidade de algarismos 1. Quantos algarismos 1 ele encontrou?

11

Solução: O algarismo “1”pode aparecer em 3 locais em um número; nas unidades,
nas dezenas ou nas centenas. Vamos contar separadamente a quantidade de ocorrências do
algarismo 1.
Nas unidades: De 1 a 121, o número “1”aparece 13 vezes nas unidades, uma vez para
um dos números, 1, 11, 21, 31,...,121.
Nas dezenas: Nesse caso, temos 20 ocorrências, que são as dos números 10,11,12,...,19
e dos números 110, 111, ..., 119
Nas centenas: aparecem 22, uma vez para cada um dos números, 100, 101,102, ..., 121.
Logo, há
13 + 20 + 22 = 54

algarismos 1.

6.2

Parte B

Problema 6.5. Rewis tem uma folha quadriculada na qual o lado de cada quadradinho
mede 1 cm. Ela então desenhou uma obra de
arte abstrata e pintou de cinza como mostra a
figura abaixo. Qual é a área da região cinza?

Solução da Banca: Para calcular a área da região cinza, vamos calcular a área da
região branca.
Dividimos a região branca em 7 espaços menores, vamos calcular a área de cada um
deles:
Região 1: um triângulo de base 2 e altura 6, logo tem área 6.
Região 2: um triângulo de base 2 e altura 4, logo tem área 4.
Região 3: um triângulo de base 2 e altura 3, logo tem área 3.
Região 4: um triângulo de base 3 e altura 2, logo tem área 3.
Região 5: um triângulo de base 2 e altura 1, logo tem área 1.
Região 6: um triângulo de base e altura 1, logo tem área 1=2.
Região 7: um retângulo de base 5 e altura 1, logo tem área 5.
Assim, a Região branca tem área

=

::

6 + 4 + 3 + 3 + 1 + 1 2 + 5 = 22 5
2

Como a área do quadrado grande é 6 = 36, a área da região cinza é
36

:

::

22 5 = 13 5

12

Problema 6.6. Créslei escreveu os números de 1 a 10 em uma linha, como abaixo.
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Pode-se colocar os sinais de “+”e “-”entre eles. Quantos valores distintos podem ser obtidos
dessa forma?
Solução da Banca: (Interpretação na qual podemos escolher o sinal do 1)
Veja que se você pode obter um determinado número n escolhendo os sinais entre os
números, você também pode obter n (basta que você troque todos os sinais).
É possı́vel obter o número 1 + 2 +    + 10 = 55, se trocarmos o sinal de qualquer
número x, obtemos o número 55 2x, e portanto conseguimos construir todos os números
ı́mpares de 55 2  10 = 35 a 55.
Podemos escrever 35 = 1 + 2 + 3 +    + 9 10, se trocarmos o sinal de um número
x entre 1 e 9, obtemos o número 35 2x. Logo conseguimos construir qualquer número
ı́mpar de 35 a 35 2  9 = 17.
Podemos escrever 17 = 1 + 2 + 3 +    + 8 9 10, se trocarmos o sinal de um número
x entre 1 e 8, obtemos o número 17 2x. Daı́ conseguimos construir qualquer número
ı́mpar de 17 a 17 2  8 = 1.
Assim, sabemos que conseguimos obter todos os números impares de -55 a 55. Logo
há 56 possibilidades, pois como veremos abaixo, não podemos obter números ı́mpares.
É importante fazer a análise contrária. Existe outro número além dos ı́mpares de -55 a
55 que podem ser obtidos? A resposta é não! Todos os números que podemos obter então
entre 55 e 55, pois esses são os casos onde todos os números têm o mesmo sinal, além
disso, sempre estamos somando/subtraindo 5 números pares e 5 números impares, e isso
sempre é impar.
13

(Interpretação na qual não podemos escolher o sinal do 1.)
O problema se resume a analisar a quantidade de números obtidos se, na análise anterior,
começássemos no 2. Isto porque o número 1 fica fixado. Assim o faremos. O leitor fica
convidado a fazer o caso da questão somando 1 a cada número apresentado nessa solução
como uma possibilidade.
É possı́vel obter o número 2 +    + 8 + 9 + 10 = 54, se trocarmos o sinal de qualquer
número x, obtemos o número 54 2x. Portanto podemos construir todos os números pares
de 54 2  10 = 34 a 54 2  2 = 50.
É possı́vel obter o número 2 +    + 8 + 9 10 = 34, se trocarmos o sinal de qualquer
número x de 2 a 9, obtemos o número 34 2x. Assim conseguimos construir todos os
números pares de 34 2  9 = 16 a 34 2  2 = 30.
É possı́vel obter o número 2 +    + 8 9 10 = 16, se trocarmos o sinal de qualquer
número x de 2 a 8, obtemos o número 16 2x, assim conseguimos construir todos os
números pares de 16 2  8 = 0 a 34 2  2 = 30.
Resta a pergunta, podemos obter os números 52, 32 e 14?
• Não podemos obter 52! Pois o segundo maior número possı́vel é

2+3+



.

+10 = 50

• Podemos obter 34 da forma
34 =

2+3 +4+5+ 6+7+ 8

9 + 10

• Podemos obter 14 fazendo
14 =

2+3 +4+5+ 6+7

8+9

10

Assim, conseguimos obter todos os números pares de -54 a 54, salvo 52 e -52, totalizando
53 possibilidades, destacando que abaixo argumentamos o porquê de não podermos obter
números ı́mpares nesse processo.
Novamente importante fazer a análise contrário, existe outro número além dos pares de
-54 a 54 que podem ser obtidos? A resposta é não! Todos os números que podemos obter
estão entre 54 e 54, pois esses são os casos onde todos os números têm o mesmo sinal,
além disso, sempre estamos somando/subtraindo 5 números pares e 4 números ı́mpares, que
sempre resulta em um número par.

14

7

Soluções da OAM Nı́vel 2

7.1

Parte A

Problema 7.1. Na calculadora de Ayá existe uma operação especial . O valor de a  b é
o maior valor entre 2a e a + b. Por exemplo 1  3 = 4, pois 1 + 3 > 2  1, e 3  1 = 6,
pois 2  3 > 3 + 1. Qual o valor de (2021  2022)  (2023  2020)?
Solução: Respeitando os parênteses, primeiro vamos calcular (2021  2022), para isso
veja que 2  2021 = 4042 < 4043 = 2021 + 2022, logo (2021  2022) = 4043. Agora vamos
calcular (2023  2020), para tal, perceba que 2  2023 = 4046 > 4043 = 2023 + 2020, logo
(2023  2020) = 4046.
Assim, concluimos que (2021  2022)  (2023  2020) = 4043  4046. Para finalizar,
observe que 2  4043 = 8086 < 8089 = 4043 + 4046, donde,
(2021



2022)



(2023



2020) = 4043



:

4046 = 8089

2

Problema 7.2. Calcule a soma dos algarismos de 1010101 .
2

Solução: Uma continha rápida e 1010101 = 1020304030201, logo a soma é 16.
Problema 7.3. Papa Paulo escreveu a lista de todos os números inteiros positivos com
quatro dı́gitos nos quais cada um dos algarismos 8 e 9 aparecem uma única vez. Por
exemplo, 8930 e 9081 foram escritos na lista, mas 2998 e 3926 não estão nela. Quantos
números há na lista escrita por Papa Paulo?
Solução: Primeiro vamos contar os números da lista que começam com 8, fixado o
8 como primeiro digito, vamos determinar a posição do 9, há 3 possibilidades. Depois de
fixada a posição do 9, temos 8  8 maneiras de preencher os dois dı́gitos restantes. Logo,
pelo princı́pio multiplicativo temos 3  8  8 números na lista que começam com 8, essa
quantidade é a mesma para números iniciando em 9. Sendo assim temos 2  3  8  8 = 384
números nessa lista que começam com 8 ou 9.
Agora vamos contar os demais números. Há 7 possibilidades para o primeiro digito
(excluindo os digitos 0,8 e 9), feito isso, vamos determinar a posição dos digitos 8 e 9, o
que pode ser feito de 3  2 maneiras e por fim, há 8 maneiras de escolher o último digito
(excluindo os digitos 8 e 9). Portanto, neste caso há 7  3  2  8 = 336 números na lista
que nem começam com 8 e nem 9.
Por fim, temos 336 + 384 = 720 números na lista de Papa Paulo, pelo princı́pio aditivo.
Problema 7.4. Edmilson cria uma sequência de quadrados da seguinte forma:
Começamos com o quadrado ABCD de lado 12 cm abaixo. No primeiro passo, escolhemos os pontos médios dos lados deste quadrado, obtendo assim um quadrado menor
EF GH tendo por vértices estes pontos médios. No segundo passo, fazemos a mesma
15

coisa com EF GH , obtendo um quadrado menor que tem por vértices os pontos médios
de EF GH; e assim por diante. Em qual passo o quadrado assim obtido passa a ter área
menor que 2 cm ?
2

F

A

D

E

G

B

C

H

Solução: Primeiro façamos a seguinte observação: p
Se em um passo o quadrado tem
L
. Além disso, a área será menor
lado L, no passo seguinte, o quadrado obtido terá lado
p
do que 2 se, e somente se, o lado do quadrado tiver tamanho menor do que 2 vamos
então buscar em qual passo isso acontece pela primeira vez.
Observe a sequência que se inicia com o tamanho do quadrado original e a sucessão dos
comprimetnos dos lados dos quadrados:
2

2

12

p

p

; 6 2; 6; 3 2; 3;

3
2

p

2

; ;
3

3

2

4

p

2

:

Onde podemos ver que o evento pedido pelo problema acontece no passo 7.

7.2

Parte B

Problema 7.5. Em um torneio de Xadrez organizado para acontecer em três dias, cada
pessoa joga com todas as outras exatamente três vezes. No primeiro dia, ocorreram exatamente vinte e sete partidas, no segundo dia, vinte e oito partidas e no terceiro dia, vinte e
nove partidas. Quantas pessoas participaram desse torneio?
Solução: (Solução de Mateus Amorim Sibaldo Pergentino Vieira)
Nos três dias, ocorreram exatamente 27 + 28 + 29 = 84 partidas. Sendo x o número
de participantes do torneio, um participante A jogou 3(x 1) partidas, um participante B
jogou mais 3(x 2) (tendo em vista que B já jogou com A) e assim por diante, até que
um participante tenha mais 3  1 partidas contabilizadas no total e o participante final não
tenha mais. Conclui-se que

x

84 = 3((

1) + (

x

2) +



A solução deve ser positiva, portanto,

x=

1+

p

)x

+ 2 + 1) =

1 + 224
2

16

= 8

2

x

:

56 = 0

é a quantidade de pessoas que participaram do torneio.
Problema 7.6. Determine todos os valores de n 2 Z tais que 2n + 0n + 2n + 1n é um
quadrado perfeito.
Solução: (Solução da Banca)
Vamos resolver o problema em três casos: n = 0, n > 0 e n < 0.
Caso 1, n = 0: Temos uma indeterminação e portanto não temos um quadrado perfeito.
Caso 2, n > 0:
Suponha que 2n + 0n + 2n + 1n = 2n + 1 seja um quadrado perfeito. Isto é, existe um
inteiro m tal que 2n + 1 = m . Observe que m é impar pois, caso contrário, o quadrado
de um número par seria impar e isto é uma contradição. Usando a Divisão Euclidiana,
podemos reescrever a partir de um unico par inteiro (q; 1) o número m, como m = 2q + 1.
Daı́, obtemos
+1

+1

2

n+1 + 1 = m2

2

) n

=

2

+1

q + 4q + 1 =) 2n

+1 = 4

2

+1

q q + 1):

= 4 (

Agora, como 2 é primo, devem existir potências de 2 tais que 2a = q e 2b = q + 1. Veja
que q ou q + 1 deve ser ı́mpar e potência de 2, mas a única potência de 2 que é ı́mpar é 1.
Daı́ devemos ter q = 1. Substituindo, temos n = 2, e 2n + 0n + 2n + 1n = 9 que de fato
é um quadrado perfeito.
Caso 3, n < 0:
Seja m = n. Então m > 0 e podemos reescrever 2n + 1 da seguinte forma,
2

n+1=

m + 1:

1
2

Suponha que existe k inteiro tal que m + 1 = k , isso implica que m é inteiro. Mas isso
2
2
só é possı́vel se m = 0, o que contradiz o fato de que m > 0.
1

2

Portanto, a única solução é n = 2.

17

1

8

Soluções da OAM Nı́vel 3

8.1

Parte A

Problema 8.1. Para quantos valores inteiros 1  a  10 temos que a equação

x + ax + 1 = a
2

tem pelo menos uma solução inteira?
Solução. Aplicando a fórmula de resolução de equações do segundo grau à equação

x + ax + 1 a = 0; obtemos as possı́veis soluções:
2

x =
0

a+ a
p

2

a)

4(1

x =

e

2

a

1

2

(

a + 1) < (a + 2)
2

2

8

() a a
() < a
()  a
()  a:
2

+2

5

2

6

2

2

a)

4(1

2

Deste modo, a fim de ter solução inteira, devemos ter
4(1 a) = b para algum b 2 Z: Note que sempre vale a
Por outro lado,
2

a

p

:

a) 2 Z; isto é, a
4(1 a) = (a +2)
8 < (a +2) :

p

a

2

2

4(1

2

+1

< a + 4a
2

2

4

3

Deste modo, para a  3, a + 4a 4 está entre dois quadrados perfeitos consecutivos,
e portanto ele mesmo não pode ser um quadrado perfeito.
Falta analisar os casos a = 1 e a = 2: Note que se a = 1 então a + 4a 4 = 1; e daı́
as soluções da equação são x = 0 e x = 1: Para a = 2; a + 4a 4 = 8; que não é
quadrado perfeito. Deste modo, apenas para a = 1 a equação admite solução inteira.
2

2

2

0

Problema 8.2. Seja  =
A; B 2 Z encontre A B:

1+

1

p

5

2

: Sabendo que x + x =  e x
1

Solução. Do produto notável (a + b)

b = x;

2

=

1

Å

x+

1

2

ã

x

=

x + 2x 

1

2

x

x +

1

x

2

2

2

1

+

x

x+

1

Å
=

=

2

2

1

x

2

=

x+

1

x
18

x +
2

2

ã

x

1

x

2

:

2

Utilizaremos esta identidade quatro vezes. Ora,
Å
ã

x +

+

x16 = A + B; com
1

a + 2ab + b obtemos, para a = x 6= 0 e

donde
2

16

2

2 =



2

2

:

+2

;

Fazendo a substituição, temos
Ç



2

2 =

1+

på

2

5

2 =

2

p

1+

5

2

:

