RCMAT 03 COMPLETA

Prévia do material em texto

REVISTA DO CLUBE DE MATEMÁTICOS
Número 3 | Outubro de 2019
 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
i 
 
 
 
 
RCMat 
REVISTA DO CLUBE DE MATEMÁTICOS 
 
NÚMERO 3 – OUTUBRO DE 2019 
 
http:\\revistarcmat.blogspot.com 
 
ISSN 2596-3511 
 
 
 
 
 
 
COMITÊ EDITORIAL 
 
André Luís Santos Maia – RJ 
Antônio Eurico da Silva Dias – RJ 
Carlos Eddy Esaguy Nehab – RJ 
Cícero Thiago Magalhães – CE 
Cristiano Marcell – RJ 
Emanuel Arcanjo Jaconiano – RJ 
Feres Fares – SP 
German Lourenço Mejia – RJ 
Haroldo Costa Silva Filho – RJ 
Jean Renato da Cunha Machado de Lira – RJ 
José Régis Azevedo Varão Filho – SP 
Kellem Corrêa Santos – DF 
Pablo Aguiar De Maio – RJ 
Renato de Oliveira Caldas Madeira – RJ 
Ronald Alexandre Martins – DF 
Ronald Simões – RJ 
Samuel Liló Abdalla – SP 
Vinícius do Nascimento S. Mano – RJ 
 
 
Capa: Vinícius Mano Imagem: Freepik.com 
 
EXPEDIENTE 
Os artigos assinados são de responsabilidade dos autores. É permitida a reprodução de 
artigos desde que seja citada a fonte. 
A RCMat é uma publicação semestral do Clube de Matemáticos, localizado na Rua Luiz 
Lengruber, 210, Iucas, Teresópolis – RJ. 
 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
ii 
 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
iii 
 
SUMÁRIO 
 
Apresentação 1 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
A bissetriz e seus teoremas (Chico Nery) 2 
Generalizando critérios de divisibilidade (Leandro da Silva Machado) 13 
Minicurso de teoria dos números – parte 3 (Jean Lira) 18 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
Probabilidade nos vestibulares (Renato Madeira) 23 
A importância da estratégia na Matemática do ENEM (Marcos Assumpção) 37 
Desvendando a Matemática no ENEM por seus temas mais incidentes 
(João da Costa Wagner) 43 
Algumas aplicações de somas trigonométricas (Pedro Pantoja) 46 
Um problema difícil de Geometria Espacial da Escola Naval 2018-2019 
(Luis Antonio Ponce Alonso) 52 
Trigonometria no vestibular da Urca: uma questão no nível do IME 
(Jardel L. Oliveira) 58 
PARTE 3 – ENSINO SUPERIOR 
O que é a área de um objeto? (Jessica Didole e Régis Varão) 63 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
Probleminhas para a OBMEP (Emanuel Jaconiano) 69 
Revisitando um problema da IMO Shortlist de 1988 (João da Costa Wagner) 76 
Quadriláteros inscritíveis (Luís Farias Maia) 79 
Generalizando o teorema de Menelaus e o teorema de Ceva 
(Ronald Alexandre Martins) 88 
Noções sobre funções geradoras (Cláudio Gustavo Lima) 95 
O uso do Polinômio Interpolador de Lagrange em desigualdades geométricas 
(Cleuber E. N. Silva, Paula E. Santos e Lívia A. Abreu) 105 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
Jogo do Cano (ASMD) (Gabriel C. Boucinhas e Leandro S. Machado) 111 
Cubo mágico: vencendo desafios e aumentando o desempenho no aprendizado 
de Matemática (Welbert O. Moutta e Rondinele O. Moutta) 121 
Concurso docente EBTT: uma questão bem interessante (Jardel L. Oliveira) 127 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
iv 
PARTE 6 – APLICAÇÕES 
A hipótese de Riemann (Samuel Liló Abdalla) 134 
PARTE 7 – VARIEDADES 
Poesia Seno de Trinta (Ronaldo Mota) 116 
A gente pergunta. Você resolve. 135 
A gente pergunta. Você resolve. (Soluções dos Leitores) 138 
Desafios de Geometria Plana 139 
Charges do Professor (Cristiano Marcell) 143 
Um pouco de história – Leonardo de Pisa (Renato Madeira) 144 
adinhas (Renato Madeira) 147 
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
 
 
APRESENTAÇÃO 
 
 
Essa é a 3ª edição da Revista do Clube de Matemáticos – RCMat. Nossa revista é 
elaborada por uma equipe de mais de 100 professores voluntários, todos imbuídos no 
objetivo de divulgar e melhorar o ensino da Matemática. 
Essa é a nossa primeira edição após obtermos o ISSN (International Standard Serial 
Number), ou seja, estarmos oficialmente registrados como uma publicação periódica. Isso 
só foi possível graças ao trabalho da Sra. Cassia Regina Alho Curi, bibliotecária da rede 
Firjan - SESI, a quem devemos um agradecimento muito especial. Além de dar 
credibilidade à publicação, o ISSN possibilita que nossos autores incluam seus artigos no 
seu Currículo Lattes. 
Temos artigos em todos os segmentos propostos: ensino fundamental, médio, 
superior, olimpíadas, magistério e aplicações. Essa edição em particular apresentou um 
aumento significativo na quantidade de artigos voltados para olimpíadas de Matemática, 
inclusive voltados para o treinamento inicial da OBMEP. 
Cabe ressaltar também, na parte de Magistério, dois artigos sobre jogos 
matemáticos, o que vai se tornar frequente nessa publicação, pois juntaram-se ao nosso 
grupo diversos professores que atuam nessa área. 
Uma novidade dessa edição é a seção DESAFIOS DE GEOMETRIA PLANA. 
Foram propostos 10 probleminhas interessantes de Geometria para que os leitores tentem 
resolver. Vocês estão convidados a enviar suas soluções. Na próxima edição publicaremos 
as nossas. Devemos aqui um agradecimento especial ao professor Marcos Avalos, do Peru, 
que gentilmente permitiu que utilizássemos suas questões em nossa publicação. Caso você 
queira conhecer melhor o trabalho do professor Marcos Avalos siga sua página no 
Facebook, Geometría – TARMA. 
Nas próximas edições esperamos trazer ainda mais novidades, mas, para tanto, 
precisamos de vocês leitores. Interajam conosco pelo e-mail revistarcmat@gmail.com ou 
pela nossa página no Facebook (https://www.facebook.com/revistadoclubedematematicos/). 
Envie suas dúvidas de Matemática, enunciados de questões que você gostaria de ver 
resolvidas, sugestões de pautas, o que você quiser, pois essa revista é de todos nós. 
Se você é professor(a) ou estudante de Matemática, envie também suas sugestões ou 
junte-se a nós e seja também um autor da RCMat. 
 
 
Comitê Editorial 
1
mailto:revistarcmat@gmail.com
https://www.facebook.com/revistadoclubedematematicos/
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
A BISSETRIZ E SEUS TEOREMAS 
 
Chico Nery 
 
 
Nesse breve texto, vamos analisar a bissetriz de um triângulo e seus notáveis 
teoremas: o "teorema da bissetriz interna", o "teorema da bissetriz externa" e seus 
respectivos recíprocos. 
Para iniciarmos esse estudo é preciso fazer uma pequena introdução. 
 
 
1. INTRODUÇÃO 
 
Ao considerarmos o ângulo como sendo a figura formada por duas semirretas de 
mesma origem, podemos dizer que sua "bissetriz" é a semirreta com origem no vértice do 
ângulo e que o divide em dois ângulos adjacentes e congruentes. 
 
 
 
 
 
 
 
OP é bissetriz do 
ângulo ˆAOB 
 
1.1. PROPRIEDADES 
 
Qualquer ponto da bissetriz equidista dos lados do ângulo. 
 
 
 
 
 
 
( )oOAP OBP L A A
PA PB
  

=
 
 2
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
A recíproca é verdadeira, ou seja, se um ponto no interior do ângulo equidista dos 
seus lados, esse ponto pertence à bissetriz do ângulo. 
 
 
 
 
 
 
( )rOAP OBP L L A  

 = 
 
 
1.2. DEFINIÇÕES 
 
Costumamos chamar de "ceviana" de um triângulo, qualquer segmento de reta que possui 
uma extremidade num vértice e a outra extremidade no lado oposto ou no seu 
prolongamento. 
A bissetriz, assim como a mediana e a altura, é uma ceviana do triângulo. 
 
 
 
 
 
Em relação ao vértice A: 
AN é bissetriz (𝐵�̂�𝑁 = 𝐶�̂�𝑁) 
AH é altura (𝐴�̂�𝐵 = 90°) 
AM é mediana (𝐵𝑀̅̅ ̅̅̅ = 𝐶𝑀̅̅̅̅̅) 
 
 
2. TEOREMAS DA BISSETRIZ INTERNA 
 
2.1. TEOREMA DA BISSETRIZ INTERNA 
 
Um dos teoremas fundamentais de Geometria Plana Sintética no Ensino Médio é 
justamente o "teorema da bissetriz interna". 
Esse teorema afirma que: "num triângulo, ao traçarmos a bissetriz de um ângulo, 
ela, ao atingir o lado oposto, o divide em dois segmentos proporcionaisaos lados 
adjacentes ao ângulo". 
 
 3
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
 
 
 
AB AC
BD CD
= 
 
Um exemplo de aplicação: 
 
 
 
 
 
4 8
BD 9 BD
BD 3
CD 6
=
−
 =
 
=
 
 
2.2. RECÍPROCO DO TEOREMA DA BISSETRIZ INTERNA 
 
O recíproco do teorema da bissetriz interna também é um teorema, isto é, também 
é verdadeiro. 
Enunciado: "se, num triângulo, traçarmos uma ceviana que divide internamente o 
lado oposto em segmentos proporcionais aos lados do ângulo de origem da ceviana, esta 
é uma bissetriz do tal ângulo". 
 
 
 
 
 
AB AC
BE CE
=  AE é bissetriz ( ) =  
 
 
 
 
 
 
 
 4
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Um exemplo de aplicação: 
 
 
24 40
AE
21 35
=  é bissetriz ( )ˆ ˆBAE CAE 60= =  
 
 
2.3. DEMONSTRAÇÕES 
 
Podemos demonstrar o "teorema da bissetriz interna" (e também o seu recíproco) 
de várias maneiras, ou seja, em diferentes momentos do desenrolar do curso, o que acaba 
sendo muito educativo. 
Ele pode ser demonstrado logo após a apresentação do teorema de Tales, logo após 
o estudo da Semelhança de triângulos, em seguida à Lei dos senos, ou até com o auxílio 
de propriedades das áreas. 
 