Aplicando a identidade novamente juntamente ao cálculo anterior,
Ç
på
Å
ã

x +
4

1

x

4

x +

=

2

1

2

x

1+

2 =

2

2

5

2 =

2

Repetindo o argumento,

x +
8

1

x

8

Å
=

x +
4

1

x

2

ã

2 =

4

1+

p

5

2

p

Finalmente,

x

16

+

Å

1

x

x +

=

16

8

1

x

isto é,

x
Então A = 0; B = 0 e A

16

+

1

x

16

B=0

=
(

1

2

ã

2 =

8

1

2

= 0+(

5

2

:

:

5

2

p

5

p

1

1)

:

:

1) = 1

Problema 8.3. Natiel Carlos tem dupla personalidade, apesar de boas, conflituosas entre
si. Natiel escreveu todos os números de 1 a 9999 em um papel, tentando observar algum
padrão. Todavia, Carlos apagou todos os números nos quais 8 ou 9 aparecem mais de uma
vez. Por exemplo, Carlos não apagou 3893 nem 2908; mas apagou 1988 e 4899: Quantos
números Natiel contou após Carlos o trollar?
Solução. A estratégia de contagem será contar todos os números de 1 até 9999 e
retirar os números que aparecem dois oito ou dois nove, por algarismos. Para simplificar a
linguagem, chamaremos de baixo um número que não aparece dois oito ou dois nove em
sua representação decimal. Contaremos por quantidade de algarismos.
• Um algarismo (1

):

9

Claramente não aparece nenhum oito ou nove repetidos. Logo, temos 9 números
baixos entre 1 e 9:
• Dois algarismos (10

):

99

Apenas em 88 e 99 aparecem dois oito ou dois nove. Logo, temos 99
números baixos entre 10 e 99:

19

10 + 1

2 = 88

• Três algarismos (100

999

):

Há ao todo 999 100 + 1 = 900 números com três algarismos. Veremos quais
apacerem 8 ou 9 pelo menos duas vezes.
Os que aparecem 8 exatamente duas vezes: caso 8 seja o algarismo das centenas,
então o outro 8 aparece ou nas centenas, ou nas dezenas. Em ambos os casos, temos
9 escolhas possı́veis para o dı́gito restante (todos os algarismos menos o oito), o que
nos dá 18 escolhas possı́veis. Caso não apareça, há 8 possı́veis escolhas pro algarismo
das centenas (todos menos o zero e o oito). O único número em que o 8 aparece
mais de duas vezes é o 888: Logo, temos 18 + 8 + 1 = 27 números deste tipo.
O mesmo vale para o 9:

Desta forma, há 900

27

27 = 846

números baixos entre 100

999

:

• Quatro algarismos (1000 9999): Como no caso anterior, abriremos em casos. Veremos então os números nos quais aparecem o oito
-Exatamente 4 vezes. Há apenas um número, a saber, 8888:
-Exatamente 3 vezes. Se não estiver nos milhares, então o número é da forma 888:
Temos oito possı́veis escolhas para o algarismo dos milhares (todos os algarismos
menos o zero e o oito). Se um oito estiver no algarismo dos milhares, então temos
três escolhas para alocar os dois oito restantes. Além do mais, temos 9 escolhas
possı́veis para o algarismo restante (todos os algarismos menos o oito). Desta forma,
temos 8 + 3  9 = 35 números desta forma.
-Exatamente 2 vezes. Mais uma vez, se 8 não está nos milhares então há três formas possı́veis de alocar os algarismos oito nas casas restantes. Temos oito possı́veis
escolhas para o algarismo dos milhares e nove para o algarismo restante. Caso oito
esteja nos milhares então há três formas possı́veis e alocar o outro 8 nos algarismos
restantes e temos 9 escolhas possı́veis para cada dı́gito restante. Desta forma, há
3  8  9 + 3  9  9 = 216 + 243 = 459 números desta forma.
As mesmas contas servem para 9: Contudo, note que contamos com repetição desta
vez: de fato, no caso em que aparecem dois oito, também pode aparcer dois nove: por
exemplo, 8899: Nos outros casos isto não acontece. Contamos quantos números são
desta forma. Ora, há exatamente dois oito e dois nove: então temos uma permutação
= 6:
com repetição, o que nos dá
4!

2!2!

Desta forma, há 9000 2  (1 + 35 + 459) + 6 = 9000
baixos entre 1000 e 9999:
20

990 + 6 = 8016

números

Finalmente, somando todos os casos, há 9 + 88 + 846 + 8016 = 8959 números baixos.
Problema 8.4. Seja ABC um triângulo isósceles de base BC = 12 e ∠BAC = 120 :
Sobre o lado AC marca-se um ponto M e calcula-se

y = MB + MC :
2

2

Qual é o menor valor que y pode assumir?
Solução. Chame de x o comprimento do segmento MC e de z o comprimento de BM:
Note que y = x + z :
2

2

Agora, calculemos o valor de AC = l: Ora, seja N o ponto médio de BC ; deste
modo, NC mede 6: Como o triângulo é isósceles, o segmento AN é a altura do triângulo
e daı́ o triângulo ANC é retângulo ( em N ). Além do mais, AN é bissetriz do ângulo
∠BAC = 120 ; e daı́ ∠NAC = 60 : Das relações trigonométricas em um triângulo
retângulo temos
6

l


= sin(60 ) =

p

)l p

3

=

2

p

12

=

= 4

3

3

:

Mais uma vez, como o triângulo é isósceles, vale ∠CBA = ∠ACB: Como a soma
dos ângulos internos de um triângulo é 180 graus, temos ∠CBA + ∠ACB + ∠BAC =
 =) ∠CBA + ∠ACB = 180 120 = 60 ; donde ∠CBA = ∠ACB = 30 :
180
Deste modo, aplicando a lei dos cossenos ao triângulo BMC com relação ao ângulo
∠BCA; segue que

z = x + 12
2

2

2

2

x 
12



cos(30 )

)z

=

2

=

x

2

p

12

3

x + 144:

Somando x a ambos os lados da igualdade, obtemos
2

y = x + z = 2x +
2

2

2

12

p

3

x + 144:

p

Então y depende apenas de x e é uma função quadrática, com x
4 3]: Como o
p 2 [0;p
p
coeficiente lı́der é 2 > 0; a função atinge um mı́nimo global em x =
= 3 3 2 [0; 4 3];
e então o menor valor que a função pode tomar coincide com o menor que valor que y pode
tomar. Fazendo as contas, este menor valor corresponde a
12

3

4

p

y = 2(3 3)
8.2

2

12

p p
3(3

3) + 144 = 54

108 + 144 = 90

:

Parte B

Problema 8.5. Em um triângulo ABC os lados c; a e b estão, nessa ordem, em progressção
aritmética.
21

a) Calcule
tan

∠ABC
2

∠ACB

tan

2

Aqui tan é a tangente de .
b) Mostre que ∠ABC  60 e que se ∠BAC = 60 então ABC é um triangulo
equilátero.
Solução:
Solução do item a) (Solução de Victor Umbelino Barbosa)
Por simplicidade, denote ∠ABC = ; ∠BAC = e ∠BCA = . Usando a fórmula
de Heron teremos que:
(

ABC ) =
=

3

a 3a
ï

2

a»

a

3(

4

(

2

a r)

òï

a

3

(

2

a + r)

òï

3

a

a

2

ò

r ):

2

4

2

Por outro lado,
(

ABC ) =

(

a r)a sin

) a ra
(

=

2

)

Analogamente, sin

=

sin

2

=

p

)

p
sin

4

a

3(

2

4

r)
2

a 4r )
:
2(a
r)

3(

=

a»

=
2

2

a 4r )
:
2(a + r )

3(

2

2

Usando a Lei dos Cossenos teremos que
(

a + r ) = a + (a r )

(

2

2

2

a r ) = a + (a + r )
2

2

2

=

a a + r) cos

=

Agora, veja que

)

2 (

Lembre agora que se tan x = y , então
tan

)

a a r) cos

2 (

x
2

=

1

p
y

1+

y

2

cos

cos

:

(1)

; < 180 o que implica ; < 90 . Como
2

tan

=

sin
cos

2

p
=

22

a 4r )
;
a 4r

3(

2

a 4r
;
2(a
r)
a + 4r
:
=
2(a + r )
=

2

pela Equação (1) temos
1+
tan

2

=

1+

p

a
(a

3(

r)
4r )

2

2

4

2

:

a 4r )
a 4r
2

3(

2

Assim

a r)
(a
4r )
a + 2r
p
= p
;
3(a
4r )
3(a
4r )
a 4r

tan

2

=

2

4(

1+

2

2

2

2

2

Analogamente,

tan

2

a 2r
3(a
4r )

=

p

2

2

Portanto,

a + 2r)(a 2r) (a
tan
tan
=
=
2
2
3(a
4r )
3(a

r) 1
=
4r )
3

2

(

2

2

4

2

2

2

Solução do item b) (Solução de João Rafael Silva de Azeredo)
Por simplicidade, assuma que ∠ABC = ; ∠BAC =
e ∠BCA = .
Por um lado, observe que como a medida dos lados do triângulo estão em uma progressão
aritmética e pela lei dos senos:

b
sin

=

c



sin

=

b+c
2 sin

:

Por outro lado:

b
sin

=

c



sin

=

b+c
sin

+ sin

)

=

sin

=

sin

+ sin



2

Seja f (x) = sin x, então

f 0 (x) = cos x e f 00 (x) =

sin

x;

o que implica que f (x) é côncava, com 0 < x <  . Pela desigualdade de Jensen, se f é
côncava, então
Å
ã

f ( ) + f ( ) + f ( )  3 f

23

+

+

3



 f =
3

(

3)

assim
sin

+ cos

+ sin

p

  3 sin =3 = 3 3=2:

Lembre-se que provamos que
sin

=

sin

+ sin
2

substituindo na equação anterior temos sin 
Como 0   90o , visto que do contrário
é um absurdo, temos que 0   60o .
Se = 60o então, usando que sin
Porém, pela desigualdade de Jensen:
sin

=



sin

p

=.

3 2

> 90o que pela desigualdade dos angulos
+ sin
2

+ cos



p



, temos que sin

+ sin

=

p

3

.

3

como f 00 (x) é estritamente menor que zero no intervalo, a igualdade só ocorre quando
o
=  , ou seja,
=
=  = 60 , logo ABC é equilátero.
Problema 8.6. Um Dominó é uma peça 1  2 e com essa peça podemos cobrir um tabuleiro
de xadrez 8  8. Um triminó é uma peça 1  3.
a) Mostre que não podemos cobrir um tabuleiro de xadrez 8  8 com triminós.
b) Quais são as possı́veis casas de um tabuleiro de xadrez 8  8 que podem sobrar ao
tentarmos cobri-lo com peças triminó?
Solução: (Solução de João Rafael Silva de Azeredo)
a) Veja que o tabuleiro tem 64 casas, supondo que podemos cobrir o tabuleiro com k
peças triminós terı́amos 64 = 3k, o que implicaria que 3j64, que é um absurdo. Portanto
é impossı́vel.
b) Podemos colorir o tabuleiro da seguinte forma:
Na primeira Coluna: Pinte da cor A o quadrado da linha 1, na segunda linha pinte da
cor B, na terceira linha da coluna pinte da cor C, a proxima linha pinte de A, a próxima de
B e assim sucessivamente, até acabarem as linhas.
Na Segunda Coluna: Pinte da cor B o quadrado da linha 1, da cor C o quadrado da
linha 2, da cor A o quadrado da linha 3 e da cor B o quadrado da linha 4. Repita o processo
para as proximas linhas.
Na Terceira Coluna: pinte o primeiro quadrado da linha 1 da cor C e repita um processo
análogo ao das outras colunas.
As próximas colunas serão pintadas de forma semelhante, observando que a proxima
coluna iniciará pela cor A e a proxima por B, assim sucessivamente até a ultima coluna.
Veja que uma peça 3  1 sempre cobre uma cor de cada. Contando, no total, tem uma
casa na cor B a mais com relação a A e a C. Logo, estas são as únicas possiveis casas que
sobram. Porém, se rotacionarmos 90o graus no sentido horário o tabuleiro colorido pelas
24

cores A, B e C, obtemos novas possı́veis casas que já são descartadas como sendo impossı́veis
de sobrepor. Após as quatro rotações restam apenas 4 prováveis casas impossı́veis de serem
coloridas.
A primeira casa fica na terceira linha da terceira coluna, a segunda casa fica na quinta
coluna da mesma linha, a terceira casa fica na quinta linha da terceira coluna e a última
casa na quinta linha da quinta coluna.