2.3.1. DEMONSTRAÇÕES DO TEOREMA DA BISSETRIZ INTERNA 
 
(1ª) Com o auxílio do Teorema de Tales 
 
 
 
Consideremos um triângulo ABC e sua bissetriz AD 
Prolonguemos o lado AC e tracemos, pelo vértice B uma reta paralela à reta AD. 
Encontramos o ponto E gerando o triângulo ABE. 
Sendo BE paralelo a AD, temos às seguintes igualdades: 
𝐶�̂�𝐷 = 𝐴�̂�𝐵 (𝜃 = 𝛼), pois são correspondentes e 
𝐷�̂�𝐵 = 𝐴�̂�𝐸 (𝛽 = 𝛼), pois são alternos internos. 
Logo, o triângulo ABE é isósceles, pois 𝜃 = 𝛽, e então 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . 
 5
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Apliquemos agora o Teorema de Tales: 
AE AC
.
BD CD
= 
Mas, 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , então 
AB AC
.
BD CD
= 
 
(2ª) Com o auxílio da Semelhança de Triângulos 
 
 
 
Prolonguemos a bissetriz AD até encontrar a paralela a AC passando por B, em E. 
𝐴�̂�𝐵 = 𝐶�̂�𝐷 (𝛼 = 𝛽). 
Portanto o triângulo ABE é isósceles (𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ ). 
Os triângulos BDE e ADC são semelhantes, portanto 
BE BD
.
AC CD
= 
Mas 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ , então 
AB BD
AC CD
= ou 
AB AC
.
BD CD
= 
 
(3ª) Com o auxílio da Lei dos Senos 
 
 
 
Consideremos 𝐵�̂�𝐷 = 𝐶�̂�𝐷 = 𝛼 e 𝐴�̂�𝐵 = 𝛽. 
Apliquemos a lei dos senos nos triângulos ABD e ACD. 
AB BD AB sen
sen sen senBD

=  =
  
 
( )
( )sen 180AC CD AC sen
sen 180 sen CD sen sen
 − 
=  = =
−   
 
 6
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Portanto, concluímos que 
AB AC
.
BD CD
= 
 
(4ª) Com o auxílio de propriedades de áreas 
 
 
 
Sabemos que a extremidade D da bissetriz equidista dos lados AB e AC, seja d essa 
distância. 
Seja h a medida da altura relativa ao vértice A. 
Comparando as áreas dos triângulos ABD e ACD, temos 
( )
( )
AB d
ABD AB2
ACD AC d AC
2

= =

 e também 
( )
( )
BD h
ABD BD2 .
ACD CDCD h
2

= =

 
Logo, 
AB BD AB AC
.
AC CD BD CD
=  = 
 
 
2.3.2. DEMONSTRAÇÕES DO RECÍPROCO DO TEOREMA DA BISSETRIZ 
INTERNA 
 
Já sabemos que em um triângulo ABC, ao traçarmos a bissetriz AD, vale a proporção: 
 
 
 
( )
AB AC AB BD AB BD
I
BD CD AC CD AC BC BD
=  =  =
−
 
 
 7
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
O que vamos provar agora é que, se tomarmos um ponto E no lado BC, de modo que seja 
verdadeira a proporção 
AB AC
,
BE CE
= esse segmento AE é bissetriz do ângulo A. 
 
 
 
Sendo 
AB AC AB BE
,
BE CE AC CE
=  = podemos escrever ( )
AB BE
II .
AC BC BE
=
−
 
De (I) e (II), concluímos que 
BD BE
.
BC BD BC BE
=
− −
 
 
Aplicando uma propriedade das proporções, encontramos: 
BD BE BD BE
BD BE.
BC BD BD BC BE BE BC BC
=  =  =
− + − +
 
 
Logo, os pontos E e D são coincidentes e, por isso, AE é bissetriz do ângulo �̂� , como 
queríamos provar. 
 
 
Uma segunda demonstração 
 
Apresentaremos a seguir mais uma interessante demonstração do recíproco do teorema 
da bissetriz com auxílio de propriedades envolvendo áreas. 
No triângulo ABC, seja h a medida da altura relativa ao vértice A, e 1h e 2h as distâncias 
do ponto E aos lados AC e AB. 
 
 
 
Comparando as áreas dos triângulos ABE e ACE, temos: 
 8
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
( )
( )
( )
2
2
1 1
AB h
AB hABE 2 I
ACE AC h AC h
2


= =
 
 e também 
( )
( )
( )
BE h
ABE BE2 II .
ACE CE h CE
2

= =

 
Comparando (I) e (II), obtemos: 2
1
AB h BE
,
AC h CE

=

 mas 
AB BE
,
AC CE
= logo 2 1h h ,= o que 
implica que E pertence à bissetriz de A. 
 
 
3. TEOREMA DA BISSETRIZ EXTERNA 
 
Num triângulo ABC, assim como traçamos a bissetriz do ângulo interno A, também 
podemos traçar a bissetriz do ângulo externo A. 
Ao traçarmos esta bissetriz, ela intersecta o prolongamento do lado BC, num ponto E, 
gerando a seguinte proporção: 
 
AB AC
BE CE
= 
 
 
 
Observações: 
1) Notemos que as bissetrizes AE e AD, a externa e a interna são perpendiculares, pois 
2𝛼 + 2𝛽 = 180°, portanto 𝛼 + 𝛽 = 90°. 
 
2) Caso 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , a bissetriz externa fica paralela ao lado BC, o ponto E deixa de existir, 
e o teorema não se aplica. 
 
 
 
 9
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
3.1. DEMONSTRAÇÃO DO TEOREMA DA BISSETRIZ EXTERNA 
 
Será apresentada apenas uma demonstração, usando semelhança de triângulos, deixando 
para os leitores o desafio de encontrar outras demonstrações utilizando Teorema de Tales, 
lei dos senos, áreas etc. 
 
 
 
Tracemos por B uma paralela ao lado AC, que intersecta a bissetriz AE num ponto F. 
Temos 𝐺�̂�𝐹 = 𝐴�̂�𝐵 = 𝛽, pois são alternos internos, e, por isso, o triângulo ABF é 
isósceles, ou seja, 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐹̅̅ ̅̅ . 
Os triângulos BFE e CAE são semelhantes, pois BF é paralelo a AC. 
Daí, 
BF AC
,
BE CE
= mas 𝐵𝐹̅̅ ̅̅ = 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , logo 
AB AC
.
BE CE
= 
 
Um exemplo de aplicação: 
 
 
 
6 16
x 12
x 20 x
=  =
+
 
Portanto, BE̅̅̅̅ = 12 e CE̅̅̅̅ = 32. 
 
 
3.2. RECÍPROCO DO TEOREMA DA BISSETRIZ EXTERNA 
 
O recíproco do teorema da bissetriz externa também é um teorema, ou seja, também é 
uma verdade. 
 10
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Enunciando: "se em um triângulo ABC, traçarmos pelo ângulo externo A, um segmento 
AE, com E no prolongamento do lado BC, de modo que 
AB AC
,
BE CE
= essa ceviana é a 
bissetriz externa do ângulo A. 
 
 
3.3. DEMONSTRAÇÃO DO RECÍPROCO DO TEOREMA DA BISSETRIZ 
EXTERNA 
 
No triângulo ABC, seja h a altura relativa ao vértice A, e d e d' as distâncias do ponto E 
às retas AB e CA. 
 
 
 
Calculemos a razão entre as áreas dos triângulos ABE e ACE. 
( )
( )
d
AB
ABE AB d2
d 'ACE AC d 'AC
2


= =

 e 
( )
( )
h
BE
ABE BE2 .
hACE CECE
2

= =

 
Então, 
AB d BE
,
AC d ' CE

=

 mas 
AB BE
,
AC CE
= logo d d ',= o que implica que AE é bissetriz 
externa do ângulo A (𝛼 = 𝛽). 
 
Um exemplo de aplicação: 
 
 
 
 11
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Sendo verdade que 
AB AC
,
BE CE
= pois 
15 40
,
21 56
= pelo recíproco do teorema da bissetriz 
externa, podemos concluir que AE é bissetriz do ângulo A, ou seja, 𝛼 = 𝛽. 
 
Encerramos esse pequeno artigo/estudo sobre as bissetrizes de um triângulo, 
reiterando o convite/desafio aos leitores para que procurem encontrar diferentes 
demonstrações para os teoremas aqui apresentados.12
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
 
GENERALIZANDO CRITÉRIOS DE DIVISIBILIDADE 
 
Prof. MSc. Leandro da Silva Machado 
CAp-UERJ 
 
Ao discutirmos acerca dos critérios de divisibilidade no Ensino Fundamental, é 
comum deixar o foco nos primos 2, 3 e 5 e suas combinações, como 4, 6, 8 e 10. Por 
vezes, os critérios de divisibilidade para outros primos como 7, 11 ou 13 são 
simplesmente ignorados, com a desculpa de que “é mais fácil fazer a divisão do que 
aplicar estes critérios...”. 
O objetivo deste artigo é contestar esta afirmação, mostrando que é possível 
trabalhar, mesmo com alunos de 6º ano, um tipo de generalização dos critérios de 
divisibilidade, que valerá para todos os primos que possuam um múltiplo que termine em 
1. 
 
Caso Base - Critério de Divisibilidade por 7: 
 
Dado um número natural N, vale o seguinte critério para saber se N é múltiplo de 7: 
 
• Separe o algarismo das unidades; 
• Dobre este valor; 
• Diminua o resultado encontrado do restante do número; 
• Se o resultado por um múltiplo de 7, então N também o será; 
• Se o resultado não for um múltiplo de 7, então N também não o será. 
 
Exemplos: 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
1N 595 59 5 59 10 59 10 49 7 7= → → → − = =  
 
Como 49 é múltiplo de 7, então 595 também é. De fato, 595 7 85.=  
 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
2N 1029 102 9 102 18 102 18 84 7 12= → → → − = =  
 
Como 84 é múltiplo de 7, então 1029 também é. De fato, 1029 7 147.=  
 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
3N 38276 3827 6 3827 12 3827 12 3815= → → → − = 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
3815 381 5 381 10 381 10 371→ → → − = 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
371 37 1 37 2 37 2 35 7 5→ → → − = =  
 
Como 35 é múltiplo de 7, então 371 também é, o que implica que 3815 também é, o que 
nos mostra que 38276 também é múltiplo de 7. De fato, 38276 7 5468.=  
 13
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
dobrando subtraindo o resultado
a unidade do restante do nºseparando
4N 605 60 5 60 10 60 10 50 7 7 1= → → → − = =  + 
 
Como 50 não é múltiplo de 7, então 605 também não é. De fato, vimos anteriormente que 
595 é múltiplo de 7, logo, os próximos múltiplos de 7 serão 602 e 609, de forma que, 
realmente, 605 não pode ser múltiplo de 7. 
 
O critério apresentado acima, pode ser formalmente descrito pelo teorema a 
seguir, que iremos demonstrar e analisar a demonstração para obter uma generalização. 
 
Teorema: Seja N um número natural cuja representação em base 10 é dada por 
n 2 1 0a a a a , nos quais os ia são os dígitos referentes a cada uma de suas ordens, então 
( )n 2 1 07 | N 7 | a a a 2a . − 
 
Demonstração: 
Vamos chamar de M o natural cuja representação em base 10 é dado por 𝑎𝑛 … 𝑎2𝑎1. Desta 
forma, temos que 𝑁 = 10𝑀 + 𝑎0. 
( ) 
Suponha 7 | 𝑁. Então, 7 | (10𝑀 + 𝑎0) (I). 
Mas, como 7 | 21, então 7 | 21𝑎0 (II). 
De (I) e (II) segue, que: 
( ) ( ) ( )0 0 0 07 | 10M a 21a 7 | 10M 20a 7 |10 M 2a + −  −  −  
Como 𝑚𝑑𝑐 (7,10) = 1, temos que 7 | (𝑀 − 2𝑎0), concluindo assim a primeira parte da 
demonstração. 
( ) 
Suponha 7 | (𝑎𝑛 … 𝑎2𝑎1 − 2𝑎0). Então, equivalentemente, temos que 7 | (𝑀 − 2𝑎0). 
Logo, ( ) ( ) ( )0 07 |10 M 2a 7 | 10M 20a III−  − 
Porém, 7 | 21, então 7 | 21𝑎0 (IV) 
De (III) e (IV), temos: 
( ) ( )0 0 07 | 10M 20a 21a 7 | 10M a 7 | N, − +  +   
concluindo a segunda parte da demonstração. 
 
Reparem que há dois pontos-chave nesta demonstração: a multiplicação de 
0M 2a− por 10, e a adição da parcela 21𝑎0 a esta expressão, gerando 10𝑀 + 𝑎0 = 𝑁. 
Portanto, a explicação do porquê deve-se “dobrar o dígito das unidades” no critério de 
divisibilidade por 7 está diretamente relacionada ao fato de 21 ser múltiplo de 7. 
Utilizando as informações acima, podemos generalizar este critério de 
divisibilidade por 7 para outros primos 𝑝 (diferentes de 2 e 5). Assim, buscaremos um 𝛽 
tal que satisfaça o seguinte critério, dado um número natural N qualquer: 
 
• Separe o algarismo das unidades; 
• Multiplique este valor por 𝛽; 
• Diminua o resultado encontrado do restante do número; 
• Se o resultado por um múltiplo de 𝑝, então N também o será; 
• Se o resultado não for um múltiplo de 𝑝, então N também não o será. 
 14
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
O 𝛽 procurado será exatamente o número formado pelos dígitos de um múltiplo 
qualquer de p terminado em 1, sem a ordem das unidades. 
Por exemplo, se p 7,= um múltiplo terminado em 1 é 21 e 7 2. = 
 
Pensemos em um outro primo qualquer, digamos 17. Temos que 51 é um 
múltiplo de 17 terminado em 1 e, portanto, 𝛽17 = 5. De fato, podemos mostrar (de forma 
análoga à demonstração anterior) que ( )017 | N 7 | M 5a . − 
Vamos, então, verificar o critério sendo utilizado: 
 
quintuplicando subtraindo o resultado
 a unidade do restante do nºseparando
5N 1462 146 2 146 10 146 10 136 17 8= → → → − = =  
 
Como 136 é múltiplo de 7 (17 ∙ 8), então 1462 também é. De fato, 1462 17 86.=  
 
quintuplicando subtraindo o resultado
 a unidade do restante do nºseparando
6N 3995 399 5 399 25 399 25 374= → → → − = 
quintuplicando subtraindo o resultado
 a unidade do restante do nºseparando
374 37 4 37 20 37 20 17→ → → − = 
 
Como 17 é, ele próprio, múltiplo de 17, então 374 também será, implicando que 3995 
também será. De fato, 3995 = 17 ∙ 235. 
 
Finalmente, listaremos os respectivos critérios de divisibilidade para outros 
primos, a partir do raciocínio desenvolvido neste artigo: 
 
Primo 
Múltiplo de 
𝒑 terminado 
em 1 
Beta 
associado a 𝒑 
Critério 
𝑝 = 7 21 𝛽7 = 2 
Multiplique o dígito das unidades por 2, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 7 
𝑝 = 11 11 𝛽11 = 1 
Multiplique o dígito das unidades por 1, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 11 
𝑝 = 13 91 𝛽13 = 9 
Multiplique o dígito das unidades por 9, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 13 
𝑝 = 17 51 𝛽17 = 5 
Multiplique o dígito das unidades por 5, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 17 
𝑝 = 19 171 𝛽19 = 17 
Multiplique o dígito das unidades por 17, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 19 
𝑝 = 23 161 𝛽23 = 16 
Multiplique o dígito das unidades por 16, 
diminua do resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 23 
 15
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
Há ainda um último detalhe a ser analisado: nós tomamos um parâmetro 𝛽 de tal 
forma que 10𝛽 é 1 unidade menor que um múltiplo de 𝑝. No entanto, também poderíamos 
pegar um parâmetro 𝛿 tal que 10𝛿 seja uma unidade maior que um múltiplo de 𝑝. O que 
aconteceria? 
Vamos analisar o caso 𝛿13. Sabemos que 39 é múltiplo de 13, então: 
( ) Suponha 13 | 𝑁, então 13 | (10𝑀 + 𝑎0) (I). 
Mas, como 13 | 39, então 13 | 39𝑎0 (II). 
De (I) e (II) segue: 
( ) ( ) ( )0 0 0 07 | 10M a 39a 7 | 10M 40a 7 |10 M 4a . + +  +  +  
Como 𝑚𝑑𝑐 (7,10) = 1, temos que 7 | (𝑀 + 4𝑎0). 
 
Como todos os passos são reversíveis, a volta também é verdadeira, de forma 
que outro critério de divisibilidade para 13 seria com 𝛿13 = −4 (ao invés de diminuir o 
dígito das unidades depois de multiplicado por 𝛿, vamos somá-lo). 
Esse caso é importante, pois é aplicável a todos os primos terminados em 9. 
 
Podemos, portanto, unir os dois critérios de forma conveniente para deixar os 
cálculos mais simples possíveis. A tabela abaixo ilustraalgumas possibilidades: 
 
Primo 
Múltiplo de 
𝒑 terminado 
em 1 ou 9 
Parâmetro 
associado a 𝒑 
Critério 
𝑝 = 7 21 𝛽7 = 2 
Multiplique o dígito das unidades por 2, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 7 
𝑝 = 11 11 𝛽11 = 1 
Separe o dígito das unidades, diminua do 
resto do número e verifique se o resultado 
é múltiplo de 11 
𝑝 = 13 39 𝛿13 = −4 
Multiplique o dígito das unidades por 4, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 13 
𝑝 = 17 51 𝛽17 = 5 
Multiplique o dígito das unidades por 5, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 17 
𝑝 = 19 19 𝛿19 = −2 
Multiplique o dígito das unidades por 2, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 19 
𝑝 = 23 69 𝛿23 = −7 
Multiplique o dígito das unidades por 7, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 23 
𝑝 = 29 29 𝛿29 = −3 
Multiplique o dígito das unidades por 3, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 29 
𝑝 = 31 31 𝛽31 = 3 
Multiplique o dígito das unidades por 3, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 31 
 16
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
𝑝 = 37 111 𝛽37 = 11 
Multiplique o dígito das unidades por 11, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 37 
𝑝 = 39 39 𝛿39 = −4 
Multiplique o dígito das unidades por 4, 
some ao resto do número e verifique se o 
resultado é múltiplo de 39 
𝑝 = 41 41 𝛽41 = 4 
Multiplique o dígito das unidades por 4, 
diminua do resto do número e verifique se 
o resultado é múltiplo de 41 
 
 
 17
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
 
 
MINICURSO DE TEORIA DOS NÚMEROS – PARTE 3 
 
Jean Lira 
Rio de Janeiro - RJ 
 
 
Na edição passada, falamos sobre critérios de divisibilidade e deixamos, como 
exercício, demonstrar os critérios de divisibilidade por 5, 6, 7, 8, 9 , 10 e 11. Pensaram 
que tinha esquecido?! 
Vamos logo a essas demonstrações: 
 
Provando o critério de divisibilidade por 5: 
 
Sendo N o número 1 2 3 nN a a a a= , então na forma polinomial ele será escrito assim: 
 
1 2 3 0
1 2 310 10 10 10
n n n
nN a a a a
− − −= + + + + 
 
Repare que 1 2 3
1 2 3 110 10 10 10
n n n
na a a a
− − −
−+ + + + é múltiplo de 10, pois todos os termos 
são multiplicados por uma potência de 10. Sendo assim, podemos escrevê-lo na forma 
10k , com k . Assim, o número N fica da forma 10 .= + nN k a Como 10k é múltiplo 
de 5, então para N ser múltiplo de 5, o algarismo na deve ser zero ou múltiplo de 5, nesse 
último caso podendo ser apenas o 5. Logo o número deve terminar em 0 ou 5. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 6: 
 
Vamos dividir essa demonstração em duas etapas: primeiro vamos provar a ida, provando 
que se um número é múltiplo de 6, então ele é múltiplo de 2 e de 3: 
 
Se um número N é múltiplo de 6, então ele pode ser escrito da forma 6 ,=N k com k . 
Como 6 2 3,=  podemos escrever 2 (3 ).= N k Logo, N é múltiplo de 2. 
Mas também podemos escrever que 3 (2 ).= N k Assim, ele também é múltiplo de 3. 
Logo se um número é múltiplo de 6 ele será múltiplo de 2 e de 3. 
 
Agora vamos provar a volta, ou seja, se um número é múltiplo de 2 e de 3 ele também 
será múltiplo de 6: 
Se N é múltiplo de 2 e de 3, então ele será da forma 2N q= e 3N p= , com p,q . 
Como 3 2q q q− = , então 3q N q− = , porém como 3N p= , então: 
3 3 3( )q p q q q p− =  = − 
Como q p ( afinal 
2
N
q = e 
3
N
p = ) então ( ) 0q p−  . Além disso se ,− =q p k com 
k , então: 
3 3( ) 3kk q p q= −  = 
Como 2N q= , então 2 3 6 .=  =N k k 
Assim, se N é múltiplo de 2 e de 3, então será múltiplo de 6. 
 
 18
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Assim a ida e a volta estão demonstradas. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 7: 
 
Assim como fizemos no critério por 5 vamos escrever 
 
1 2 3 0
1 2 3 110 10 10 10 10
n n n
n nN a a a a a
− − −
−= + + + + + 
o que implica 010 ,= +N k a com k . 
Queremos mostrar que 010k a+ é múltiplo de 7 se, e somente se, 02k a− é múltiplo de 
7. 
Primeiro vamos mostrar que se 02k a− é múltiplo de 7, então 010k a+ é múltiplo de 7: 
Se 02k a− é múltiplo de 7 então podemos escrever que 02 7 ,− =k a p com p . 
Multiplicando ambos os lados por 10, temos 010 20 70 .− =k a p 
Como 70 p múltiplo de 7 então 010 20 7 ,− =k a q com q . 
Somando 021a de ambos os lados, temos: 
0 0 0 0 010 20 21 7 21 10 7( 3 )k a a q a k a q a− + = +  + = + 
Logo 010 7k a y+ = , com y . Então, se 02k a− é múltiplo de 7, 010N k a= + também 
é múltiplo de 7. 
 