25

9

Soluções da OAM Nı́vel U

PARTE A
Problema 9.1. Sejam x; y e z números complexos tais que x + y + z = 3, x + y + z
e x + y + z = 0. Determine o valor de xyz .
2

3

3

2

2

= 1

3

Sol.: Para resolver o problema, observe que
(

x + y + z ) = x + y + z + 3(x y + x z + y x + y z + z x + z y + 2xyz )




= x +y +z +3 x y + z
+y x +z
+z x +y
+ 2xyz :
3

3

3

3

3

3

3

2

2

2

2

2

2

2

Usando as hipóteses do problema, temos que

27 = 0 + 3 x 1
x +y 1


2

2

2

2

y + z 1 z + 2xyz

= 3
x + y + z + (x + y + z ) + 2xyz
= 3 ( 0 + 3 + 2xyz ) :
2

3

3

2



2



2



3

Portanto xyz = 3.
Problema 9.2. Para qualquer função f : X ! X em algum conjunto X se define f (x) =
x; f (x); f (x) = f  f (x) indutivamente f n (x) = f  f  f  ::: f (x), n vezes. Seja
(0)

(1)

(2)

(

f : R ! R dada por f (x) =

ex

e x

Z

2021

I=

)

. Denotando
2021

2021

f

(2021)

(

x

2021

)

dx

Qual o valor de eI + 1?
Sol:
Observe que f ( x) = f (x), ou seja, f é ı́mpar. Além disso, composta de funções
ı́mpares é ı́mpar. Como x
é uma função ı́mpar, segue que f
(x
) é ı́mpar . Agora,
lembre que integral de funções ı́mpares em intervalos simétricos é 0, daı́
2021

(2021)

Z

2021

2021

f

(2021)

(

x

2021

)

2021

dx = 0:

Portanto, eI + 1 = 2
Problema 9.3. Dado x 2 N, seja p (x) o maior fator primo de x. Determine o último
dı́gito de
+

Y

p+ (21)pp+ (2021)

26

pp :

Sol.: Inicialmente, observe que p (21) = 7; p (2021) = 47. Seja P o valor do
produtório, então
+

Y

P=

+

pp

p+ (21)pp+ (2021)
=
pp

Y

p

7

47

7

11

= 7 11

13

13

17

17

19

19

23

23

29

29

31

31

37

37

41

41

43

43

47

47

:

Como 10k + x  x (mod 10),

P 7 1 3 7 9 3 9 1 7 1 3 7
 3 7 9 (mod 10):
7

11

79

13

108

17

19

23

29

31

37

41

43

47

48

Agora, observe que (10) = 4 e (p; 10) = 1, para todo primo maior que 5. Assim,
usando o teorema de Euler para congruências
79

3

7

108

9

48



3

0

3 7 9

 

0

27

7

(mod 10)

portanto, o ultimo dı́gito do produtório é 7.
Problema 9.4. Uma região R é delimitada pelas curvas x = 4y; x = 4y; x = 4 e
x = 4. Seja V o volume do sólido obtido rotacionando esta região com relação ao eixo
y. Considere outra região R definida pelas inequações: x + y  16; x + (y 2)  4
e x + (y + 2)  4. Seja V o volumme do sólido obtido rotacionando esta região com
2

2

1

1

2

2

2

2

2

2

2

2

relação ao eixo y . Encontre o valor de

V
.
V
1
2

Sol.: Observe que a região v é formada por uma esfera maior, de raio 4, menos duas
esferas menores, de raio 2. Ou seja,
2

V =
2

4

4

3

2

3

2

3

4

:

= 64

3

Ademais, V é duas vezes o volume do sólido que surge ao rotacionarmos o gráfico de
f (y) = 2py com relação ao eixo das ordenadas, pois os gráficos x = 4y e x = 4y são
idênticos. Portanto
1

2

V = 2 
1

Z p
y dy
4

(2

)

2

0

y

= 4

2

Portanto a razão é 1.
PARTE B
Problema 9.5. Mostre que

x = x sin x + cos x
2

possui exatamente duas soluções reais.
27

4

:

= 64
0

2

Solução: (Solução de Gabriel Fernando Santos de Oliveira)
Seja

f ( x) = x

2

x sin x

cos

x

. Observe que

f 0 ( x) =

2

x + sin x x cos x

sin

x = x(2

cos

x) :

Note que, 2x x cos x = x(2 cos x). Como 2 cos x  1, segue que 2 cos x 6= 0.
Daı́, f 0 (x) = 0 se, e somente se, x = 0.
Sabemos que f é contı́nua e diferenciavel na reta, portanto, pelo teorema de Rolle f só
pode ter no máximo duas raizes reais distintas em um intervalo qualquer [a; b]. Se existisse
uma terceira raiz então existiria c 6= 0 tal que f 0 (c) = 0. Absurdo! Logo f tem, no máximo,
duas raizes reais.
Agora provaremos que f tem, no mı́nimo, duas raı́zes reais. De fato,

f (0) = 1 < 0;
f ( ) =  + 1 > 0; e
f () =  + 1 > 0:
2
2

(0

Logo, pelo teorema de Bolzano (T.V.I) f tem uma raiz no intervalo ( ; 0) e outra em
; ). Portanto, x = x sin x + cos x tem exatamente duas soluções reais.
2

Problema 9.6. Seja A uma matriz n  n, inversı́vel
(a) Mostre que existe um polinômio q tal que q (A) = 0 e cujo termo constante é não
nulo.
Sol.1: (Solução de Samuel Nascimento Figueredo)
Suponha que A é o inverso de A. Daı́, o polinômio (com coeficientes matriciais)
q(X ) = XA
I tem raiz A.
1

1

Sol.2: (Solução de Jonatas Marinho S. Júnior)
Seja Mn (R) o conjunto das matrizes nn com entradas em R. Note que dim(Mn (R)) =
n . Logo, o conjunto
2

fIn= identidade em Mn R ; A; A ; : : : ; An2 g
é L.D pois o conjunto tem n
elementos. Além do mais, Ai 6
; 8i 
(

2

)

2

+1

= 0

é inversı́vel

0

pois como A

An = 0 =) An = 0 =)    =) A = 0:
P2
Logo, existem a ; : : : ; an2 não todos nulos tais que ni ai Ai = 0.
Então o conjunto P = fp(x) 2 R[x]; p(A) = 0g tem mais do que um elemento. Seja
q(x) o polinômio de menor grau em P f0g, onde 0 é o polinômio costante igual a 0.
1

0

=0

28

Note que B = fgrau de p; p 2 P g não é vazio e, pelo Princı́pio da Boa Ordem, B tem um
menor elemento.
i
Denotando q (x) = m
i bi x , pode-se afirmar que b 6= 0. Do contrário, q (x) = xu(x),
onde u(x) é um polinômio de grau m 1, com A sendo raiz.

P

0

=0

(b) Mostre que existe um polinômio p, tal que p(A) = A .
1

Sol.1: (Solução de Samuel Nascimeto Figueredo)
O polinômio com coeficientes matriciais p(X ) = XA

I +A

1

1

é tal que p(A) = A .
1

Sol.2: (Solução de Jonatas Marinho S. Júnior)
Seja q (x), o polinômio como no item (a). Já que b 6= 0, temos
0

q(A) =

m
X
b Ai
i=0

i

)

= 0 =

m
X
b Ai
i

i=0

=

m
X
) A  b Ai
i

=

i=1

b
1

0

m Å b ã
X
i
Ai
)

=

i=1

Por fim, definindo

p(x) :=

b

0

m Å b ã
X
i
xi
i=1

b

1

0

fica clara a existência, pois

p(A) =

m Å b ã
X
i
Ai
i=1

b

0

29

1

=

A :
1

b

=

1

0

=

A :
1

10

Números Pares e Ímpares
(por Rebeca Alves)

10.1

Intuição e contexto

Na escola, aprendemos que o conjunto dos números inteiros é o conjunto dos números
naturais positivos e negativos, isto é, ele é o conjunto
Z = f: : : ;

4

;

;

3

2

;

; ; ; ; ;:::g

1 0 1 2 3

e junto com ele, aprendemos a realizar uma série de operações. Mas será que essa é a única
utilidade para esse conjunto?
O legal dos números inteiros é que podemos escrevê-los de várias formas utilizando as
quatro propriedades básicas da matemática: soma, subtração, multiplicação e divisão.
Neste artigo, vamos nos focar em utilizar essas propriedades para escrever matematicamente números pares e ı́mpares. Então a sua primeira reflexão é:
Você já percebeu que os números pares e ı́mpares são números inteiros?
Vamos começar a pensar por aı́. Na escola, aprendemos que um número inteiro é par quando
sua divisão por 2 tem resto 0. Por exemplo:




; com resto 0:

16

2 = 8

Já 17

2 = 8

; mas com resto 1:

Logo, 16 é par, mas 17 não é.
Isto nos leva a próxima reflexão: você já notou que se um número inteiro não é par (ou
seja, ı́mpar) quando dividido por 2, seu resto é sempre 1? Se nunca notou, pega um lápis
e papel e tenta aı́. Qualquer número ı́mpar é um belo exemplo para essa curiosidade.
Vamos te apresentar uma nova maneira de observar um número inteiro, e para isso,
precisamos de alguns passos. Voltando para o exemplo do número 16, sabemos que se o
dividirmos por 2, o resultado será 8, e o resto 0. Então podemos escrever
16 = 8

 :
2

Já o 17, dividindo-o por 2, o resultado também é 8, com resto 1. Daı́, podemos escrever
17 = 8



2+1

:

Antes de você (e de nós mesmos) chegar a conclusões sobre este fato curioso, vamos
procurar mais exemplos.
• 2023 dividido por 2 é 1011 com resto 1, então 2023 = 1011  2 + 1;
• 2022 dividido por 2 é 1011 com resto 0, então 2022 = 1011  2;
30

• 79 dividido por 2 é 39 com resto 1, então 79 = 39  2 + 1;
Então, perceba que esse padrão se repete para quaisquer números inteiros. Além disso,
note que em todos os resultados, o 2 sempre aparece multiplicando um número inteiro. Isso
não é por acaso. Na época em que te ensinaram divisão na escola, quando te pediram para
dividir 16 por 2, diziam para procurar um número que multiplicado por 2, resultaria em 16.
E esse número em questão é sempre inteiro, e nesse caso em particular, é o 8.
16 = 8

 , 
2

16

2 = 8

Por isso, estamos simplesmente te ensinando a escrever a divisão de um número de maneira
que você consiga realizar operações e resolver questões de maneira mais eficaz.
Vamos para a sua terceira reflexão, e esta, você a levará para seus colegas de olimpı́ada.
Nos exemplos acima, os números ı́mpares são sempre escritos como 2 multiplicado por um
número inteiro, somado com 1. Já os pares, são escritos como 2 multiplicado por um
número inteiro. Como escrever isso então? Bem, isso significa que todo número ı́mpar é
escrito da forma 2k + 1, e todo par, da forma 2k, para algum número k inteiro. Como
assim? Ora, vamos escrever exemplos nesse caderno.
• 45 é impar, pois
45



; com resto 1, então 45 = 2  22 + 1

2 = 22

então no caso de 45, o nosso inteiro é 22. E escrevemos 45 = 22  2 + 1;
• 64 é par, pois
64



; com resto 0, então 64 = 2  32

2 = 32

então no caso de 64, o nosso inteiro é 32. E escrevemos 64 = 32  2.
Tente fazer a mesma coisa nos exemplos a seguir.
(a) 25
(b) 2022
(c) -19
(d) -2021

10.2

Propriedades

Há alguns minutos você teve uma grande descoberta. Uma nova forma de escrever
números inteiros, e particularmente, números pares e ı́mpares. Então vamos fazer algumas
operações com eles e ver o que acontece.
Se somarmos 16 e 24, dois pares, o resultado é 40, outro número par. Além disso, se
somarmos 17 + 25, dois ı́mpares, o resultado é 42, outro número par. Oras, mas como isso
31

acontece? Será que só ocorre com esses números em especı́fico, ou com quaisquer pares e
ı́mpares? Vamos checar primeiro a soma de pares. A de ı́mpares, fica a seu critério tentar
no seu caderno.
Tome um número par escrito da forma 2k e outro da forma 2k , para k ; k 2 Z.
Somando-os, temos
1

2

1

2

k ) + (2k ) = 2  (k + k )
e esta é a estrutura de um número par (pois k + k é soma de inteiros que é inteiro). Logo,
(2

1

2

1

1

2

2

a soma de dois números pares é sempre par. Te encorajamos a fazer esse pequeno teste
para a soma e subtração de números ı́mpares.
Mas o que acontece na multiplicação? Se multiplicarmos 17 por 3, o resultado é 51,
um número ı́mpar. Mas, multiplicando 17 por 4, o resultado é 68, um número par. E,
multiplicando 16 por 8, o resultado é 128, outro par. Novamente, o pensamento que deve
vir a sua cabeça é: será que isso sempre ocorre? No primeiro caso, multiplicamos um
número ı́mpar por outro ı́mpar, e o resultado deu ı́mpar. Vamos checar se isso vale para
todo ı́mpar. Tome um número ı́mpar escrito da forma 2k + 1 e outro da forma 2k + 1,
onde k ; k 2 Z. Daı́, multiplicando, temos
1

1

2

2

k + 1)  (2k + 1) = (2k )  (2k ) + (2k ) + (2k ) + 1
= 2  (2k k + k + k ) + 1

(2

1

2

1

2

1

2

1

1

2

2

que é a estrutura de um númeroı́mpar. Então o produto de númerosı́mpares é sempreı́mpar.
Te encorajamos a provar as demais situações abaixo, que representa todas as propriedades
que podemos observar quando realizamos operações entre números pares e ı́mpares. Vamos
representar I por um número ı́mpar e P por um número par.
(a) P + P = P
1

2

(b) I + I = P
1

2

(c) I + P = I
1

1

(e) P  P = P
1

2

(f) I  I = I
1

2

(g) I  P = P
1

10.3

1

Problemas Resolvidos

Problema 1: Existem números inteiros a e b tais que a  b  (a

b) = 2021?

Solução: Para que o produto de números inteiros seja ı́mpar, é necessário que cada
número na operação seja ı́mpar, isto é, a, b e a b sejam ı́mpares. Se a e b são ı́mpares,
então podemos escrever

a=2k +1
1

32

b=2k +1

com k ; k 2 Z. Mas se isso acontecer, então
1

2

2

a b=2k +1

(2

1

k

2 + 1)

= 2

k
(

1

k)
2

temos que a b é par, e não ı́mpar. Como o produto não é só de números ı́mpares, o
resultado não pode ser ı́mpar. Logo, não existem inteiros a e b tais que a  b  (a b) = 2021.
Problema 2: Prove que todo número natural e seu quadrado têm a mesma paridade.
Solução: Suponha que nosso número natural a seja par. Então a = 2  k para alguma
k 2 Z. Daı́,

a = (2  k) = 4  k = 2  (2  k )
temos que a também é par. Se a for ı́mpar, então a = 2  k + 1. Daı́,
2

2

2

2

2

a = (2  k + 1) = (2  k) + 2  2  k  1 + 1
= 2  [(2  k ) + (2  k )] + 1
2

2

2

2

2

temos que a também é ı́mpar.
2

Problema 3: Podemos trocar uma nota de 25 reais usando 10 notas que podem assumir os valores de 1, 3 e 5?
Solução: Perceba que se precisarmos de 10 notas para formar 25 reais, então somaremos
uma quantidade par de notas. No entanto só podemos somar números ı́mpares, no caso, 1,
3 ou 5. Mas se somarmos uma quantidade par de números ı́mpares, o resultado é sempre
par. Como 25 é ı́mpar, não é possı́vel.
Problema 4: Em Brasilândia existem apenas 9 casas muito distantes entre si. É possı́vel
que cada casa esteja ligada a exatamente 7 outras casas através de estradas?
Solução: Não é possı́vel. Some a quantidade de estradas que saem de cada casa. Bem,
facilmente obtemos 7  9 = 63 estradas.
Como cada estrada liga duas cidades, a contagem que fizemos contou cada estrada duas
vezes. Logo o numero obtido teria que ser par.
Problema 5: Prove que numa festa com n pessoas, o numero de pessoas que conhecem
um número ı́mpar de outras pessoas na festa é par.
Solução: Numere as pessoas de 1 até n e denote por di o numero de amigos da pessoa i.
Imagine que existe um fio entre duas pessoas que se conhecem. Se E denota a quantidade
de fios, temos

d + d + ::: + dn = 2E;
1

2

33

pois cada fio é contado duas vezes, um para cada ponta. Como o lado direito é par, no
lado esquerdo devemos ter uma quantidade par de números ı́mpares.