Agora vamos mostrar que, se 010k a+ é múltiplo de 7 então 02k a− é múltiplo de 7. 
 
Se 010N k a= + é múltiplo de 7 então 010 7 ,+ =k a q com q . 
Escrevendo 0 0 021 20 ,= −a a a temos: 
 
( ) ( ) ( )
( )
0 0 0 0
0 0 0
0
10 21 20 7 10 20 7 21
10 2 7 3 10 2 7 ,
10 2
7
+ − =  − = − 
− = −  − =  
−
 =
y
k a a q k a q a
k a q a k a y y
k a
y
 
 
Como y é um número inteiro, então 10 ou ( )02k a− deve ser múltiplo de 7, como 
sabemos que 10 não é múltiplo de 7, então ( )02k a− deve ser. 
 
Assim mostramos que se 010k a+ é múltiplo de 7, então ( )02k a− é múltiplo de 7. 
 
Logo a ida e a volta da propriedade foram provadas. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 8: 
 
Mais uma vez, vamos escrever o número N como 
1 2 3 0
1 2 3 110 10 10 10 10 .
− − −
−= + + + + +
n n n
n nN a a a a a 
Colocando 310 1000= em evidência, ficamos com 
 19
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
( )4 5 6 2 01 2 3 3 2 11000 10 10 10 10 10 10 .− − − − − −= + + + + + + +n n n n n n nN a a a a a a a 
Como 1000 é múltiplo de 8, então para N ser múltiplo de 8 devemos ter 
2 0
2 110 10 10n n na a a− −+ + também múltiplo de 8, ou seja, 2 1n n na a a− − , que é o número 
formado pelos 3 últimos algarismos de N deve ser múltiplo de 8. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 9: 
 
Para mostrarmos o critério de divisibilidade por 9, basta percebermos que: 
 
9'
999...9 10 1 999...9 1 10= −  + =k k
k s
 
Sendo assim, podemos escrever 1 2 3 0
1 2 3 110 10 10 10 10
n n n
n nN a a a a a
− − −
−= + + + + + 
como 
1 2 3 1
1 2 3
(999...9 1) (999...9 1) (999...9 1) (9 1) n n
n n n
N a a a a a−
− − −
= + + + + + + + + + 
1 2 3 1 1 2
1 2 3
999...9 999...9 999...9 9 ...n n
n n n
N a a a a a a a−
− − −
= + + + + + + + + 
1 2 3 1 1 2
1 2 3
9 111...1 111...1 111...1 ...n n
n n n
N a a a a a a a−
− − −
 
= + + + + + + + + 
 
 
Como podemos ver 1 2 3 1
1 2 3
9 111...1 111...1 111...1 n
n n n
a a a a −
− − −
 
+ + + + 
 
 é um múltiplo de 9, 
então a soma dos algarismos 1 2 ... na a a+ + + deve ser múltiplo de 9. 
 
Provando o critério de divisibilidade por 10: 
 
Aqui não é tão difícil pensar que, se queremos que o número seja múltiplo de 10, faz 
sentido colocarmos o 10 em evidência: 
 
( )
1 2 3 0
1 2 3 1
2 3 4
1 2 3 1
10 10 10 10 10
10 10 10 10
n n n
n n
n n n
n n
N a a a a a
N a a a a a
− − −
−
− − −
−
= + + + + +
= + + + + +
 
Assim, como ( )2 3 41 2 3 110 10 10 10n n n na a a a− − − −+ + + + é múltiplo de 10, então na deve 
ser múltiplo de 10. Como o único número de um algarismo que é divisível por 10 é o 
zero, então 0na = . 
 
Provando o critério de divisibilidade por 11: 
 
Usando a sugestão da edição anterior: 
 
Podemos escrever que 
1
10 999...9 1n
n−
= + se n é par e que 
1
10 100...01 1n
n−
= − se n é ímpar. 
Além disso 
1
100...01 11 (9090...91).
−
= 
n
 
Sendo assim, se n 1− é par, temos: 
 20
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
1 2 3 1
1 23 1 1 2 3 4 1
1 2 3 4 1
(999...9 1) (100...1 1) (999...9 1) (11 1)
999...9 100...1 999...9 ... 11 .....
11 ..... ,
−
− −
−
= + + − + + + + − +
= + + + + + − + − + − +
= + − + − + − + 
n n
n n n
n n
N a a a a a
N a a a a a a a a a a
N k a a a a a a k
 
 
Sendo assim, se a soma dos algarismos de ordem ímpar for igual a soma dos de ordem 
par, então 1 2 3 4 1..... n na a a a a a−− + − + − + será igual a zero, e N será múltiplo de 11. 
Se n 1− for ímpar o processo será semelhante, apenas com as ordens de 10n trocadas. 
 
 
NÚMEROS PRIMOS 
 
Já que estamos falando de múltiplos e divisores, temos, entre os números naturais, 
alguns com propriedades interessantes. São os números que possuem apenas, e 
exatamente, dois divisores naturais, o 1 e ele mesmo. A esses números especiais damos o 
nome de primos. 
Exemplos de números primos são: 2 (divisível apenas por 1 e 2), 3 (divisível apenas 
por 1 e 3) e 5(divisível apenas por 1 e 5). 
Reparem que 1 não é um número primo, mesmo ele sendo divisível apenas por 1, 
que nesse caso também é ele mesmo, não satisfaz a condição de possuir dois divisores 
naturais. 
Já falamos deles algumas vezes em outras edições da revista como, por exemplo, 
no artigo da primeira edição, “O TFA e os números irracionais”, dos professores Ronald 
Simões e Pablo De Maio. Na verdade, esses números são tão importantes, que é quase 
impossível não comentar sobre eles em qualquer discussão sobre Matemática. 
Euclides (isso, o mesmo da geometria. Ele era bem versátil!!!) em seu livro “Os 
elementos”, fala muito sobre os números primos. Um de seus teoremas mais importantes 
envolvendo números primos, e que usamos muito, é o Teorema Fundamental da 
Aritmética, também chamado de T.F.A, que diz o seguinte: 
 
Qualquer número natural, maior que 1, pode ser decomposto como um produto 
de números primos, e essa decomposição é única. 
 
Se pararmos para pensar, 2 é primo, logo já está decomposto, 4 é 2 2, 6 é 2 3, e 
por aí vai. Mas será que isso realmente vale para qualquer número? Vamos ver. 
Tomemos um número natural qualquer, N. Se N for primo, não há o que fazer, já 
vai estar decomposto. 
Se N não for primo, então ele tem um número natural 1,p maior do que 1, que é o 
menor divisor dele, certo? Então 1 ,= N p q com q . 
Se esse número 1p não for primo, então ele tem um número 1d , maior que 1 e 
menor que 1p , que divide ele. Mas aí esse número 1d , como divide 1p , também vai 
dividir N (transitividade da divisão, vimos isso na edição 1). Ué, 1d é menor que 1p e 
divide N? Mas não era pra 1p ser o menor divisor, diferente de 1, de N? “Isso é uma 
contradição!” 
Exatamente, como o fato de 1p não ser primo gera uma contradição, então 1p tem 
que ser primo. 
 21
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 1 – ENSINO FUNDAMENTAL 
 
Agora, lembra que como 1p divide N, então 1 ?= N p q Então, podemos fazer a 
mesma coisa com o número q, mostrando que 2p é o menor número, diferente de 1, que 
divide q e esse 2p tem que ser primo. Assim teremos 2q p k=  , k . Logo 
1 2 .=  N p p k Mas podemos fazer a mesma coisa com k. E quando isso acaba? Se olhar 
bem, só quando o último número da decomposição for primo! Afinal eu sempre posso 
pegar o menor divisor, diferente de 1, de um número, maior do que 1, e mostrar que ele 
tem que ser primo. 
Assim todo número pode ser escrito apenas como produto de números primos. 
Mas o que me garante que essa decomposição vai ser única? 
Oras, se eu sempre estou usando o menor divisor, sem ser o 1, de um número, e só 
existe um único número menor, então essa decomposição é única! 
 
Outra afirmação interessante de Euclides é que os números primos são infinitos. 
 
“Nossa, provar que algo é infinito deve ser muito difícil!” 
 
Que nada! Se você já conhece o T.F.A, então é fácil, fácil. 
Podemos demonstrar que a quantidade de primos é infinita, por contradição, como 
segue. 
 
Vamos supor que a quantidade de números primos é finita, ou seja existe um 
número p que é o maior número primo. 
Então, teremos como fazer o produto de todos os números primos (2 3 5 ... )p    e 
se adicionássemos 1 a esse produto? Teríamos 
(2 3 5 ... ) 1x p=     + 
O que podemos dizer sobre os fatores primos que dividem o número x? Nenhum 
dos números primos de 2 até p pode dividir o x, afinal, como somamos 1, sempre vão 
deixar resto 1. Mas, pelo TFA, tem que existir um número primo que divida esse número 
x. Logo esse número vai ter que ser o próprio número x e esse número x tem que ser 
primo! Além disso, ele é maior que o número p, assim, p não pode ser o maior primo. 
“Aaaah, então o último número primo vai ser esse x aí.” 
 
Não é bem assim, afinal eu posso fazer a mesma coisa que antes e criar um número 
primo y que seja 
(2 3 5 ... ) 1y x=     + , e esse número y também vai ter que ser primo. 
“Então nunca vai ter um maior número primo?” 
 
Exatamente, mostramos assim que eles são infinitos! 
 
O TFA e a infinitude de números primos falam muito para gente sobre os divisores 
de um número. Mas vamos falar sobre isso na próxima edição, afinal, você tem que ter 
tempo para ler os outros maravilhosos artigos desta edição. 
 
Até mais! 
 
 
 22
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
PROBABILIDADE NOS VESTIBULARES 
 
Renato de Oliveira C. Madeira 
madematica.blogspot.com 
 
 
Nesse artigo apresentamos uma coletânea de questões sobre probabilidade que 
foram propostas nos principais vestibulares do país no ano de 2018. Esse assunto tem sido 
muito frequente e apareceu em praticamente todas as provas, eventualmente até em mais 
de uma questão. 
A seguir vamos expor de maneira sucinta os principais conceitos necessários 
para a resolução das questões listadas. 
 
A Teoria das Probabilidades é o ramo da Matemática que desenvolve modelos 
para analisar experimentos ou fenômenos aleatórios. 
 
Probabilidade de Laplace 
 
Seja um experimento aleatório. Todos os resultados possíveis desse experimento 
são chamados eventos elementares e o conjunto que os reúne chamado espaço amostral, 
representado por . Os subconjuntos do espaço amostral são chamados eventos. Um 
evento ocorre se algum de seus elementos foi o resultado do experimento. 
 
Se todos os eventos elementares forem equiprováveis, a probabilidade de em 
evento A é igual à razão entre o número de elementos do conjunto A (número de casos 
favoráveis) e o número de elementos do espaço amostral  (total de resultados 
possíveis). 
 