10.4

Exercı́cios

Problema 1: O produto de 22 números inteiros é igual a 1. Mostre que a soma desses
22 números não pode ser igual a zero.
Problema 2: Em um conjunto de dominós, são descartados todos os que não têm
bolinhas em todas as extremidades. Os dominós remanescentes podem ser arrumados em
uma cadeia?
Problema 3: (Torneio das Cidades 1987) Uma máquina dá cinco fichas vermelhas
quando alguém insere uma ficha azul e dá cinco fichas azuis quando alguém insere uma
ficha vermelha. Pedro possui apenas uma ficha azul e deseja obter a mesma quantidade de
fichas azuis e vermelhas usando essa máquina. É possı́vel fazer isto?
Problema 4: É possı́vel arrumar os números de 1 até 9 em uma sequência de modo
que exista uma quantidade ı́mpar de números entre 1 e 2, entre 2 e 3,..., entre 8 e 9?
Problema 5: Um tabuleiro quadrado 5  5 pode ser coberto por dominós 1  2 ?
Problema 6: Prove que para quaisquer inteiros positivos a ; a ; : : : ; an o número:
1

ja

1

a j + ja
2

2

2

a j +    + jan a j
3

1

é par.
Problema 7: (Rússia 1984) O número de todos os inteiros positivos de 64 dı́gitos sem
zeros em sua representação e que são divisı́veis por 101 e par ou ı́mpar?
Problema 8: Paula comprou um caderno com 96 folhas, com páginas enumeradas de
1 a 192. Nı́colas arrancou 25 folhas aleatórias e somou todos os 50 números escritos nestas
folhas. É possı́vel que esta soma seja 1990?
Problema 9: Existem 100 soldados em uma quartel, toda noite, três deles ficam de
guarda. Após um certo perı́odo de tempo, e possı́vel que cada soldado tenha ficado da
guarda exatamente uma vez com cada outro soldado?
Problema 10: Escolhe-se um número com 17 algarismos e inverte-se a ordem de seus
algarismos, formando um novo número. Estes dois números são somados. Mostre que sua
soma contém pelo menos um algarismo par.

34

Referências
[1] Fomin, D. Cı́rculos Matemáticos A Experiência Russa, SBM, IMPA, 2014.
[2] Portal da OBMEP, https://portaldaobmep.impa.br/
[3] Clubes de Matemática da OBMEP, http://clubes.obmep.org.br/blog/numerosespeciais-pares-e-impares/numeros-especiais-pares-e-impares-problemas-envolvendoparidade/
[4] Material Paridade POTI, https://poti.impa.br/index.php/modulo/ver?modulo=1

35

11

Divisibilidade e Congruência
(por Lucas Hiroshi Nakagawa)

11.1

Divisibilidade

Definição 1. Sejam a; b 2 Z . Dizemos que a divide b, ou que b é múltiplo de a, se existe
um número q 2 Z para o qual b = a  q . Nesse caso, escrevemos ajb.
Exemplo 11.1. A seguir temos alguns exemplos de divisibilidade
• Observe que 8j8, visto que podemos escrever 8 = 8  1.
• Também podemos afimar que 7j14, onde 14 = 7  2.
• Observe que, para qualquer n, temos n = n  1, então 1jn para todo n 2 Z. Além
disso, de modo análogo, note que njn.
Teorema 11.1. Sejam a; b e c inteiros, então temos as seguintes propriedades de divisibilidade:
1. Se ajb e ajc, então ajb + c;
2. Se ajb e ajc, então ajb

c;

3. Se ajb, então ajbc;
4. Se ajb e cjd, então acjbd;
5. Se ajb e bjc, então ajc.
1. Como ajb e ajc, temos b = aq e c = aq então b + c = aq + aq ) b + c =
a(q + q ) e portanto ajb + c. Observe que intuitivamente quando colocamos o a em
evidência vemos que b + c é múltiplo de a.

Prova.

1

1

2

1

2

2

2. Como ajb e ajc, temos b = aq e c = aq então b c = aq aq ) b c = a(q q )
e portanto ajb c. Note que analogamente ao item 1 dessa prova, temos o a em
evidência, mostrando que b c é múltiplo de a.
1

2

1

2

1

2

3. Dado que ajb podemos tomar b = aq ) bc = aq c e portanto ajbc.
1

1

4. Tendo que ajb e cjd, podemos escrever b = aq e d = cq , então bd = (aq )(cq ) =
(ac)(q q ) e portanto acjbd já que bd é um múltiplo de ac.
1

1

2

1

2

5. Se bjc, então escrevemos c = bq e note que ajb, portanto ajbq ) ajc.
2

2

Agora veremos um exemplo de cada propriedade:
36

2

Exemplo 11.2. Observe que 2j6 e também 2j36, note que 6 + 36 = 42 e portanto 2j42.
Exemplo 11.3. Veja que 3j18 e 3j6, perceba que 18

6 = 12

e portanto 3j12.

Exemplo 11.4. Se 7j49, então 7j49  2 ) 7j98.
Exemplo 11.5. Note que 3j12 e 7j49, então 3  7j12  49 ) 21j588
Exemplo 11.6. Se 9j81 e 81j243, então 9j243.

11.2

Algoritmo de Euclides

Teorema 11.2 (Euclides). Seja a um inteiro positivo. Dado qualquer b um inteiro podemos
escrever de modo único b = aq + r com q inteiro e r = 0; 1; 2; : : : , a 1.
Antes de demonstrarmos, vamos explicar a ideia da prova por um exemplo.
Sejam a = 8 e b = 43. Considere o conjunto

R = fm 2 N [ f0g : m = 43

q para algum q 2 Zg:

8

Note que R é não vazio, pois 43 5 = 35 e 35 2 R, já que 35 > 0, temos que R
admite um menor elemento, que denotaremos por r. Claramente r = 43 8q  0, para
q  0. Mostraremos que r < 8. Com efeito, se r  8, então

r = 43

q  8 ) 43

8

8(

q + 1)  0:

Por outro lado,

> 0 ) 43 8(q + 1) < 43 8q;
contradizendo o fato de que r = 43 8q é o menor elemento de R.
8

Agora, repetiremos a construção acima num contexto mais geral.
Demons. Tome o caso de b positivo pois o outro caso é análogo. Existência de q e r: Se
b < a, basta tomar b = a, então tomamos q = 1 e r = b. Assim, assumiremos também
que b > a > 0.
Fixe a e b, considere o conjunto

R = fm 2 N [ f0g : m = b aq para algum q 2 Zg:
Note que R é não vazio, pois b a 2 R, já que b a > 0, temos que R admite
um menor elemento, que denotaremos por r. Claramente r = b aq  0, para q  0.
Mostraremos que r < a. Com efeito, se r  a, então

r = b aq  a ) b a(q + 1)  0:
37

Por outro lado,

a > 0 ) b a(q + 1) < b aq;
contradizendo o fato de que r = b aq é o menor elemento de R.
Unicidade de q e r: agora provaremos que q e r escolhidos dessa forma, são únicos.
Com efeito, iremos supor que existem outros inteiro r e q tais que b = aq + r , com
0  r < a. Por um lado, temos
a < r r < a.
1

1

1

1

1

1

Por outro lado temos

aq + r = aq + r
) (r r ) = (q q)a:
Se tivéssemos q q 6= 0, como q q é inteiro devemos ter q q  1 ou q q  1.
No primeiro caso, terı́amos r r  a, enquanto que no segundo caso, r r  a. Logo
q q = 0, donde r r = 0. Assim a solução é única.
Exemplo 11.7. Encontre q e r na divisão de a = 29 por b = 13 que satisfaçam as condições
1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

do algoritmo da divisão.
Solução. Observe que temos a seguinte expressão
29 = 13

 q r:
+

Temos que pegar um q tal que 13q  29 para que satisfaça a condição de r < 13. Note
que dadas as condições, só obteremos duas possibilidades para q :
• q=1
• q=2

Se q = 1 ) 29 = 13  1 + r e percebemos que r = 16, mas r deve ser menor que 13 e
portanto q = 1 não é válido.
Tome q = 2, note que 29 = 13  2 + r ) r = 3, satisfazendo a condição de r < 13.
Portanto vale para q = 2 e r = 3.
Exemplo 11.8. (OCM 1985) Encontre o quociente da divisão de a

b por
(a
+ b )(a
+ b )(a
+ b )(a + b )(a + b )(a + b )(a + b)
Solução. Escreva B = a
b e
A = (a + b )(a + b )(a + b )(a + b )(a + b )(a + b )(a + b):
Queremos encontrar o valor do quociente q = B=A.
64

64

32

32

128

64

64

16

16

8

8

4

4

128

2

128

2

128

32

32

16

16

8

8

4

4

2

2

Observe que usando produtos notáveis, conseguimos a identidade
(

a

128

b

128

a

) = (

64

+

b )(a
64

b )

64

64

Repetindo o processo várias vezes, temos que

a + b )(a + b )(a + b )(a + b )(a + b )(a + b )(a + b)  (a b):
Portanto, fazendo a substituição, q = (a b).
(

a

128

b

128

) = (

64

64

32

32

16

16

38

8

8

4

4

2

2

11.3

O Teorema de Bezout

Nesta seção não apresentaremos o Teorema de Bezout propriamente dito, mas sim uma
consequência do mesmo muito simples e fácil de enunciar. Para isso precisaremos relembrar
o conceito de número primo.
Definição 2. Um número inteiro p maior ou igual a 2 é dito primo, se é divisı́vel apenas
por 1 e por p.
Teorema 11.3. Se p é primo e pjab então pja ou pjb.
Exemplo 11.9. Veja que 11 6 j100, pois podemos escrever 100 = 10  10 e como 10 < 11,
11 6 j10.
Exemplo 11.10. Se 13j12k, então 13jk, pois 13 6 j12.
Corolário 1. Se pja a : : : an , então pjai para algum i 2 f1; : : : ; ng.
1

2

Prova. Veja que se pja : : : an então pja : : : an ou pjan . Se pjan , a demonstração acaba,
caso contrário, pja : : : an . Repetindo o processo, pelo Teorema pjan ou pja : : : an .
No primeiro caso, a demonstração acaba. Se não vale o primeiro caso, podemos repetir o
processo. Fazendo isso n 1 vezes o resultado é demonstrado.
1

1

1

1

1

1

1

2

A seguir daremos um exemplo de como utilizar o Teorema para resolver equações com
números inteiros.
Exemplo 11.11. Encontre todos os pares de inteiros positivos x e y tais que
7+

x =y :
2

2

Solução. Veja que 7 = y
x , segue que 7 = (y + x)(y
primo, temos duas possibilidades:
2

2

1. (y + x) = 1 e (y

x) = 7

2. (y + x) = 7 e (y

x) = 1

x). Como 7 é um número

Note que o primeiro caso não é possı́vel, pois dois inteiros positivos não podem somar
1. Já para o segundo caso, vemos que (y + x) = 7 e (y x) = 1, então, resolvendo o
sistema temos que o único par possı́vel é x = 3; y = 4.

39

11.4

Congruência

Agora iremos definir Congruência (não é a de triângulos, muita gente se confunde) ou
também visto como “Congruência módulo m”.
Definição 3. Seja a; b 2 Z. Dizemos que a é congruente a b módulo m, denotando por
a  b (mod m), quando mja b.
Exemplo 11.12. Como 5j23

, então afirmamos que 23  18 (mod 5).

18

Também diremos que a é incongruente a b módulo m, que tem as notações a 6 b
(mod m), quando m 6 ja
b.
Exemplo 11.13. Observe que 5 6 j24

3

logo 24 6 3 (mod 5)

Observação: Veja que a  0 (mod m) significa que mja
uma forma de escrever que a deixa resto 0 na divisão por m.

0

, donde mja, ou seja,

Teorema 11.4. Sejam a; b e m inteiros tais que a  b (mod m) temos as seguintes
propriedades:
1. a  a (mod m) (Reflexividade.)
2. a  b (mod m), então b  a (mod m) (Simetria.)
3. a  b (mod m) e b  c (mod m), então a  c (mod m) (Transitividade.)
Prova.
1. Sabendo que mj0 para todo m, e 0 = a
definição de módulo, obtemos que a  a (mod m)
2. Se mjb

a, então mj
b  a (mod m).

1(

a temos mja

a. Daı́, pela

b a) donde mja b. Logo, por definição de congruência,

3. Observe que mjb

a e mjd b. Pela propriedade 2 do Teorema 11.1 vem: mj(b
a) + (d b) ) mjd a e portanto a  b (mod m)

Exemplo 11.14.

1. 3  3 (mod 6).

2. Observe que 7j15
1  15 (mod 7).

1

e portanto 15  1 (mod 7), que pela propriedade 2 afirmamos

3. Observe que 5j12 7 e por isso 12  7 (mod 5) e também 5j7
(mod 5) e portanto 12  2 (mod 5).

2

logo 7  2

Proposição 1. Sejam a; b; c e m inteiros. Sabendo que a  b (mod m) também valem
essas propriedades:
1. a + c  b + c (mod m);
40

c  b c (mod m);
3. ac  bc (mod m).
2. a

1. Observe que por hipótese a  b (mod m) ) mja

b, perceba que
a b = a b c + c = (a + c) b c = (a + c) (b + c);
logo se mja b, então mj(a + c) (b + c) e portanto a + c  b + c (mod m)
2. Analogamente ao anterior iremos somar e subtrair c. Teremos, que
a b = a b + c c = a c b + c = (a c) (b c):
Logo tendo que mja b implica que mj(a c) (b c) e portanto pela definição
de módulo, vem (a c)  (b c) (mod m)
3. Se mja b, pela propriedade 4 do Teorema 1.1 mj(a b)c = ac bc. Assim pela
definição de congruência temos ac  bc (mod m).

Prova.

Exemplo 11.15.
1. Considerando a notação da Proposição acima, tome
c = 4. Como 17  5 (mod 12), segue que 17 + 4  5 + 4 (mod 12), isto é,
21  9 (mod 12).
2. Tome c = 6. Como 22  9 (mod 13), vale que 22
16  3 (mod 13).

6



9

6 (mod 13)

e portanto

Teorema 11.5. Se a; b; c e d são inteiros tais que a  b (mod m) e c  d (mod m),
então:
1. a + c  b + d (mod m);

c  b d (mod m);
3. ac  bd (mod m).
Demons.
1. Se mja b e mjc d, então
mj(a b) + (c d)
) mj(a + c) b d:
Seguindo que mj(a + c) (b + d) e consequentemente a + c  b + d (mod m).
2. Se mja b e mjb d, então
mj(a b) (c d)
) mj(a c) b + d
) mj(a c) (b d):
Logo teremos a c  b d (mod m).
2. a

41

3. Se mja b então mj(a b)c, o que, por sua vez, implica mjac bc. Analogamente,
como mjc d segue que mj(c d)b donde mjcb db. Por outro atributo de divisibilidade, dados que mjac bc e mjcb db concluı́mos que mjac bc + cb db o
que implica mjac bd. Portanto ac  bd (mod m).
Exemplo 11.16.
1. Dados 10  3 (mod 7) e 12  5 (mod 7), pela primeira propriedade podemos afirmar que 22  8 (mod 7), mas 8  1 (mod 7) e portanto 22  1
(mod 7).
2. Tome 25  1 (mod 8) e também 9  1 (mod 8), então pela segunda propriedade
temos que 34  2 (mod 8).
3. Olhe para 6  2 (mod 4) e 13  1 (mod 4) que pela terceira propriedade implica
que 78  2 (mod 4).
Proposição 2. Dados a; b; k e m inteiros com k > 0 e a  b (mod m), então ak  bk
(mod m).
Demons. Utilizaremos o item 3 do Teorema 11.5 k 1 vezes. Começamos com c = a e
d = b e em cada rodada j tomaremos c = aj e d = bj . De modo mais explı́cito, temos
Aplicando o item uma vez: a  a  b  b

m)
) a  b (mod m)
Aplicando o item duas vezes: a  a  b  b (mod m)
) a  b (mod m)
2
2

2

3

Aplicando o item k

1

vezes: a  ak

(mod

2

3

..
.

 b  bk
) ak  bk
1

1

(mod

(mod

m ):

m)

Como de fato você pode repetir o processo a quantidade de vezes que você quiser, então
podemos pegar qualquer k > 0.
Outra forma de demonstrar esse resultado é via produtos notáveis. Tome a identidade

ak bk = (a b)(ak

1

+

ak b + ak b + ::: + abk
2

3

2

2

+

bk

1

)

:

Por hipótese a  b (mod m), então podemos afirmar por definição que mja
(a
b) é fator de ak bk , então mjak bk e portanto ak  bk (mod m).

b. Como

Uma das formas que podemos usar a notação de congruência é para determinar que um
número a deixa resto r na divisão por m.

42

Proposição 3. Se a deixa resto r na divisão por m, então podemos escrever a  r
(mod m).

Prova. Podemos escrever a = m  q + r ) a r = m  q , como a r é um múltiplo de
m chegamos que mja r por conseguinte conseguimos que a  r (mod m).
Exemplo 11.17. Dado n inteiro, calcule o resto da divisão de 3 n por 13.
3

3

Demonstração. Observe que 3
Logo 3 n  1 (mod 13).

= 27

3



1 (mod 13)

que implica (3 )n  1n (mod 13).
3

Exemplo 11.18. Observe que 15 deixa resto 3 na divisão por 4, o que significa que 15 =
3  4 + 3, ou seja, 15  3 (mod 4).

Exemplo 11.19. Veja que o resto da divisão de um número inteiro positivo n por 10 é o
seu dı́gito das unidades. Assim, se n termina com o dı́gito 7, por exemplo, então n  7
(mod 10).

11.5

Problemas resolvidos

Exemplo 11.20. (Albanian National Math Olympiad 2012) Encontre todos os primos p tal
que p + 2 e p + 2p 8 são primos também.
2

Solução. Muitas vezes em olimpı́adas, mostramos que um número não é primo simplesmente
mostrando que ele pode ser fatorado. No exemplo que estamos considerando, note que
podemos escrever p + 2p 8 como (p 2)(p + 4). Como esse número é primo, o menor
dos seus fatores deve ser obrigatoriamente igual a 1, daı́ p 2 = 1, donde p = 3. Portanto
p + 2 = 5 e p + 2p 8 = 7.
2

2

Exemplo 11.21. Mostre que 4k

1

é divisı́vel por 3

Demonstração. Note que 4  1 (mod 3) e portanto 4k  1k (mod 3) que implica 4k
0 (mod 3).
Exemplo 11.22. Determine o dı́gito das unidades de 3

2022

1



.

Demonstração. Dado qualquer número, para saber o algarismo da unidade basta olhar o
resto dele na divisão por 10. Pelo algoritmo de Euclides, queremos encontrar r; k inteiros
não negativos, com 0  r < 10 de modo que 3
= 10k + r . Mas veja que isso implica
que 10k = 3
r, donde 10j3
r. Assim, nosso trabalho consistem em encontrar
r 2 f0; 1; : : : ; 9g de modo que 3  r (mod 10).
Note que 3
= (3 )
= 9
, além disso, 9  1 (mod 10), daı́
2022

2022

2022

2022

2022

2

1011

1011

2022

3

Mas veja que (

1)

1011

=



9

1011



(

1)

1011

(mod 10)

:

, daı́

1

2022

3



1



9

(mod 10)

:

Portanto, como resto da divisão é 9, temos que o último algarismo é 9.

43

Exemplo 11.23. Quais os restos que um número x deixa na divisão por 4?
2

Solução. Note que na divisão por qualquer k um resto r deve ser menor que k, ou seja,
r 2 f0; 1; 2; :::; k 1g. Com efeito, os possı́veis restos de x na divisão por 4 é 0; 1; 2; 3, ou
seja
• x  0 (mod 4);

• x  1 (mod 4);
• x  2 (mod 4);
• x  3 (mod 4).
Que pela Proposição 2 obtemos que:
• x  0  0; (mod 4)
2

2

• x  1  1; (mod 4)
2

2

• x  2  0; (mod 4)
2

2

• x  3  1: (mod 4)
2

2

Logo, ou x  0 (mod 4) ou x  1 (mod 4).
2

2

Exemplo 11.24. (Azerbaijan third round 2020(JBMO Shortlist 2019 N6)) Com a; b; c
inteiros positivos. Resolva a equação:
2

a! + 2b! = c3

Solução. Tomando a; b  3, observamos que 6ja! e 6jb!, logo a = 6k , b = 6k )
K1 = (2 )k1 . Mas observe que 2  1 (mod 9) então podemos chegar que 2 k1 
2
k1  (1)k1  1 (mod 9). O caso para o k é análogo e por isso podemos concluir
(2 )
que 2 k1 + 2 k2  2 (mod 9) que é um absurdo já que um cubo só deixa resto 0; 1 e 8
no módulo 9 (Demonstração do argumento dos restos de um cubo fica de exercı́cio para o
leitor).
Então resta avaliar os casos em que a  2 ou b  2. Observe que, pelas hipóteses, c
tem que ser par, logo podemos escrever c = 2d e c = 8d . Assim 8jc . Suponha sem
perda de generalidade que a  b e a  2 (o outro caso é análogo). Se b > a , então
1

6

6

6

2

6

6

2

6

6

3

3

3

d = 2a + 2b = 2a (1 + 2b a ):

8

3

!

!

!

!

!

Como b > a, segue que (1 + 2b a ) é ı́mpar e como a  2, segue que 2a ou é 1 ou é 2.
Portanto 8 6 j2a (1 + 2b a ), absurdo. Finalmente, para b = a, podemos fazer os testes e
verificar que a única solução é a = b = 2, que nos dá c = 2.
!

!

!

!

!

Exemplo 11.25. Para todo inteiro positivo n, determine o maior k que 2k j3n + 1.
44

Solução. Tome k > 2 então podemos olhar o módulo 8, já que se 8 6 j3n + 1, então para
qualquer k > 3 temos 2k 6 j3n + 1.
Observe que
• 3 + 1 = 4 e 4 deixa resto 4 na divisão por 8;
1

• 3 + 1 = 10 e 10 deixa resto 2 na divisão por 8;
2

• 3 + 1 = 28 e 28 deixa resto 4 na divisão por 8;
..
.
3

A partir daqui teremos os mesmos restos (exercı́cio para o leitor), o que significa que
n
n
k
n
3 +1  2 (mod 8) ou 3 +1  4 (mod 8), ou seja, 2 6 j3 +1 para k  3. Olhemos agora
para k = 2, observe que 3  1 (mod 4) e portanto podemos dizer que 3n +1  ( 1)n +1
k n
(mod 4). Como queremos o maior k para que 2 j3 + 1 podemos pegar k = 2 desde que
n seja ı́mpar e k = 1 para qualquer n. Mas como queremos o maior k, diremos que k = 2
para n ı́mpar (convenientemente).

11.6

Exercı́cios propostos

Exercı́cio 11.1. Calcule o resto da divisão de 2 k

2 +1

por 3.

Exercı́cio 11.2. Sabendo que p, p + 2 e p + 4 são números primos, encontre p.
Exercı́cio 11.3. Mostre que todo número da forma 23 n
8

1

é divisı́vel por 17.

Exercı́cio 11.4. Mostre que todo número da forma 4 n + 1 é divisı́vel por 13.
3

Exercı́cio 11.5. (Angola 2014). Determine todas as quádruplas de inteiros positivos
k
(k; a; b; c) tais que 2 = a! + b! + c!, com a  b  c.
Exercı́cio 11.6. (Azerbaijão 2020 e JBMO Shortlist 2019 N6). Dados a, b e c inteiros não
negativos. Resolva: a! + 5b = 7c
Exercı́cio 11.7. (OBM 2014). O imparial de n é igual ao produto de todos os naturais
ı́mpares menores ou iguais a n. Quais são os três últimos algarismos do imparial de 2014?
Exercı́cio 11.8. Quais os restos que x deixa na divisão por 3?
2

Exercı́cio 11.9. Mostre que para nenhum n 2 N, 2n + 1 é um cubo.

Exercı́cio 11.10. Mostre que além de 2 = 1 + 1, nenhum número escrito na forma n + 1
é primo.
3

3

Exercı́cio 11.11. Encontre o resto da divisão de 3
Exercı́cio 11.12. Mostre que a equação x

1000

por 101.

y = 5 não possui soluções inteiras.
Exercı́cio 11.13 (República Tcheca e Eslovaca - 2000). Se n é número natural, mostre
n
n
que 4  3 + 3  4 é divisı́vel por 13 se, e somente se, n é par.
2

3

117

2

45

3

Referências
[1] Angel Engel. Problem-Solving Strategies. Springer, 1998.
[2] Nicolau C. Saldanha Eduardo Tengan Fabio E. Brochero Martinez, Carlos Gustavo T.
de A. Moreira. Teoria dos Numeros: um passeio com primos e outros números familiares
pelo mundo inteiro. IMPA, 2018.
[3] José Plı́nio de Oliveira Santos. Introdução à teoria dos números. Instituto de Matemática
Pura e Aplicada, 1998.
[4] Alan Pereira e Leonardo Marinho e Jairon Batista. OBM por Assunto Vol2. Teoria dos
Números. A publicar.

46

12

O Princı́pio de Indução
(por Jairon Batista)

12.1

Indução Fraca

Indução matemática é de longe um dos métodos mais úteis para resolver problemas sobre
números inteiros. A ideia de indução é muito simples e algo, até certo ponto, natural de se
pensar. Sendo assim, antes de te contar o que é indução, convido-lhe a pensar comigo no
seguinte problema, mas antes de ler a solução, por gentileza, lembre-se de tentá-lo sozinho
por um tempo (aliás, isso vale para todos os problemas desse texto).
Exemplo 12.1. Para todo inteiro positivo n, considere um quadriculado 2n  2n do qual
um quadradinho 1  1 qualquer foi removido. Prove que é possı́vel cobrir completamente
tal quadriculado usando apenas peças de 3 quadradinhos em formato de “L”.

Figura 1: Exemplo de tabuleiro e peça em L. A casa preta é a casa faltante.
Solução. A um primeiro olhar apressado, esse problema parece algo complicado, assim vamos considerar alguns casos simples para ter ideia do que está acontecendo (o que quase
sempre é uma boa ideia). Se n = 1, todos os tabuleiros possı́veis são idênticos a esse e é
muito fácil de cobrir os tabuleiros, como feito na figura 2

Figura 2: Tabuleiro 2  2 preenchido.
Se n = 2 ou n = 3 já não temos esse privilégio e temos muitos casos para tratar, como
você pode ver na figura 3.

47

Figura 3: Tabuleiro 4  4.
O que iremos observar é que um tabuleiro 4  4 é a junção de 4 tabuleiros 2  2 e
já sabemos resolver o problema para tabuleiros 2  2, desde que eles tenham um espaço
faltante. Sendo assim, vamos posicionar a primeira peça, cobrindo todos os tabuleiros 2  2
exceto aquele que já tem o buraco (ou seja adicionamos a peça roxa da figura 4). E agora,
é só cobrir os tabuleiro 2  2 como fizemos antes (demais casas coloridas).

Figura 4: Tabuleiro 4  4 preenchido.
Agora você pode perguntar, se n = 3? Vamos reduzir a o caso n = 2, para isso basta
dividir o tabuleiro 8  8 em 4 tabuleiros 4  4 e como antes, por uma peça que passa pelos
3 tabuleiros 4  4 que não tem o buraco (figura 5). Assim, resta preencher os tabuleiros
4  4 como já havı́amos descrito antes.