( )
( )
( )
# A número de casos favoráveis
P A
# número de resultados possíveis
= =

 
 
Se o nosso experimento aleatório for lançar um dado convencional e observar o 
resultado, então nosso espaço amostral é  1,2,3,4,5,6 = e seu número de elementos é 
( )# 6. = Seja o evento A tal que o resultado do experimento foi um número par, então 
 A 2,4,6= e seu número de elementos é ( )# A 3.= Observe que, para um dado honesto, 
cada um dos números tem a mesma probabilidade de sair, ou seja, os eventos elementares 
são equiprováveis. Sendo assim, a probabilidade do evento A é ( )
( )
( )
# A 3 1
P A .
# 6 2
= = =

 
 
Função Probabilidade 
 
Uma probabilidade é uma função que associa a cada evento A um número ( )P A 
tal que: 
• Para todo evento A, ( )0 P A 1;  
• ( )P 1; = e 
• Se A e B são eventos mutuamente excludentes então 
 23
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
( ) ( ) ( )P A B P A P B . = + 
 
Em geral, a probabilidade associada a cada evento corresponde à frequência em 
que ele ocorre no experimento/fenômeno aleatório. 
No caso de experimentos/fenômenos aleatórios em que os eventos elementares 
são equiprováveis, a probabilidade de cada evento elementar é 
( )
1
.
# 
 
 
Assim, no experimento de lançamento de um dado honesto descritoacima, se 
chamarmos de i, onde  i 1,2, ,6 , o evento correspondente ao resultado i no dado, 
então poderíamos definir ( ) ( ) ( )
1
P 1 P 2 P 6 .
6
= = = = Note que cada uma das 
probabilidades pertence ao intervalo  0,1 e que 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
P P 1 2 6 P 1 P 2 P 6 1.
6 6 6
 =    = + + + = + + + = 
 
Observe, porém, que não são todos os experimentos aleatórios que têm eventos 
elementares equiprováveis, como por exemplo os resultados no lançamento de um dado 
viciado. Em outros casos, os eventos elementares podem ou não ser equiprováveis 
dependendo da maneira como você os escolhe, ou seja, da maneira como você modela 
seu problema. 
 
Um erro muito comum é usar o conceito de probabilidade de Laplace em 
modelos que não são equiprobabilísticos. Considere, por exemplo, o resultado de um 
concurso de loteria com espaço amostral  ganhar na loteria, não ganhar na loteria .= 
Apesar do seu espaço amostral possuir 2 elementos não significa que você tem 
1
50%
2
= 
de chances de ganhar. 
Um outro exemplo muito bom dessa situação é o famoso problema de Monty 
Hall. Recomendo pesquisar sobre ele na internet. 
 
Vejamos outro exemplo de modelagem que resulta em eventos elementares não 
equiprováveis. Considere que estamos lançando duas moedas simultaneamente, 
observando o resultado e o objetivo é contar quantas caras foram obtidas. Poderíamos 
adotar para espaço amostral  0,1,2 , = onde os números representam a quantidade de 
caras obtidas no experimento. Entretanto, os resultados 0 e 2 podem ser obtidos de uma 
única forma ( )T,T e ( )H, H , respectivamente, onde onde o H representa a “cara” (head) 
e o T representa “coroa” (tail). Já o resultado 1 pode ser obtido de duas formas ( )H,T e 
( )T,H , o que implica que esse resultado tem o dobro da probabilidade dos outros dois. 
Assim, não podemos dizer que a probabilidade de cada um dos 3 eventos elementares 
seja 
1
.
3
 O correto é ( ) ( )
1
P 0 P 2
4
= = e ( )
2
P 1 .
4
= 
 
Considere agora no mesmo experimento o espaço amostral 
( ) ( ) ( ) ( ) H,H ; H,T ; T,H ; T,T ,= onde os eventos elementares são pares ordenados 
nos quais o primeiro elemento representa o resultado de uma das moedas e o segundo 
 24
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
elemento o resultado da outra. Note que, nessa modelagem, os quatro eventos elementares 
obtidos são equiprováveis. 
 
Modelar um experimento de forma que os eventos elementares obtidos sejam 
equiprováveis é mais conveniente, pois geralmente facilita o cálculo de todas as 
probabilidades. 
 
Entretanto, muitas vezes não temos essa opção e é necessário trabalhar com 
eventos elementares não equiprováveis. 
 
Probabilidade do evento complementar 
 
Seja A o evento complementar de A, ou seja, o evento correspondente a não 
ocorrer o evento A, então 
 
( ) ( )P A 1 P A .= − 
 
Isso significa que a probabilidade de um evento ocorrer mais a probabilidade de 
ele não ocorrer é 100%. 
 
Uma consequência é que ( ) ( ) ( )P P 1 P 1 1 0, =  = −  = − = ou seja, a 
probabilidade de um evento impossível ocorrer é 0. 
 
Aproveite para pensar se um evento de probabilidade 0 significa que ele não 
ocorre (impossível). Será que você consegue pensar em um exemplo que mostre o 
contrário? 
 
Probabilidade condicional 
 
Vamos voltar ao experimento do lançamento de um dado convencional. A 
probabilidade do resultado ser 2 é ( )
1
P 2 .
6
= Essa probabilidade é chamada probabilidade 
a priori e é a probabilidade do evento antes que o experimento seja realizado. 
Entretanto, se você for informado que o resultado foi um número par, essa 
probabilidade passa a ser ( )
1
P 2 | par ,
3
= lê-se probabilidade do resultado ser 2 dado que 
foi um número par, pois agora o novo espaço amostral é  ' 2, 4,6 = (espaço amostral 
reduzido). A probabilidade condicional também é chamada probabilidade a posteriori, 
pois é uma probabilidade calculada após a realização do experimento. 
 
Sejam A e B dois eventos e ( )P A 0. A probabilidade condicional de B dado 
A é ( )
( )
( )
P A B
P B | A .
P A

= 
 
Podemos usar a expressão acima para descobrir 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B| A P B P A | B =  =  (Lei da multiplicação). 
 
 25
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Vamos aplicar essa ideia para analisar a situação seguinte. Uma urna contém 4 
bolas brancas e 6 bolas pretas. Duas bolas são retiradas dessa urna sucessivamente e sem 
reposição. Qual é a probabilidade de ambas as bolas serem brancas? 
 
Seja o evento 1B correspondente à primeira bola retirada ser branca e 2B 
correspondente à segunda bola retirada ser branca. 
A probabilidade de ambas serem brancas é 
( ) ( ) ( )1 2 1 2 1
4 3 2
P B B P B P B | B .
10 9 15
 =  =  = 
Note que escolhemos a expressão adequada da lei da multiplicação para que a 
probabilidade condicional dependesse de algo que já havia acontecido. 
 
A lei da multiplicação pode ser representada de maneira conveniente em uma 
árvore de probabilidades, onde os números em cada ramos representam as probabilidades 
condicionais do evento associado ao final do ramo, dada a sequência de eventos que nos 
conduziu ao início do ramo. 
 
No diagrama anterior podemos obter, por exemplo, a probabilidade de a segunda 
bola retirada ser branca, identificando os ramos que têm B (branca) na segunda retirada. 
Assim, ( )2
4 3 6 4
P B .
10 9 10 9
=  +  
Chamando de 1P o evento correspondente à primeira bola retirada ser preta, a 
expressão anterior representa as seguintes probabilidades 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 1 2 1P B P B P B | B P P P B | P=  +  
onde 1B e 1P são uma partição do espaço amostral. 
Essa expressão é um caso particular do Teorema da Probabilidade Total que será 
exposto em seguida. 
 
Teorema da Probabilidade Total 
 
Sejam 1 2 nB ,B , ,B uma partição do espaço amostral  (conjuntos disjuntos 
cuja união resulta no espaço amostral), então 
 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 n
1 1 2 2 n n
P A P A B P A B P A B
P B P A | B P B P A | B P B P A | B
=  +  + +  =
=  +  + + 
 
 
 26
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Uma partição do espaço amostral que costuma ser muito usada é B e B. Nesse 
caso, temos: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A P B P A | B P B P A | B .=  +  
 
Independência de eventos 
 
Dois eventos A e B, não impossíveis, são ditos independentes se o conhecimento 
sobre a ocorrência de um deles não afeta a probabilidade do outro ocorrer, ou seja, 
( ) ( )P B | A P B .= 
Por exemplo, se você está lançando duas moedas sucessivamente, o resultado do 
primeiro lançamento não afeta o segundo lançamento, assim esses eventos são 
independentes. Por outro lado, se você está retirando bolas de duas cores diferentes de 
uma urna sem reposição, o resultado da primeira retirada afeta a probabilidade da segunda 
retirada, então esses dois eventos não são independentes. 
 
Observe que para eventos independentes a lei da multiplicação se reduz à 
seguinte expressão ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B| A P B P A | B P A P B . =  =  =  
 
Probabilidade geométrica 
 
Seja a linha XY pertencente à linha AB. Supondo que foi escolhido ao acaso um 
ponto de AB e admitindo que a probabilidade de este ponto pertencer a XY é proporcional 
ao comprimento de XY e não depende da posição de XY em AB. A probabilidade de que 
o ponto escolhido esteja na linha XY é a razão entre o comprimento de XY e o 
comprimento de AB. 
 
 
 
Seja uma região B do plano contida em uma região A. Supondo que foi escolhido 
ao acaso um ponto de A e admitindo que a probabilidade de este ponto pertencer a B é 
proporcional à área da região B e não depende da posição de B em A. A probabilidade de 
que o ponto escolhido esteja naregião B é a razão entre a área de B e a área de A. 
 
Analogamente, a probabilidade de que um ponto dado em um sólido V pertença 
a uma parte v deste sólido é a razão entre o volume de v e o volume de V. 
 
Antes de passarmos aos exercícios, apresentamos uma lista de referências que 
serviram para a elaboração deste artigo e que podem ser úteis para aqueles que quiserem 
se aprofundar nesse assunto. 
 
• Morgado, A. C. et al. Análise Combinatória e Probabilidade. Rio de Janeiro: 
SBM, 2004. 
 27
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
• Morgado, A. C. e Teixeira, R. C. Teoria da Probabilidade. Rio de Janeiro: 
2006. 
• Knopf, Otto. Cálculo de Probabilidades. 2ª ed. Barcelona: Editorial Labor, 
1936. 
• Ross, Sheldon. Probabilidade: um curso moderno com aplicações. 8ª ed. 
Porto Alegre: Bookman, 2010. 
• Tunala, Nelson. Determinação de Probabilidades por Métodos 
Geométricos. RPM 20, Rio de Janeiro. Disponível em http://rpm.org.br/cdrpm/20/5.htm. 
Acesso em 08/03/2019. 
• Wagner, Eduardo. Probabilidade Geométrica. RPM 34, Rio de Janeiro. 
Disponível em http://www.rpm.org.br/cdrpm/34/6.htm. Acesso em 08/03/2019. 
 
A seguir apresentamos uma lista com 10 questões sobre probabilidade dos 
vestibulares realizados em 2018. Recomendamos que você tente resolver essas questões, 
revisitando a teoria se necessário e, ao final, tendo ou não conseguido resolver a questão, 
analise as resoluções propostas. 
 
 
1) (ENEM 2018) O gerente do setor de recursos humanos de uma empresa está 
organizando uma avaliação em que uma das etapas é um jogo de perguntas e respostas. 
Para essa etapa, ele classificou as perguntas, pelo nível de dificuldade, em fácil, médio e 
difícil, e escreveu cada pergunta em cartões para colocação em uma urna. 
Contudo, após depositar vinte perguntas de diferentes níveis na urna, ele observou que 
25% delas eram de nível fácil. Querendo que as perguntas de nível fácil sejam a maioria, 
o gerente decidiu acrescentar mais perguntas de nível fácil à urna, de modo que a 
probabilidade de o primeiro participante retirar, aleatoriamente, uma pergunta de nível 
fácil seja de 75%. 
Com essas informações, a quantidade de perguntas de nível fácil que o gerente deve 
acrescentar à urna é igual a 
a) 10 b) 15 c) 35 d) 40 e) 45 
 
2) (ENEM 2018) Para ganhar um prêmio, uma pessoa deverá retirar, sucessivamente e 
sem reposição, duas bolas pretas de uma mesma urna. 
Inicialmente, as quantidade e cores das bolas são como descritas a seguir: 
• Urna A – Possui três bolas brancas, duas bolas pretas e uma bola verde; 
• Urna B – Possui seis bolas brancas, três bolas pretas e uma bola verde; 
• Urna C – Possui duas bolas pretas e duas bolas verdes; 
• Urna D – Possui três bolas brancas e três bolas pretas; 
A pessoa deve escolher uma dentre as cinco opções apresentadas: 
• Opção 1 – Retirar, aleatoriamente, duas bolas da urna A; 
• Opção 2 – Retirar, aleatoriamente, duas bolas da urna B; 
• Opção 3 – Passar, aleatoriamente, uma bola da urna C para a urna A; após isso, retirar, 
aleatoriamente, duas bolas da urna A; 
• Opção 4 – Passar, aleatoriamente, uma bola da urna D para a urna C; após isso, retirar, 
aleatoriamente, duas bolas da urna C; 
• Opção 5 – Passar, aleatoriamente, uma bola da urna C para a urna D; após isso, retirar, 
aleatoriamente, duas bolas da urna D; 
Com o objetivo de obter a maior probabilidade possível de ganhar o prêmio, a pessoa 
deve escolher a opção. 
 28
http://rpm.org.br/cdrpm/20/5.htm
http://www.rpm.org.br/cdrpm/34/6.htm
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 
 
3) (ENEM 2018) Um designer de jogos planeja um jogo que faz uso de um tabuleiro de 
dimensão n n, com n 2, no qual cada jogador, na sua vez, coloca uma peça sobre 
uma das casas vazias do tabuleiro. Quando uma peça é posicionada, a região formada 
pelas casas que estão na mesma linha ou coluna dessa peça é chamada de zona de combate 
dessa peça. Na figura está ilustrada a zona de combate de uma peça colocada em uma das 
casas de um tabuleiro de dimensão 8 8. 
 
O tabuleiro deve ser dimensionado de forma que a probabilidade de se posicionar a 
segunda peça aleatoriamente, seguindo a regra do jogo, e esta ficar sobre a zona de 
combate da primeira, seja inferior a 
1
.
5
 
A dimensão mínima que o designer deve adotar para esse tabuleiro é 
a) 4 4 b) 6 6 c) 9 9 d) 10 10 e) 11 11 
 
4) (UERJ 2019) Em uma urna há sete bolinhas, sendo duas delas vermelhas e cinco azuis. 
Quatro do total de bolinhas serão sorteadas ao acaso. Calcule a probabilidade de pelo 
menos uma das bolinhas sorteadas ser vermelha. 
 
5) (UNICAMP 2019) O sistema de segurança de um aeroporto consiste de duas inspeções. 
Na primeira delas, a probabilidade de um passageiro ser inspecionado é de 
3
.
5
 Na 
segunda, a probabilidade se reduz para 
1
.
4
 A probabilidade de um passageiro ser 
inspecionado pelo menos uma vez é igual a 
a) 
17
.
20
 b) 
7
.
10
 c) 
3
.
10
 d) 
3
.
20
 
 
6) (UNICAMP 2019) A figura abaixo representa um dado na forma de um tetraedro 
regular com os vértices numerados de 1 a 4. Em um lançamento desse dado, deve ser 
observado o número estampado no vértice superior. 
 
a) Considere a soma dos números obtidos em dois lançamentos de um dado tetraédrico. 
Determine de quantas maneiras essa soma pode resultar em um número primo. 
 29
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
b) Seja np a probabilidade de se observar o número n no lançamento de um dado 
tetraédrico tendencioso para o qual 1 2 3 4p 2p 3p 4p .= = = Calcule essas quatro 
probabilidades. 
 
7) (FUVEST 2019) Uma seta aponta para a posição zero no instante inicial. A cada 
rodada, ela poderá ficar no mesmo lugar ou mover-se uma unidade para a direita ou 
mover-se uma unidade para a esquerda, cada uma dessas três possibilidades com igual 
probabilidade. 
 
Qual é a probabilidade de que, após 5 rodadas, a seta volte à posição inicial? 
a) 
1
9
 b) 
17
81
 c) 
1
3
 d) 
51
125
 e) 
125
243
 
 
8) (FUVEST 2019) Uma urna tem A bolas azuis e B bolas brancas. Ao serem retiradas 
duas delas de uma só vez, aleatoriamente, a probabilidade de saírem duas bolas azuis é 
denotada por Ap , a probabilidade de saírem duas bolas brancas é denotada por Bp , e a 
probabilidade de saírem duas bolas de cores diferentes é denotada por Mp . 
a) Se A 2= e B 5,= determine Bp . 
b) Se o total de bolas da urna é 21 e Mp é o triplo de Ap , quantas bolas azuis e quantas 
bolas brancas há na urna? 
c) Se A 3,= para quais valores de B o valor de Mp é estritamente maior do que 
1
?
2
 
 
9) (UNESP 2019) Dois números reais de 0 a 4, e que podem ser iguais, serão sorteados 
ao acaso. Denotando-se esses números por x e y, a probabilidade de que eles sejam tais 
que 2 2x y 1+  é igual a 
a) 
1
20
 b) 
64

 c) 
20

 d) 
16

 e) 
8

 
 
10) (UNIFESP 2019) A imagem ilustra três dados, A, B e C. O dado A é convencional, o 
dado B tem duas faces numeradas com 2 e quatro faces numeradas com 6, e o dado C 
possui as seis faces numeradas com 5. As faces de cada dado são equiprováveis. 
 
a) Calcule a probabilidade de que a soma dos números obtidos em um lançamento dos 
três dados seja múltiplo de 3. 
b) Considere que dois dos três dados sejam sorteados ao acaso e que, em seguida, os dados 
sorteados sejam lançados ao acaso. Qual a probabilidade de que a soma dos números 
obtidos no lançamento seja um múltiplo de três? 
 
 30
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
As resoluções propostas estão na sequência. A sua leitura só deve ocorrer após 
você ter tentado resolver as questões com bastante afinco. 
 
1) d 
Inicialmente, devemos observar que havia na urna 
1
25% 2020 5
4
 =  = perguntas fáceis 
e 20 5 15− = perguntas dos outros níveis. 
Para que a probabilidade de o primeiro participante retirar, aleatoriamente, uma pergunta 
de nível fácil seja 75%, as perguntas de nível fácil devem ser 75% do total. 
Supondo que o gerente acrescentou n perguntas de nível fácil à urna, então o seu 
percentual é dado por 
5 n 5 n 3
75% 20 4n 60 3n n 40.
20 n 20 n 4
+ +
=  =  + = +  =
+ +
 
 
2) e 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 1 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
aleatoriamente, da urna A sem reposição e ambas serem pretas. Na urna A há 3 bolas 
brancas, 2 bolas pretas e 1 bola verde, totalizando 6 bolas. Assim, temos: 
1
2 1 1
P .
6 5 15
=  = 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 2 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
aleatoriamente, da urna B sem reposição e ambas serem pretas. Na urna B há 6 bolas 
brancas, 3 bolas pretas e 1 bola verde, totalizando 10 bolas. Assim, temos: 
2
3 2 1
P .
10 9 15
=  = 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 3 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
sem reposição, aleatoriamente, da urna A, após esta ter recebido uma bola da urna C, e 
ambas serem pretas. Na urna A há, inicialmente, 3 bolas brancas, 2 bolas pretas e 1 bola 
verde, totalizando 6 bolas. A bola que é passada da urna C para a urna A é preta com 
probabilidade P
2 1
P
4 2
= = ou verde com probabilidade V
2 1
P .
4 2
= = Assim, temos: 
( ) ( ) ( )P V
1 3 2 1 2 1 2
P 2P P P 2P | P P P 2P | V .
2 7 6 2 7 6 21
=  +  =   +   = 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 4 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
sem reposição, aleatoriamente, da urna C, após esta ter recebido uma bola da urna D, e 
ambas serem pretas. Na urna C há, inicialmente, 2 bolas pretas e 2 bolas verdes, 
totalizando 4 bolas. A bola que é passada da urna D para a urna C é branca com 
probabilidade B
3 1
P
6 2
= = ou preta com probabilidade P
3 1
P .
6 2
= = Assim, temos: 
( ) ( ) ( )B P
1 2 1 1 3 2 1
P 2P P P 2P | B P P 2P | P .
2 5 4 2 5 4 5
=  +  =   +   = 
A probabilidade de ganhar o prêmio na Opção 5 é a probabilidade de retirar duas bolas, 
sem reposição, aleatoriamente, da urna D, após esta ter recebido uma bola da urna C, e 
ambas serem pretas. Na urna D há, inicialmente, 3 bolas brancas e 3 bolas pretas, 
totalizando 6 bolas. A bola que é passada da urna C para a urna D é preta com 
probabilidade P
2 1
P
4 2
= = ou verde com probabilidade V
2 1
P .
4 2
= = Assim, temos: 
 31
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
( ) ( ) ( )P V
1 4 3 1 3 2 3
P 2P P P 2P | P P P 2P | V .
2 7 6 2 7 6 14
=  +  =   +   = 
Portanto, a maior probabilidade de ganhar é a da opção 5. 
 