Figura 5: Tabuleiro 8  8 com uma peça no centro.
De modo geral, para n qualquer, dividiremos o tabuleiro 2n  2n em 4 tabuleiros 2n 
n , colocaremos uma peça que passe pelos 3 tabuleiros onde não tem a casa faltante e
2
assim o problema se reduz a preencher 4 tabuleiros 2n  2n . Repetindo o processo,
para preencher tabuleiros 2n  2n basta saber preencher tabuleiros 2n  2n e assim
por diante até chegarmos a tabuleiros 2  2, algo que já descrevemos como resolver.
1

1

1

1

1

1

2

48

2

Note que o que fizemos nesse problema foi primeiro provar o caso n = 1 e depois, demos
um “jeitinho”de mostrar que vale para n = 2 a partir de n = 1, para n = 3 usando n = 2
e assim por diante, sempre usando o caso n para construir o caso n + 1.
Estamos prontos para enunciar o principio de indução
Princı́pio de indução: Seja P (n) um afirmação sobre o número inteiro n. Se para
algum n 2 Z,
0

1. P (n ) é verdadeira;
0

2. Se P (n) é verdadeira, então podemos concluir que P (n + 1) é verdadeira.
Então P (n) é verdade para todo n  n inteiro.
Costumamos chamar (1) de “caso base”e (2) de “passo indutivo”. Além disso quando
estamos provando (2), costumamos chamar P (n) de hipótese de indução.
0

Note que isso é igual ao que fizemos, antes. Tı́nhamos P (n) sendo “existe uma forma
de cobrir um tabuleiro 2n  2n com uma casa removida, com peças em L”, mostramos que
P (1) é verdadeiro e depois mostramos que P (n) é verdadeiro, colocando a peça central e
usando P (n 1).
Chega de falar, vamos resolver mais problemas.
Exemplo 12.2. Quanto vale a soma dos primeiros n números ı́mpares?
Solução. Vamos chamar de Sn o valor soma dos primeiros n números ı́mpares. Para ter
uma ideia do que está acontecendo, vamos calcular alguns casos iniciais (aliás, sempre que
possı́vel, sugiro começar a pensar em um problema assim)
• Para n = 1, S = 1;
1

• Para n = 2, S = 1 + 3 = 4;
2

• Para n = 3, S = 1 + 3 + 5 = 9;
3

• Para n = 4, S = 1 + 3 + 5 + 7 = 16.
1

Conseguiu achar um padrão? Aparentemente Sn = n
• Para n = 1, S = 1 = 1 ;
2

1

• Para n = 2, S = 1 + 3 = 4 = 2 ;
2

2

• Para n = 3, S = 1 + 3 + 5 = 9 = 3 ;
2

3

• Para n = 4, S = 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 4 .
2

1

49

2

Claro que isso não mostra que Sn = n para todo n natural (isso se quer mostrar que
S = 25), mas podemos usar essa padrão para dar um chute do que iremos provar. Vamos
tentar provar que a afirmação “Sn = n ”é verdadeira, usando indução.
Já fizemos a base indutiva quando estudamos os primeiros exemplos. Faremos agora o
passo indutivo.
Suponha Sn = n , vamos mostrar que Sn = (n + 1) . Lembre-se que o n-ésimo
número ı́mpar é dado 2n 1, assim, podemos escrever
2

5

2

2

2

+1

Sn

+1



n + 1)
= Sn + (2n + 1) = n + 2n + 1 = (n + 1) :
= 1+3+ 5+

+ (2

n

1) + (2

2

Exemplo 12.3. Mostre que n

3

2

n é sempre múltiplo de 3.

Solução. Vamos resolver por indução. (Base indutiva) Para n = 1, a expressão é igual a
1
1 = 0 que é certamente múltiplo de 3. Suponha que n
n é múltiplo de 3 (hipótese
de indução) então
1

3

(

Note que (n

daı́ (n + 1)

3

(

3

n + 1)

3

(

n + 1) = (n

3

n) + 3(n + n):
2

n) é múltiplo de 3 (hipótese de indução) bem como 3(n + n) também é,
2

n + 1) é múltiplo de 3. Isso finaliza o passo indutivo e portanto a prova.

Exemplo 12.4. (Desigualdade de Bernoulli) Prove que para todo número real x >

1

,

x)n  1 + nx:
Solução. Nota que temos duas variáveis, x e n, mas só podemos aplicar indução em variáveis
inteiras, logo vamos usar indução em n. O caso base, n = 1, é imediato. Suponha válido
para n, então como 1 + x  0,
(1 +

(1 +

x )n

+1

x)(1 + x)n  (1 + x)(1 + nx)
= 1 + (n + 1)x + nx  1 + (n + 1)x;
= (1 +

2

onde na última igualdade usamos que nx  0. Isso termina a prova.
2

12.2

Indução Forte

Exemplo 12.5. Mostre que todo número natural pode ser escrito como soma de potências
de 2 distintas (por exemplo, 53 = 2 + 2 + 2 + 2 e consideremos que toda potência 2 é
uma soma de potências de 2).
5

4

2

50

0

Solução. Após algumas tentativas você deve perceber que o método da indução finita não
se aplica diretamente a esse problema. Então, vamos voltar a pensar como no problema 1
em casos particulares
• 3=2+1=2 +2
1

0

• 4=2

2

• 5=4+1=2 +2

0

• 6=4+2=2 +2

1

2

2

• 7=4+2+1=2 +2 +2
2

1

0

• 8=2

3

• 9=8+1=2 +2
3

0

• 10 = 8 + 2 = 2 + 2
3

1

Sugiro que o leitor tente continuar a lista até o número 20, para perceber um padrão
que começa a surgir... Sempre iniciamos a escrita de um número n com a potência de 2
mais próxima a ele!
Vamos tentar essa abordagem. Seja 2m a potência de 2 mais próxima de n tal que
n  2m . Queremos escrever n = 2m + j e depois, se j 6= 0, escrever j como soma de
potências de 2 distintas (note que j < 2m , do contrário 2m > n  2m + 2m = 2m ).
Vamos usar essa estratégia para escrever continuar a lista, acima depois do 20.
+1

+1

• Se n = 21, a potência de 2 mais próxima de 21 é o número 16, assim j = 21 16 = 5,
mas já vimos ali em cima, como escrever j = 5 como somo de potências de 2. Assim
21 = 2 + 2 + 2 .
4

2

0

• Se n = 22, a potência de 2 mais próxima de 22 é o número 16, assim j = 22 16 = 6,
mas já vimos ali em cima, como escrever j = 6 como somo de potências de 2. Assim
22 = 2 + 2 + 2 .
4

2

1

Curiosamente, sempre caı́mos em um caso que já havı́amos resolvido antes...
Isso nos leva a querer fazer algo muito semelhante ao que fizemos antes. Para escrever n
como sendo soma de potência de dois, basta escrever algum j < n como soma de potência
de 2.
Assim, se sabemos fazer para n = 1, conseguiremos fazer para n = 2. Agora como
sabemos fazer para n = 1 e n = 2, sabemos fazer para n = 3. E agora que sabemos fazer
para n = 1, n = 2 e n = 3, sabemos fazer para n = 4... Seguindo esses passos, saberemos
fazer para todos os números naturais.

51

Com base em tudo o que foi apresentado neste texto até agora, enunciamos o
Princı́pio de indução forte: Seja P (n) uma afirmação sobre o número inteiro n.
Se para algum n 2 Z,
0

1. P (n ) é verdadeira;
0

2. Se P (n ); P (n + 1); : : : ; P (n) são verdadeiras, então podemos concluir que
P (n + 1) é verdadeira.
0

0

Então P (n) é verdade para todo n  n inteiro.
Como antes, costumamos chamar (1) de “caso base”e (2) de “passo indutivo”.
Quando estamos provando (2), costumamos chamar P (n ); P (n + 1); : : : ; P (n)
de hipótese de indução.
0

0

0

Dica: Quando escrever uma solução para olimpı́ada, não é preciso reportar ao corretor
os exemplos que você testou para ter ideias, além do caso base.
O princı́pio de indução forte é muito semelhante ao princı́pio de indução, mas neste
usamos todos os termo anteriores e não somente o último.
Exemplo 12.6. Seja x um número real tal que x + x seja inteiro. Mostre que xn + xn é
inteiro, para todo n natural.
1

1

Solução. Para n = 1 é válido pelo que diz o próprio enunciado. Suponha que se k  n
então xk + xk é inteiro. Note que
ãÅ
ã Å
ã
Å
1

xn + n :
xn + n x +
x
x
x
Mas pela hipótese de indução xn + xn , x + x e xn + xn 1 são inteiros, por tanto
xn

+1

+

1

1

1

=
xn+1

1

1

xn

+1

+

12.3

1

1

1

1

1

1

xn+1 é inteiro, isso finaliza o passo indutivo e, portanto, a prova.

Sequências Recursivas

Umas das formas mais clássicas de se usar indução são em problemas sobre sequências
definidas por recursão. Uma sequência definida por recursão são aquelas que os próximos
termos são definidos a partir dos anteriores.
Exemplo 12.7. (PA e PG) Considere as sequências (an ) e (bn ). Chamamos a sequência
(an ) de progressão aritmética (PA) com razão r e (bn ) de progressão geométrica com razão
q quando

an = an + r;
bn = qbn :
+1

+1

52

Note que a partir do primeiro e da razão é possı́vel achar todos os termos da sequência.
Por exemplo, se a razão r = q = 2 e a = b = 3 os termos são
1

1

; ; ; ; ;:::

3 5 7 9 11

; ; ; ; ;:::

3 6 12 24 48

Exemplo 12.8. A sequência de Fibonacci, (Fn ), é extremamente conhecida e utilizada em
problemas olı́mpicos. Ela é definida com F = F = 1 e Fn = Fn + Fn (é comum
tomar F = 0). Seus primeiros termos são
1

2

1

2

0

; ; ; ; ; ; ; ; ; ; :::

1 1 2 3 5 8 13 21 34 55

Devido a natureza da recursão dos termos seguintes serem determinadas por um ou mais
termos anteriores, é natural que em problemas sobre recursão surjam a necessidade do uso
de indução.
Exemplo 12.9. Seja (Fn ) é sequência de Fibonacci, mostre que para n  1

F + F +    + Fn = Fn Fn :
Solução. Para n = 1 temos F

2

2

1

2

2

1

= 1 =

2

+1

F F . Suponha que para n seja válido que
1

2

F + F +    + Fn = Fn Fn ;
2

2

1

2

2

+1

então

F + F +    + Fn + Fn
2

2

1

2

2

2
+1

=

Fn Fn

+1 +

Fn

2
+1

=

Fn

+1 (

Fn + Fn

+1 )

=

Concluindo que é válido para n + 1 e, portanto, provando o desejado.
Agora está com você. Se divirta com os seguintes exercı́cios.

12.4

Problemas Propostos

Exercı́cio 12.1. Prove que para todo inteiro inteiro positivo n, 3n  n .
3

Exercı́cio 12.2. Prove que 2n > n , para todo n  5.
2

Exercı́cio 12.3. Demonstre que
(a) n

3

(b) 5n

n é sempre múltiplo de 3.
1

é sempre múltiplo de 5, para todo n par.

(c) 2n + 1 é sempre múltiplo de 5, para todo n impar.
Exercı́cio 12.4.

(a) Complete o quadrado da figura 1 do exemplo 12.1.
53

Fn Fn :
+1

+2

(b) Escreva 103 como soma de potência de dois distintas.
Exercı́cio 12.5. Prove que para qualquer inteiro n existe um número com n dı́gitos, sendo
cada um deles 0 ou 1, que seja divisı́vel por 2n .
Exercı́cio 12.6. Sejam (an ) e (bn ) um PA e um PG de razão r e q , respectivamente.
Mostre
(a) an = a + nr;
0

(b) bn = b q n .
0

Sejam sn = a + a +    + an e Sn = b + b +    + bn .
0

(c) sn = a0 an n
(

+

)(

1

+1)

2

n+1

(d) Sn = b0 qq
(

1)

1

0

1

;

.

Exercı́cio 12.7. Para qualquer n 2 N mostre que
(a) 1 + 2 +    + n = n n
Ä
(b) 1 + 2 +    + n = n n
2

3

2

(

2

3

(

3

n+1)

+1)(2
6

+1)

ä

2

2

.

.

Exercı́cio 12.8. Mostre que para m; n 2 N

1

 :::m
2

+2

 ::: n
3

(

+ 1) +

 n n
+

(

+ 1)

: : : (n + m

1) =

n(n + 1) : : : m
:
m+1

Dica: faça indução em n, com m genérico.
Exercı́cio 12.9. Em no máximo quantas regiões n retas cortam o plano?
Exercı́cio 12.10. Para todo natural n,
13
24

:::

n

2

p n
n
1

1

2

3

+1

:

Exercı́cio 12.11. Defina n! recursivamente.
Exercı́cio 12.12. Seja (Fn ) a sequência de Fibonacci, mostre que

Fn Fn
+1

Fn = ( 1)n :
2

1

Exercı́cio 12.13. Mostre que para todo n 2 N,
Ä p än Ä

Fn =

1+

2

5

p

+

5

54

1

p än
5

2

:

Exercı́cio 12.14. Mostre que todo número inteiro positivo pode ser escrito de forma única
como soma de termos da sequência de Fibonacci.
Exercı́cio 12.15. Seja f : R ! R uma função que satisfaz f ( x1 x2 ) = f x1 f x2 : Prove
que
(

+
2

)+

(

)

2

f (x ) + f (x ) + ::: + f (xn )
:
n
n
Exercı́cio 12.16. Sendo f : Q ! Q tal que f (1) = a > 0 e que para todos x; y 2 Q
f

 x + x + ::: + x 
1

n

2

1

=

2

0

f ( x + y ) = f ( x) f ( y ) :
Determine explicitamente a única função f como a cima.
Exercı́cio 12.17. Para todo n 2 N encontre o valor de
(a)
Å

1

1

1

0

(b)

ãn

Å
;

1

2

2

4

ãn

:

Exercı́cio 12.18. De quantos modos pode-se preencher um tabuleiro n  2 com peças de
dominó 2  1?
Exercı́cio 12.19. (OBM 2020) Prove que existem inteiros positivos a ; a ; : : : ; a
que
1

1

a

+

1

1
2

a

+
2



+

a

2020

tais

:

1
2020

2

= 1
2020

Exercı́cio 12.20. (Teste cone sul 2020) Prove que para todo inteiro positivo n existe um
número M que pode ser simultaneamente escrito como a soma de 1; 2; : : : ; n quadrados
perfeitos distintos
Exercı́cio 12.21. (Reino Unido 1996) Uma função f (x) definida nos inteiros positivos
satisfaz f (1) = 1996 e f (1) + f (2) + : : : + f (n) = n f (n), (n > 1). Calcule f (1996).
2

Aproveita e calcula f (n) para todo n.
1

Dica: Talvez a igualdade j j

( +1)

=

1

j

1

j +1 seja útil.

Exercı́cio 12.22. (EGMO 2022) Dado um inteiro positivo n  2, determine o maior inteiro
positivo N para o quais existe N + 1 números reais a ; a ; : : : ; aN tal que
0

1. a + a =

n;

2. (ak + ak

ak + ak

0

1

1 )(

1

1

+1 )

=

ak

1

ak

+1

para 1  k  N

55

1

.

Exercı́cio 12.23. (IMC 2021) Sejam n e k inteiros positivos fixos, e seja a um inteiro
não negativo arbitrário. Escolha aleatoriamente um subconjunto com k elementos X de
f1; 2; :::; k + ag e escolha aleatoriamente um subconjunto com n elementos Y de f1; :::; k +
n + ag .
Prove que a probabilidade

P (min(Y ) > max(X ))
Não depende de a.
a = P (min(Y ) > max(X )). mostre, por indução em a que
Dica: Considere Pn;k

a = n k
. Para isso, condicione a probabilidade aos casos onde k + a + 1 ou
Pn;k
n
k + n + a + 1 estão ou não em X e Y , respectivamente.
+

1

Referências
[1] Angel Engel. Problem-Solving Strategies. Springer, 1998.
[2] Nicolau C. Saldanha Eduardo Tengan Fabio E. Brochero Martinez, Carlos Gustavo T.
de A. Moreira. Teoria dos Numeros: um passeio com primos e outros números familiares
pelo mundo inteiro. IMPA, 2018.
[3] José Plı́nio de Oliveira Santos. Introdução à teoria dos números. Instituto de Matemática
Pura e Aplicada, 1998.
[4] Alan Pereira e Leonardo Marinho e Jairon Batista. OBM por Assunto Vol2. Teoria dos
Números. A publicar.

56

13

O Teorema de Bolzano-Weierstrass
(por Francisco Alan Lima)

13.1

Limites de Sequências

Uma sequência é uma lista infinita e ordenada de elementos que chamaremos de termos: há
um primeiro termo, depois um segundo, e aı́ um terceiro, e assim sucessivamente. Chamando
o primeiro termo de s , o segundo de s , ... , o n-ésimo de sn , ... , a sequência desses
termos será a lista (s ; s ; : : : ; sn ; : : : ): Definiremos o conjunto dos números naturais, como
o conjunto N = f1; 2; 3; : : : g.
1

1

2

2

Definição 4. A uma função s : N ! R damos o nome de sequência de números reais. Para
denotar uma sequência usaremos i: (sn )1
ou ii: (sn )n2N , além da notação dada acima.
n
Cada valor sn = s(n) é dito ser o n-ésimo termo da sequência (sn )n2N .
=1

Por simplicidade, muitas vezes escreveremos (sn )n , ou mais simplesmente (sn ), para
denotar a sequência (sn )n2N .
Exemplo 13.1. Para todo número inteiro positivo n, a sequência (2n)n2N tem como nésimo termo o n-ésimo número par maior que 0. A sequência (0;    ; 0;    ), chamada de
sequência identicamente nula, é uma sequência formada apenas por zeros. Um exemplo
menos trivial é a sequência (an )n , onde an é n + 1, se n é ı́mpar e n=2 se n é par. Os
primeiros termos desta última são (2; 1; 4; 2; 6; 3; 8; 4;    ).

Exemplo 13.2. O conjunto fs ; : : : ; sn ; : : : g dos termos da sequência (s ; : : : ; sn ; : : : ) não
deve ser confundido com ela própria. A sequência (0; 1; : : : ; 0; 1; : : : ) formada apenas por
zeros e uns, não é a mesma coisa do conjunto f0; 1g dos seus termos.
1

1

Um dos conceitos fundamentais neste texto é o de sequência limitada:
Definição 5. Uma sequência (sn )n é dita limitada quando para todo n 2 N, existem
números reais a e b, para os quais a  sn  b. Se, no entanto, para todo M 2 N, existir
n 2 N tal que jsn j > M , dizemos que a sequência (sn ) é ilimitada.

p

p

, an = ( 2)an é
Exemplo 13.3. A sequência (an ) definida recursivamente por a = 2p
limitada. Provaremos
isso por indução. Para n = 1, temos que a = 2 < 2. Supondo
p
que ak = ( 2)ak < 2, como
+1

1

1

+1

ak

p ak+1

+2 = (

2)

p

= (

2)

temos que an < 2 para todo n natural. Logo
(an ) é limitada.

p ak hip: p

(

2)

p

2 =

< ( 2) = 2;
2

a < an < 2, para todo n. Segue que
1

Exemplo 13.4. Seja a > 0 um número real qualquer. Se r > 1, a sequência (anr )
é ilimitada. De fato, dado M > 0 arbitrariamente grande, tome n = dM=ae e temos
sn = adM=aer > adM=ae > aM=a = M .
57

O número real L é dito ser o limite da sequência (sn ), se dado " > 0 real arbitrário,
existir N = N (") natural para o qual se n > N , então jsn Lj < ": O que a definição
anterior diz é que se você pega ı́ndices n muito grandes, então os valores sn se aproximam
de L tanto quanto se deseje, e mais que isso, eles continuam muito perto para “sempre”.
Escrevemos limn!1 sn = L, ou lim sn = L, ou simplesmente sn ! L, para dizer que
L é o limite da sequência sn . Dizemos que a sequência (sn ) é convergente quando existe o
limite lim sn . Se uma sequência não converge, dizemos que ela diverge.
Exemplo 13.5. Seja a um número real. A sequência constante sn = a para todo n natural,
converge para a. De fato, dado " > 0 qualquer, basta tomarmos N = 1. Observe que se
n > 1, temos jsn aj = ja aj = 0 < ", e portanto lim sn = a.
Proposição 4. Toda sequência convergente é limitada.
Prova. Seja (sn ) uma sequência convergindo para L. Seja " = 1. Por definição de limite de
sequência, existe N tal que se n > N , então jsn Lj < 1, e portanto sn 2 (L 1; L + 1).
Defina A = fs ; s ; : : : ; sN ; L 1; L + 1g. Tome m = min A e t = max A. Segue que
m  sn  t para todo n natural, e portanto (sn ) é limitada.
1

2

Provaremos agora que o limite de uma sequência, quando existe, é único.
Teorema 13.1 (Unicidade do Limite). Se a sequência (sn )n converge para o número real
L e também para o número real M , então L = M .
Prova. Sejam lim sn = L e lim sn = M . Seja " > 0 arbitrário. Pela definição de limite
existe N 2 N para o qual n > N ) jsn Lj < "=2 (). Analogamente, dado o mesmo
", existe N 2 N para o qual n > N ) jsn M j < "=2 (). Defina a sequência auxiliar
constante (An )n , onde An = L M para todo n natural.
Tome N = maxfN ; N g. Seja n > N . Por () e () temos
1

1

2

2

1

jAn

2

j jL M j jL M sn snj j sn L sn M j
jsn Lj jsn M j < "= "= ":
Acima, usamos o fato que jx y j  jxj jy j para quaisquer x; y reais. Logo
An
0 =

=

+

=

+

+

2+

+

Mas como (An ) é constante, temos lim An = L
L = M.

(

)+(

)

2 =

M , e portanto L

lim

= 0

.

M = 0, i.e,

Uma subsequência da sequência (sn )n2N é uma restrição de s a um conjunto A =

fn ; n ; : : : ; nk ; : : : g  N infinito com ni < nj sempre que i < j . Escrevemos snk k2N,
1

(

2

)

ou (sn1 ; sn2 ; : : : ; snk ; : : : ). Não confunda os ı́ndices: quem varia nesse caso é k, e não n.

Proposição 5. Se uma sequência (sn )n converge para L, então toda subsequência (snk )k
dela converge para L.
Prova. Seja lim sn = L e (snk )k uma subsequência de (sn )n . Pela definição de limite
de sequências, dado " > 0, sabemos que existe N 2 N para o qual se n > N , então
sn 2 (L "; L + "). Em particular, se nk > N , então snk 2 (L "; L + "), e portanto
lim snk = L.
58

Exemplo 13.6. Considere a sequência sn = (( 1)n ). Note que s k = 1 e s k = 1 para
todo k natural. Logo lim s k = 1 e lim s k = 1, e por isso temos duas subsequências da
sequência sn convergindo para valores distintos. Pela Proposição acima, se (sn ) convergisse,
todas as suas subsequências convergiriam pro mesmo limite. Segue, portanto que (sn )
diverge.
2

2

1

1

2

2

Como veremos mais a frente (no Teorema 13.2), para que uma sequência seja convergente, é suficiente que ela seja limitada e monótona. Abaixo segue a definição de monotonicidade de uma sequência de números reais.
Definição 6. Se, para todo n 2 N, temos:

1. sn  sn , então (sn ) é monótona não-crescente;
+1

2. sn  sn , então (sn ) é monótona não-decrescente;
+1

3. sn < sn , então (sn ) é monótona decrescente;
+1

4. sn > sn , então (sn ) é monótona crescente.
+1

Dizemos que a sequência (sn )n é monótona se uma das afirmações acima for verdadeira.
Exemplo 13.7. Provaremos por indução que a sequência (an )pdefinida no Exemplo
p an3+1é
a
n
; an p = ( p2) ;
monótona crescente. pParap isso, comece notando que an = ( 2) p
an
epportanto an = ( 2)
: Note
p aque para n = 1, temos a = ( 2) > ( 2) =
2 = a . Suponha que ak
= ( 2) k > ak . Logo, como
+2

+1

(

2)

(

+2

2)

1

2

1

+1

ak

p ak+1

+2 = (

2)

p

= (

2)

p ak hip: p

(

2)

> ( 2)ak = ak ;
+1

temos a propriedade verificada para n = k + 2. Portanto, ela está demonstrada para todo
n natural. Concluı́mos, daı́, que ela é monótona crescente.
Seja C um conjunto de números reais. Diremos que o número real c é uma cota inferior
de C , se para todo x 2 C , tivermos que c < x. Analogamente, d é uma cota superior do
conjunto C se para todo x 2 C , tivermos que x < d.
Teorema 13.2. Toda sequência monótona limitada é convergente.
Prova. Suponha que (sn ) seja limitada e monótona não-crescente. Provaremos que lim sn =
inf fsn : n 2 Ng = maior cota inferior do conjunto fsn : n 2 Ng. De fato, chamando
C = fsn : n 2 Ng e c = inf C , temos que para todo " > 0 real, c + " não pode ser cota
inferior de C , uma vez que c é a maior de todas elas. Por isso, deve existir N 2 N tal que
sN 2 [c; c + "). Mas como (sn ) é não-crescente, e limitada por baixo por c, temos que
n > N ) c  sn  sN < c + ", ou seja, sn 2 (c "; c + "). Por definição de limite, segue
que lim sn = c.
De maneira completamente análoga, se (sn ) é monótona não-decrescente, então lim sn =
sup C = menor cota superior de C .
59

Com todas as ferramentas necessárias em mãos, estamos prontos para enunciar o
Teorema 13.3 (Bolzano-Weierstrass). Toda sequência de números reais limitada possui
subsequência convergente.
A prova do Teorema acima pode ser encontrada em [3], e exige uma leitura atenciosa.

13.2

Propriedades de Limites

Seja P uma propriedade que os termos de uma sequência (sn ) obedecem. Se existir
N 2 N para o qual n > N ) sn obedece a propriedade P , diremos que “para todo n
suficientemente grande, sn obedece a propriedade P ”.
Teorema 13.4 (Teorema do Confronto). Sejam (rn ), (sn ) e (tn ) sequências tais que
rn  sn  tn para todo n suficientemente grande. Se rn ! L e tn ! L, então sn ! L.
Proposição 6. Se sn ! 0 e tn é uma sequência limitada, então lim(sn  tn ) = 0:
Podemos até mesmo operar com limites (contanto que eles existam), de maneira parecida
com a qual operamos com números reais. Segue abaixo uma proposição com algumas dessas
operações.
Proposição 7 (Operações com Limites). Sejam k 2 R, sn , tn sequências convergentes
quaisquer. Então:
(1.) lim(ksn ) = k lim sn ;
(2.) lim(sn  tn ) = lim sn  lim tn ;
(3.) lim(sn  tn ) = lim sn  lim tn ;
(4.) lim

sn lim sn
=
, contanto que lim tn 6= 0.
tn lim tn

A proposição abaixo será útil para resolução de exercı́cios, mas sua prova foge do escopo
desse texto. Para uma demonstração dela, veja [3].
Proposição 8. Seja f : R ! R uma função contı́nua em L e lim(sn ) = L. A sequência
(f (sn ))n converge para f (L).
Iremos ver agora alguns exemplos de aplicações destas propriedades e operações.
Exemplo 13.8. A sequência (sin(n)=n) é convergente. De fato, sin(n)=n = (1=n)sin(n),
e como lim 1=n = 0 e 1  sin(n)  1 para todo n natural, pela Proposição 6, temos
que lim sin(n)=n = 0.
Exemplo 13.9. Seja c um número real. O limite da sequência (c + 1=n) é c. Com efeito,
pelo item (2:) da Proposição 7, temos que lim(c + 1=n) = lim c + lim 1=n = c.
Exemplo 13.10. Seja c um número real e sn uma sequência convergindo para L. Como
f (x) = cx é uma função contı́nua, pela Proposição 8, temos que lim(csn )n = cL .
60

13.3

Problemas Resolvidos

Problema 13.1. Seja r um número inteiro positivo. Sabendo que lim(1 + 1=n)n = e e
n
n
r
(sn ) = ((1 + r=n) )n é convergente, prove que lim(1 + r=n) = e .
Solução. Tome a subsequência com conjunto de ı́ndices fr; 2r; 3r; : : : ; kr; : : : g de (sn ). A
saber, estamos tratando da subsequência (snk ) = ((1 + r=kr)kr ) de sn .
Calculando o seu limite:
ÇÅ
ãk år



r kr
= lim
k!1
kr

s = klim
s = lim 1 +
n!1 n
!1 nk k!1
lim

P8

Ç

=

Å
lim

1+

k!1

1

ãk år

k

=

1+

1

k

er ;

onde P8 indica que usamos o resultado da Proposição 8 para concluir a igualdade.
Problema 13.2. Seja (Fn ) a Sequência de Fibonnaci, definida por F = 1, F = 1 e
Fn = Fn + Fn . Afirmamos que a sequência (Fn =Fn )n é convergente. Calcule
lim Fn
=Fn .
1

1

2

2

+1

+1

Solução. Seja L = lim(Fn

+1

=Fn ). Observe que
Fn

Fn + Fn ;

=

+1

1

e portanto, multiplicando ambos os lados por 1=Fn , obtemos:

Fn
Fn
= 1+
:
Fn
Fn
1

+1

Daı́, operando com o limite:

F
F
L = lim n = lim 1 + n
Fn
Fn
Å

+1

1

ã
= 1+

1

L

;

pois Fn =Fn = 1=(Fn =Fn ) e lim Fn =Fn = L.
O que sobra é a equação L = 1 + 1p=L, que é equivalente
a equação do segundo grau
p
L L 1 = 0, cujas soluções são ( 5 + 1)=2 e ( 5 1)p=2. Note, no entanto, que
Fn > Fn para todo n, e portanto
p Fn =Fn > 1. Como ( 5 1)=2  0; 618 < 1, a
única solução possı́vel é L = ( 5 + 1)=2, que o leitor pode verificar ser o limite desejado
utilizando a definição.
1

1

1

2

+1

+1

Problema 13.3. Considere a sequência an
a) Mostre que a sequência é convergente.
b) Calcule o lim an .

+1

p an

= (

61

2)

com a =
1

p

2

.