 
3) d 
O tabuleiro n n possui 
2n n n = casas. Após se colocar a primeira peça, restam 2n 1− 
casas vazias e destas ( )2 n 1 2n 2− = − estão na zona de combate. 
Assim, a probabilidade de a segunda peça ser colocada na zona de combate da primeira é 
2
2n 2
P .
n 1
−
=
−
 
Essa probabilidade deve ser inferior a 
1
,
5
 então 
( )*
2 2
2
2n 2 1
P 10n 10 n 1 n 10n 9 0 n 1 ou n 9
5n 1
−
=   −  −  − +    
−
 
Mas, n é um número natural e n 2, então n 9. Portanto, a dimensão mínima é 10 10. 
Note que em (*) pudemos “multiplicar cruzado”, pois 2n 2 n 1 0.  −  
 
4) 
6
7
 
Vamos resolver esse problema por meio da probabilidade do evento complementar. 
Sabemos que, dado um evento A, a probabilidade do evento complementar é 
( ) ( )P A 1 P A .= − 
Seja o evento A correspondente a sortear 4 bolinhas ao acaso e pelo menos uma delas ser 
vermelha, então o evento complementar A é sortear 4 bolinhas ao acaso e nenhuma delas 
ser vermelha, ou seja, as 4 bolinhas sorteadas devem ser azuis. Assim, a probabilidade de 
A é a probabilidade de sortear 4 bolinhas azuis que é dada por ( )
5
4 5 1
P A .
7 35 7
4
 
 
 = = =
 
 
 
 
Note que, para calcular essa probabilidade, consideramos as 5 bolinhas azuis diferentes 
entre si e as 2 bolinhas vermelhas diferentes entre si. 
Portanto, a probabilidade do evento A, que é a probabilidade de que pelo menos uma das 
bolinhas sorteadas ser vermelha, é ( ) ( )
1 6
P A 1 P A 1 .
7 7
= − = − = 
 
5) b 
A probabilidade P de um passageiro ser inspecionado pelo menos uma vez (apenas na 
primeira inspeção, apenas na segunda inspeção ou nas duas inspeções) pode ser calculada 
a partir da probabilidade P do seu evento complementar, que é não ser inspecionado nas 
duas inspeções. 
A probabilidade de um passageiro não ser inspecionado nas duas inspeções é dada por 
3 1 2 3 3
P 1 1 .
5 4 5 4 10
   
= −  − =  =  
  
 
 32
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Portanto, a probabilidade P de um passageiro ser inspecionado pelo menos uma vez é 
3 7
P 1 P 1 .
10 10
= − = − = 
 
Poderíamos fazer esse problema diretamente. Seja 1P e 2P as probabilidades de um 
passageiro ser inspecionado na primeira e na segunda inspeções, respectivamente, e 1P e 
2P as probabilidades de ele não ser inspecionado na primeira e segunda inspeções, 
respectivamente. 
A probabilidade P de que um passageiro seja inspecionado pelo menos uma vez é dada 
por 
1 2 1 2 1 2
3 1 3 1 3 1 3 3 2 1 3 1 14 7
P P P P P P P 1 1 .
5 4 5 4 5 4 5 4 5 4 5 4 20 10
   
=  +  +  =  − + −  +  =  +  +  = =   
   
 
 
6) a) 9 b) 1
12
p ;
25
= 2
6
p ;
25
= 3
4
p
25
= e 4
3
p .
25
= 
a) 
Todos os possíveis resultados de dois lançamentos desse dado e suas somas estão listados 
no conjunto  em triplas ordenadas da forma 
(resultado do 1º lançamento, resultado do 2º lançamento, soma dos resultados). 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1,1,2 ; 1,2,3 ; 1,3,4 ; 1,4,5 ; 2,1,3 ; 2,2,4 ; 2,3,5 ; 2,4,6 ; 3,1,4 ;
3,2,5 ; 3,3,6 ; 3,4,7 ; 4,1,5 ; 4,2,6 ; 4,3,7 ; 4,4,8
 =
 
Dentre os 16 possíveis resultados para os dois lançamentos, observamos que 9 deles têm 
soma igual a um número primo. Esses resultados estão representados no conjunto A, a 
seguir: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A 1,1,2 ; 1,2,3 ; 1,4,5 ; 2,1,3 ; 2,3,5 ; 3,2,5 ; 3,4,7 ; 4,1,5 ; 4,3,7 .= 
b) 
É dado que: 
31 2 4
1 2 3 4 1 2 3 4
pp p p
p 2p 3p 4p k p 12k; p 6k; p 4k; p 3k
12 6 4 3
= = =  = = = =  = = = = 
Mas sabemos que ( )1 2 3 4
1
p p p p p 1 12k 6k 4k 3k 1 k .
25
+ + + =  =  + + + =  = 
Portanto as probabilidades são 1
12
p ;
25
= 2
6
p ;
25
= 3
4
p
25
= e 4
3
p .
25
= 
 
7) b 
Vamos indicar por D, E, M o movimento de uma unidade à direita, o movimento de uma 
unidade à esquerda e ficar parado no mesmo lugar. Uma configuração de movimentos de 
5 rodadas é uma sequência de 5 dessas letras. 
O total de movimentos possíveis em 5 rodadas, que constitui o número de elementos do 
espaço amostral , é ( ) 5# 3 243, = = pois temos três opções de movimento a cada 
rodada. 
Para que a seta retorne à posição inicial à quantidade de movimentos à direita e à esquerda 
deve ser a mesma. Uma condição necessária para que isso ocorra é que o número de M’s 
seja ímpar. Assim, temos as seguintes possibilidades de movimento a menos da ordem: 
MMMMM, MMMDE e MDDEE. 
 33
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
A configuração MMMMM só ocorre de 1 maneira, a MMMDE pode ocorrer de 
3,1,1
5
5!
P 20
3!1!1!
= = maneiras e a configuração MDDEE pode ocorrer de 1,2,25
5!
P 30
2!2!
= = 
maneiras. Dessa forma, o número de casos favoráveis é #A 1 20 30 51.= + + = 
Portanto, a probabilidade de que, após 5 rodadas, a seta volte à posição inicial é 
( )
( )
( )
# A 51 17
P A .
# 243 81
= = =

 
 
8) a) 
10
21
 b) 9 azuis e 12 brancas c)  B 2,3,4,5 
Para termos eventos equiprováveis, vamos considerar duas bolas retiradas sem reposição 
onde a ordem da retirada das bolas importa,o que implica que AB BA. 
O número de elementos do espaço amostral  é ( ) ( ) ( )# A B A B 1 . = +  + − 
O número de maneiras de retirar duas bolas azuis é ( ) ( )# A A A 1 .=  − 
O número de maneiras de retirar duas bolas brancas é ( ) ( )# B B B 1 .=  − 
O número de maneiras de retirar duas bolas de cores diferentes é 
( )# M A B B A 2AB,=  +  = onde contamos o número de maneiras de retirar uma bola 
azul seguida de uma bola branca e o número de maneira de retirar uma bola branca 
seguida de uma azul. 
Assim, considerando a probabilidade de Laplace, temos: 
( )
( ) ( )A
A A 1
p ,
A B A B 1
 −
=
+  + −
 
( )
( ) ( )B
B B 1
p
A B A B 1
 −
=
+  + −
 e 
( )( )M
2 A B
p .
A B A B 1
 
=
+ + −
 
Vamos agora resolver cada um dos itens. 
a) B
5 4 10
A 2 B 5 p .
7 6 21

=  =  = =

 
b) 
A B 21+ = e 
( )( )
( )
( )( )M A
2 A B A A 1
p 3 p 3 2B 3A 3
A B A B 1 A B A B 1
   −
=   =   = −
+ + − + + −
 
( )2A 2B 42 2A 3A 3 42 A 9 B 21 9 12 + =  + − =  =  = − = 
c) 
( )( )
2 2
M
2 3 B 1
A 3 p 12B B 5B 6 B 7B 6 0 1 B 6
3 B 3 B 1 2
 
=  =    + +  − +    
+ + −
 
 B B 2,3,4,5 .   
 
9) b 
Dois números reais de 0 a 4, 0 x 4  e 0 y 4,  podem ser representados pelos pares 
ordenados ( )x, y pertencentes ao quadrado de lado 4 do plano cartesiano. 
Os pontos ( )x, y , que satisfazem 2 2x y 1,+  são os pontos que pertencem ao interior 
do círculo de centro ( )0,0 e raio 1, 
Os pares ordenados ( )x, y que satisfazem 2 2x y 1+  e pertencem ao quadrado de lado 
4 devem pertencer ao setor circular de 90 e raio 1 sombreado na figura. 
 34
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
A probabilidade pedida é a razão entre a área correspondente aos casos favoráveis e a 
área correspondente a todos os resultados possíveis. Assim, temos: 
2
setor 90A
2
quadrado
1
1SS 4P .
S S 644


  

= = = = 
 
10) a) 
1
3
 b) 
2
9
 
a) 
Os possíveis resultados do dado A são  1,2,3,4,5,6 , os possíveis resultados do lado B 
são  2,6 e o único resultado possível do dado C é  5 . 
Seja uma tripla ordenada ( )x, y, z , na qual o primeiro elemento representa o resultado do 
dado A, o segundo o resultado do dado B e o terceiro o resultado do dado C. 
As triplas tais que x y z+ + é múltiplo de 3 são ( ) ( ) ( ) ( ) 2,2,5 ; 5,2,5 ; 1,6,5 ; 4,6,5 . 
A probabilidade de ocorrer o resultado ( )2, 2,5 é 
1 2 2
1 .
6 6 36
  = 
A probabilidade de ocorrer o resultado ( )5,2,5 é 
1 2 2
1 .
6 6 36
  = 
A probabilidade de ocorrer o resultado ( )1,6,5 é 
1 4 4
1 .
6 6 36
  = 
A probabilidade de ocorrer o resultado ( )4,6,5 é 
1 4 4
1 .
6 6 36
  = 
Como os quatro casos são mutuamente exclusivos, pelo princípio da adição, então a 
probabilidade de que um deles ocorra é 
2 2 4 4 12 1
P .
36 36 36 36 36 3
= + + + = = 
b) 
Vamos usar uma árvore de probabilidades para analisar essa situação. Normalmente, em 
uma árvore de probabilidades relacionamos todos os casos e selecionamos os favoráveis, 
mas, devido ao grande número de possibilidades, vou listar, ao final, apenas os casos 
favoráveis. 
 35
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
Note que há 6 casos cuja soma dos resultados é um múltiplo de 3. Como esses casos são 
mutuamente exclusivos, então pelo princípio da adição, a probabilidade pedida é 
1 1 2 1 1 2 1 1 4 1 1 4 1 1 1 1 1 1 2
P 1 1 4 .
3 6 6 3 6 6 3 6 6 3 6 6 3 6 3 6 3 6 9
=   +   +   +   +   +   =   = 
 