Solução. (a) Pelo Exemplo 13:3, sabemos que (an ) é limitada. Pelo Exemplo 13:7, sabemos
que ela é monótona. Segue, pelo Teorema 13:3, que (an ) é convergente.
(b) Sabemos que (an ) é convergente pelo item anterior.pSeja, portanto
p L lim an = L. Pela
a
n
Proposiçãop5, lim an = L e pelo Exemplo 13.10, lim( 2) = ( 2) . Mas isso nos diz
que L = ( 2)L . Logo, o problema se reduz a encontrar L que satisfaça a equação anterior.
Afirmamos (e sugerimos que o leitor
p tente provar utilizando técnicas de cálculo diferencial)
que L = 2 é a única solução em [ 2; 2] e portanto lim an = 2.
+1

13.4

Lista de Exercı́cios

Aquecimento.
Exercı́cio 13.1. Seja (sn ) uma sequência convergente. Prove que lim(log sn ) = log(lim sn ).
Exercı́cio 13.2. Seja k > 1. Seja (sn ) a sequência definida assim: s
(k + sn )=2 para todo n 2 N. Prove que lim sn = k .

1

= 1

e sn

+1

=

Livro do Elon.
Exercı́cio 13.3. Se uma sequência monótona tem uma subsequência convergente, prove
que a sequência é, ela própria, convergente.
Exercı́cio 13.4. Se existem " > 0 e k 2 N tais que "  xn  nk para todopn sufip
n
n + k,
cientemente
grande,
prove
que
lim n xn = 1. Use este fato para calcular lim
p
p
p
p
n
n
n
lim
n + n, lim log n e lim n log n:
Olı́mpicos.
Exercı́cio 13.5 (OBMU-2017). Considere a sequência an =
(a) Determine limn an .
Å n
2 (2
(b) Determine limn

an ) n

n+1

ã

Pn

k
k=1 2k , para n

 .
1

+1

.

Exercı́cio 13.6 (OBM-2021). Um conjunto A de números reais é enquadrado quando é
limitado e, para todos a; b 2 A, não necessariamente distintos, (a b) 2 A. Qual é o
menor número real que pertence a algum conjunto enquadrado?
2

Exercı́cio 13.7 (IMC-2011). Seja (an )  ( ; 1). Defina a sequência x = 0,
1

0

2

xn =

an

xn
:
1 + an
xn
+1 +

+1

Esta sequência é convergente? Se sim, encontre seu limite.

62

Exercı́cio 13.8 (CIIM-2014). Seja (ai ) uma sequência estritamente crescente de inteiros
positivos. Defina a sequência (sk ) como

sk =

Xk

1

i=1 [ai ; ai+1 ]

;

onde [ai ; ai ] é o mı́nimo múltiplo comum de ai e ai . Mostre que a sequência (sk ) é
convergente.
+1

+1

Exercı́cio 13.9 (Flanders-1991).
(a) Mostre que para todo n 2 N existe exatamente um x 2 R tal que xn + xn
Chame tal x de xn .
+

+1

= 1

.

(b) Encontre limn xn .
Exercı́cio 13.10 (Bulgária-2002).
p Seja (an )n uma sequência de números reais que satisfaz
a relação de recorrência an = an + an 1, para n  1. Prove que a 62 ( 2; 1).
+1

2

1

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>.
[3] Elon Lages Lima, Análise real volume 1. Funções de uma variável, 10.ed., Rio de
Janeiro: IMPA, 2009.

63

14

Premiados na OAM 2021

14.1

Nı́vel 1
Lista de Premiados OAM 2021 - Nı́vel 1
NOME
PRÊMIO
Laura Torres Lima
OURO
Clarice Berto de Lima
OURO
Paulo Diego Vasconcelos Neves
OURO
Lázaro Vinı́cius da Silva Renovato
OURO
Vinı́cius Lopes Ramos
OURO
Kawany Vitória Moreira de Oliveira
OURO
Felipe Gabriel Vitório Paiva
PRATA
Maria Luiza Nepomuceno Moreira
PRATA
Mariana Lins dos Santos
PRATA
Sarah da Silva Ramalho
PRATA
Andre Adalberto Lins Santos
PRATA
Antonio Jorge Valente De Oliveira
PRATA
Charlie Ethan dos Santos Ugá Luna
PRATA
Claudia Manuelly Soares Santos
PRATA
Daniel Menezes Nascimento
PRATA
Davi Wéverton pereira da Silva
PRATA
Gleyce dos Reis Carvalho
PRATA
Maria Fernanda Alécio Toledo Tenório
PRATA
Sofia Vitória Gonzaga da Silva
PRATA
Tiago Vinı́cius Monteiro Lima
PRATA
Rafael Henrique Costa Paranhos
BRONZE
Jonatha Muniz Leite Dos Santos
BRONZE
José Pereira Mendes Neto
BRONZE
Alexia Pyetra Ferro da Rocha
BRONZE
Augusto César de Oliveira Silva
BRONZE
Camila Ferreira de Araujo Andrade
BRONZE
Daniel Da Silva Rodrigues
BRONZE
Davi Luiz Pacheco Gomes Lessa
BRONZE
Guilherme Soares dos Santos Araújo
BRONZE
Isac Vinı́cius Xavier Maciel Rocha
BRONZE
Lucas Lima Belchior
BRONZE
Miguel Augusto Silva De Oliveira
BRONZE
Pedro Paulo Rosa Ribeiro Barbosa
BRONZE
Rickemberg Araújo Silva
BRONZE
64

David Leite dos Santos
Dayane Maria Vieira de lima
Lucas Emanuel Borges de Oliveira
Alehxia Hadassah Nunes de Oliveira
Alejandro Ferreira De Souza
Ana Julya Siqueira De Mendonça
Arthur Quintiliano Macário
Arthur Victor da Silva Santos
Aycha da Silva de Vasconcelos
Caio Omena de Holanda Santos
Carlos Eduardo Gomes dos Santos
Gabriel Cordeiro Calheiros
Gabriel Vinicius Morais Silva
Guilherme Roque Pilar dos Santos
Hevelin Karolayne Teles Souza Caldas Tenório
Isabella Barauna da Silva
Janderlyer Marley da Silva Santos
João Vitor Da Silva Gouveia Ferreira
Júlia Melissa dos Santos Lima
Lucas Lima de Oliveira Silva
Maria Clara Alves Vital
Maria Ranyelle dos Santos Silva
Michelle Barbosa De Lima Da Silva
Milena Micaelle De Souza Santos
Paulo Vitor Da Silva Oliveira
Pedro Vitor Gonzaga da Silva
Rayka Marques Silva
Sergio Reis dos Santos Filho
Willian Gabriel Lopes Da Silva
Yago Felisdoro de Melo

65

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

14.2

Nı́vel 2
Lista de Premiados OAM 2021 - Nı́vel 2
NOME
PRÊMIO
Mateus Amorim Sibaldo Pergentino Vieira OURO ESPECIAL
Alexandre Cavalcante Seabra
OURO
Alice Rabello Oliveira
OURO
José Gabriel Juvino Santos
OURO
Luis Vinicius Rodrigues Santos
OURO
Luiz Antônio Alves de Lima
OURO
Mayara Lins dos Santos
OURO
Pedro Henrique Monteiro Lima
OURO
Clara Maria Cardoso Wagner
PRATA
Clara Moura Galvão Ferreira
PRATA
Emanuel Felix Monteiro
PRATA
Pedro Henrique Vasconcelos Neves
PRATA
William Gabriel Ferreira da Silva
PRATA
Rita Beatriz Melo Lacerda
PRATA
Amon Chalegre Gomes Vanderlei
PRATA
Gabriel Guttenberg Brêda Rodrigues
PRATA
Guilherme Gomes Carvalho
PRATA
Maria Kayllane Vasconcelos Cavalcanti
PRATA
Nycolas Silva de Almeida
PRATA
Israel Libnis Pinheiro Silva
PRATA
Anna Júlia Rocha Santos
PRATA
Ian Muniz Ferro
PRATA
Lara Costa Tavares Magalhães
PRATA
Maria Luiza Cavalcante de Carvalho
PRATA
Mariana Paulino dos Santos
BRONZE
Ricardo Benjamim Salmos Bessa
BRONZE
Rômulo dos Santos Gois
BRONZE
Vinı́cius Cavalcante De Albuquerque
BRONZE
Ismael Adson Samuel de Lemos Santos
BRONZE
Bernardo Khalili Lages
BRONZE
Cláudio Matheus Anselmo Soares Santos
BRONZE
Eduardo Matheus da Silva Barrozo
BRONZE
Eliza Bezerra Bastos
BRONZE
Esther Menezes Nascimento
BRONZE

66

Felipe Protázio Mendes de Amorim
Iuri Paulo Bittencourt Marques Pinto
Laura Lis Nascimento Farias
Nyckollas Raphaell Nogueira Ribeiro
Riazla de Andrade Oliveira
Wesley Ezequiel Sá de Oliveira
Agnnos Nobre Barbosa Maciel
Ana Clara Sousa Magalhães
Bruno Chaves Malheiros de Mello
Carine Cruz de Araujo Delfino
Gabriella Santos Lins
Gleyciane Kelly Castro dos Santos
Ian Normande Vaz
Joao Matheus Ferreira da Rocha
Kallyne Victórya Gomes dos Santos
Layla Carollini Izidoro Cerqueira
Marcelly Jammylly Oliveira Pinheiro
Maria Amanda Lima da Silva
Maria Clara Lima Dos Santos
Samara Naely dos Passos Pimentel
Samuel Sousa de Andrade
Sofia Lima da Trindade
Tharcysio Thiogenes de Mendonça Silva
Weliza Maysa da Silva Santos
Pamella Gabrielly Batista da Silva
Isadora Regina dos Santos Cassiano
Adriano Lopes da Silva Filho
Alef Daniel Almeida Silva
Brenda Vitória dos Santos Meireles
Bruna Oliveira dos Santos
Caio Vı́tor Leite Gomes
Celeste Maria De Almeida Lima
Douglas Silva Freitas Leite
Ellen Sarah Cavalcante Freitas
Emylly Vitoria Gomes Dos Santos
Erika Rannielly Vieira da Silva Borges

67

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

Erike Maicon Da Silva Lima
Esther Nunes Pinheiro
Gabriel Dos Santos Silva
Gabriel Vasconcelos da Silveira
George Bruno Araújo Albuquerque
Jenyphyr Carollynny de Almeida Mendes
João Gabriel Lima Rodrigues
Lara Beatriz Nunes Barbosa
Lauana Silva Fontes
Letı́cia Pereira Ferro
Letı́cia Vitória Santos da Silva
Maria Júlia da Silva Santos
Maria Luı́za de Mendonça Fragoso Travassos
Mayra Raı́ssa Silva Dias
Miguel Melo Ferreira de Souza
Nataly Viana dos Santos Correia
Ryann Calaça Felix da Silva
Sarah Liege Omena Cidrim
Saskya Queiroz Silva
Sidney Miguel da Silva
Victor Lucas Silva de Souza

68

MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
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14.3

Nı́vel 3
Lista de Premiados OAM 2021 - Nı́vel 3
NOME
PRÊMIO
João Rafael Silva de Azevedo
OURO
Victor Umbelino Barbosa
PRATA
Jeann da Rocha Silva
PRATA
Clark Oliveira Santana Conce Rocha
BRONZE
Lukas Cavalcante Correia
BRONZE
Raı́ssa Mariângela dos Santos
BRONZE
Welbert da Silva Freitas Filho
BRONZE
Edeilson Costa de Azevedo
BRONZE
Jessyckon Peterson Farias da Costa
BRONZE
Matheus Henrique Bezerra Nunes
BRONZE
Eduardo Matheus da Silva Barrozo
BRONZE
Eliza Bezerra Bastos
BRONZE
Esther Menezes Nascimento
BRONZE
Jaime Willian Carneiro da Silva
MENÇÃO HONROSA
Lucas Lauhan do Nascimento Lessa MENÇÃO HONROSA
Matheus Homrich
MENÇÃO HONROSA
Aledson Sampaio Moura
MENÇÃO HONROSA
Allane Karine Ferreira da Silva
MENÇÃO HONROSA
MENÇÃO HONROSA
Álvaro Dionı́sio de Lira Silva
Arthur Rabello Oliveira
MENÇÃO HONROSA
Cindhy Glaucielle de Lima Rodrigues MENÇÃO HONROSA
Guilherme Fonseca Trapp
MENÇÃO HONROSA
Izabel Maria Vicente da Silva
MENÇÃO HONROSA
João Guilherme Nascimento Vieira
MENÇÃO HONROSA
João Paulo Barbosa Nunes
MENÇÃO HONROSA
Jonatha Menezes Felisdoro
MENÇÃO HONROSA
Julia de Almeida Cabral Candiago
MENÇÃO HONROSA
Juliana Jacksiana da Silva
MENÇÃO HONROSA
Luan Marinho da Silva Teixeira
MENÇÃO HONROSA
Luana Marina Santos Ferro
MENÇÃO HONROSA
Luiz Otávio Vieira Bento
MENÇÃO HONROSA
Natália Oliveira Araújo
MENÇÃO HONROSA
Vinı́cius Santana Martins
MENÇÃO HONROSA
Vitor Gabriel Rodrigues de Oliveira
MENÇÃO HONROSA

69

Vivian Beatriz Galdino dos Santos
Mikaelly dos Santos Silva
Agnaldo Campos Matos Neto
Davi Lucas Rodrigues de Araújo
Elenilton Inarcio da Silva Júnior
Luan Gabriel Barros de Oliveira
Luiz Edson Neves Gomes Neto
Maria Clara de Oliveira Corcino dos Santos
Maria Eduarda Lins
Sara Lı́cia Batista Cândido dos Santos

70

MENÇÃO HONROSA
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MENÇÃO HONROSA

14.4

Nı́vel U

Lista de Premiados OAM 2021 - Nı́vel UNIVERSITÁRIO
NOME
PRÊMIO
Gabriel Fernando Santos de Oliveira
OURO ESPECIAL
Jônatas Marinho Santos Júnior
OURO
Francisco Alan Lima da Silva
PRATA
Marina Sofia de Albuquerque Oliveira
PRATA
Samuel Nascimento Figuerdo
PRATA
Lucas Brunno Luna de Araújo Barbosa
BRONZE
Lucas Hiroshi dos Santos Nakagawa
BRONZE
Anamilla Barbosa de Sousa
MENÇÃO HONROSA
Gerson Ferreira Santos Junior
MENÇÃO HONROSA
Marcos Antônio da Silva Araújo
MENÇÃO HONROSA

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Como contribuir com a ROAM

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

16

Agradecimentos

A organização da ROAM agradece à Stone, à AOBM e à OAM pelo financiamento da
versão impressa da revista.

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Instituto de Matemática

Universidade Federal de Alagoas