 36
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
A IMPORTÂNCIA DA ESTRATÉGIA NA MATEMÁTICA DO ENEM 
 
Marcos Assumpção Martins 
 
 
Não é nada incomum na vida de um professor de Matemática ser abordado por 
vários de seus alunos nos corredores, ou até mesmo durante as aulas, em busca de alguma 
receita ou segredo que o faça ir melhor em determinado concurso. Considera-se isso 
natural quando se pensa que tais estudantes veem em seus mestres um norte de 
experiência, mas cada vez mais essa orientação se faz necessária quando o concurso em 
questão é o Exame Nacional do Ensino Médio, popularmente conhecido como ENEM. 
Em conversas como essas, sempre acontecem discussões sobre os níveis de dificuldade 
que as questões apresentam, sobre não se ter resistência para resolver a grande quantidade 
de questões apresentadas ou sobre possíveis melhores organizações na hora de resolver a 
prova. Fato é que, toda prova exige estratégia, sendo esse um dos caráteres eliminatórios 
menos explorados em sala. 
Esse assunto se torna polêmico até mesmo entre professores, coordenadores e 
gestores em geral nesse meio. Ganha destaque quem oferece uma estratégia mais 
convincente ou que dome melhor o psicológico do espectador, acima dos fatos ou 
singularidades apresentadas. Num momento em que vivemos o auge do termo 
“coaching”, o que devemos fazer é apresentar o maior número de variáveis e caminhos 
possíveis, bem como orientar a experimentação de conjuntos de técnicas. Isso, aliado a 
uma grande quantidade de simulações, seja na resolução de provas anteriores, exercícios 
específicos de determinado assunto ou nos famosos simulados dos cursinhos, conduzem 
ao sucesso esperado. 
Diante da grande quantidade de questões apresentadas nos dois dias de concurso, 
precisamos começar a nossa reflexão apontando para a questão da resistência. A prova é 
uma maratona e não um tiro curto de 100 metros rasos! Uso sempre um exemplo: “Se eu 
pedisse para você correr, o mais rápido possível, por 100 metros, obteremos a sua 
velocidade ideal para tal feito. Seria possível correr por 1 quilômetro nessa velocidade? 
E 10 quilômetros? Imagina 42,195!”. Eles chegam à conclusão que quanto mais devagar, 
mais longe conseguem ir. Aí eu retifico: Nenhum maratonista profissional completa a 
prova devagar. Ainda digo mais, na verdade, eles chegam mais rápido que a velocidade 
obtida pela maioria dos vestibulandos no primeiro desafio! Todos caem na risada e 
percebem um ponto que não consta nas apostilas: o treinamento é crucial. É preciso 
entender que ninguém deve fazer uma bateria de exercícios afim de minimizar as chances 
de se cair algo igual e não se fazer, mas sim de ir se preparando para resolver problemas, 
além de acumular técnicas diferentes para todos os tipos que possam aparecer. Outra 
reflexão possível, sempre atual, é remeter ao primeiro dia em uma academia. Começamos 
com pesos leves e ultrajantes. Ao lado existe sempre alguém, aparentemente mais fraco 
que nós, mas que já levanta algo maior e mais desafiador, no entanto, impossível para 
nós, pelo menos no que diz respeito à naturalidade do bem-estar no dia seguinte. 
Pensemos então na forma como encaramos a resolução de exercícios e o que tirar disso. 
Outro ponto crucial é como aplicar essas técnicas. No modelo atual da prova, o 
ENEM é executado em dois domingos seguidos (antes eram dois dias seguidos!), num 
total de 180 questões, além de uma redação. No primeiro domingo, temos uma prova com 
90 questões, separadas em: Língua Estrangeira (Inglês ou Espanhol), Linguagens e 
Ciências Humanas. Ainda nesse dia, o candidato realiza uma redação. No segundo 
domingo, são mais 90 questões, sendo 45 sobre ciências da natureza e as 45 que te fizeram 
 37
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
buscar essa leitura: Matemática. Diante desse cenário, é crucial otimizar o tempo de 
resolução de cada questão, bem como ser cirúrgico na escolha da ordem das resoluções 
dessas, uma vez que a prova considera níveis de dificuldade na hora da pontuação, através 
da Teoria da Resposta ao Item, conhecida como T.R.I. A maioria acredita que essa medida 
visa apenas minimizar ou punir o “chute”, porém, segundo o MEC, outros pontos são 
analisados com ela:“...não contabiliza apenas o número total de acertos no teste. De acordo com o método, 
o item é a unidade básica de análise. O desempenho em um teste pode ser explicado pela 
habilidade do avaliado e pelas características das questões (itens). A TRI qualifica o item 
de acordo com três parâmetros: poder de discriminação, que é a capacidade de um item 
distinguir os estudantes que têm a proficiência requisitada daqueles quem não a têm; 
grau de dificuldade e possibilidade de acerto ao acaso (chute)” 
Fonte: http://portal.mec.gov.br/component/tags/tag/34530. 
 
Sendo assim, diante dessa ferramenta de análise do ensino nacional e com o pouco 
tempo que a prova oferece, não cabe ao aluno garimpar questões por níveis de dificuldade, 
mas sim ir aplicando o que desenvolveu na sequência proposta, pulando eventualmente, 
caso julgue necessário, questões mais trabalhosas ou que não aprendeu (o erro mais grave 
possível na preparação para qualquer concurso). Cito em sala que pode ser interessante 
marcar essas questões por nível de dificuldade:* para as trabalhosas, ** para as que não 
se lembra direito, *** para as que não se sabe, por exemplo. Mas isso, de modo natural, 
sem perda de tempo. O importante é tentar economizar ao máximo afim de utilizar mais 
tempo em questões mais complexas. Vamos a alguns exemplos de otimização de tempo: 
 
Existem questões de caráter conceitual, nas quais o candidato não pode perder 
tempo, como nos casos abaixo: 
 
 
Fonte: http://portal.inep.gov.br/provas-e-gabaritos. 
 
Nessas questões, o candidato precisa apenas aplicar o conceito aprendido nas 
aulas. Em média, cada candidato tem entre 2,5 e 3,5 minutos para resolver cada questão 
de Matemática. Essa informação, aliada aos conhecimentos de Estatísticas que ele possui, 
afinal é um dos assuntos mais recorrentes, vai levá-lo à conclusão que ganhando tempo 
nesse tipo de questão, ele poderá usar a diferença nas mais difíceis. 
 38
http://portal.mec.gov.br/component/tags/tag/34530
http://portal.inep.gov.br/provas-e-gabaritos
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Existem questões onde a escolha da técnica fará toda diferença na otimização do 
tempo, como observa-se abaixo: 
 
 
Fonte: http://portal.inep.gov.br/provas-e-gabaritos. 
 
Nessas duas questões, utilizam-se as mesmas habilidades. O candidato deve 
observar que os ângulos são de 30 e 60 . Daí, ele deverá decidir entre pelo menos duas 
soluções possíveis: atribuir valores para as partes ausentes no triângulo cujo cateto é a 
altura (distância) requisitada e resolver um sistema, o que provavelmente o fará estourar 
o tempo médio, ou aplicar o teorema do ângulo externo e perceber que os triângulos com 
base AB são isósceles, o que permitirá que ele aplique apenas uma razão trigonométrica 
básica, economizando bastante tempo. Ainda nesse contexto, observe o caso abaixo: 
 
ENEM 2009 (Prova Anulada por vazamento) – Prova Cinza 
 
Fonte: https://educacao.uol.com.br/ultnot/2009/10/01/ult1811u397.jhtm 
 
Observe que também existem, ao menos dois caminhos possíveis: Ele pode efetuar 
os cálculos pedidos em ordem, obtendo média 3 (um pouco trabalhosa), mediana 3 e moda 
1, ou observar que todas as alternativas possuem mediana diferentes, ou seja, que ela sim 
será determinante na escolha do que marcar e fazer apenas o seu cálculo, que é bem menos 
trabalhoso, marcando a alternativa B. Uma boa dica em questões como essa é sempre 
aplicar os conceitos menos trabalhosos primeiro, o que certamente é mais eficiente e 
direto que analisar as alternativas. 
 39
http://portal.inep.gov.br/provas-e-gabaritos
https://educacao.uol.com.br/ultnot/2009/10/01/ult1811u397.jhtm
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Claro que nem tudo são flores e existem questões que demandarão mais tempo ou 
conhecimento. Para essas, o conselho é que, se possível, as deixem para o final, não por 
serem mais difíceis e se acreditar que não vá ganhar a pontuação total em caso de erro, 
mas porque o candidato tende a se sentir mais tranquilo e confiante após observar que a 
maior parte da prova já foi realizada, na luta psicológica comum em concursos. Vamos a 
dois exemplos: 
 
 
 
Vamos à primeira questão, da prova de 2018: Uma solução possível seria lembrar 
que o Círculo de Apolônio, com diâmetro MN, é o lugar geométrico dos pontos P tais que 
PM
k
PN
= (com k constante), considerar P como a posição genérica de um bombeiro, M 
como a posição de um dos bombeiros, N como a posição do outro bombeiro e k 2,= 
como descrito no enunciado. Desse modo, o pior cenário possível seria se cada bombeiro 
estivesse nos extremos dessa circunferência, como indica a figura abaixo. Note que o 
bombeiro na posição M está a x de B e 2x de A, o que implica que N esteja a 3x de B. 
 
 
 
 40
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Desse modo, como AB 30 m,= 2x x 30,+ = o que implica que 3x 30= e x 10.= 
Sendo assim, MN 4x 40 m,= = alternativa B. Há de se convir que esse tipo de questão 
foge aos padrões corriqueiros do exame. 
Já a segunda questão, de 2015, apresenta um dos maiores inimigos psicológicos 
dessa geração, o logaritmo. Adote como k, a abscissa do ponto mais baixo no gráfico. 
Desse modo, temos que a abscissa do ponto mais elevado é k n.+ Então, esses pontos 
são ( )( )k,log k e ( )( )k n,log k n ,+ + como ilustrado no gráfico abaixo: 
 
 
Por outro lado, como o eixo divide h ao meio, temos: 
 
(i) ( )
h
log k n ,
2
+ = o que implica que ( )h 2 log k n ;=  + e 
(ii) ( )
h
log k ,
2
= − o que implica que ( )h 2 log k .= −  
Assim, temos: 
( ) ( ) ( ) ( )1
2
2
1
log k n log k log k k n k k n 1
k
n n 4
k nk 1 0 k .
2
−
+ = − =  + =  + =
−  +
 + − =  =
 
Substituindo em (i), temos 
2 2n n 4 n n 4
h 2log n 2log ,
2 2
   −  +  +
   = + =
   
 o que 
representa a alternativa E. 
 
De fato, precisamos atentar para a absorção de conteúdos, com toda certeza, bem 
como a sua aplicação, mas é inegável que isso pode não fazer tanta diferença se o 
candidato não souber fazer provas como a que irá encarar. Outra certeza é que não temos 
uma tarefa simples nas indicações dos melhores caminhos, mas considero que a melhor 
orientação seria indicar os principais e como decidir quando nos depararmos com 
bifurcações em seu trajeto. Hoje em dia, orientar sobre métodos de estudos, 
 41
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
planejamentos individuais e fontes de conhecimentos extraclasse pode ser o grande 
diferencial. É importante ter mais de uma fonte de consulta, mais de uma linguagem 
(livros, apostilas, videoaulas, colegas, professores e orientadores). Quanto mais 
conhecimento ele absorver, mais treinamentos ele fizer e mais focado se apresentar, mais 
fácil será desenvolver a sua própria estratégia e mais preparado estará. 
 
 
 42
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
DESVENDANDO A MATEMÁTICA NO ENEM POR SEUS TEMAS MAIS 
INCIDENTES 
 
João da Costa Wagner 
 
 
Um dos questionamentos mais frequentes na vida de um professor é, sem dúvida, 
sobre os conteúdos mais cobrados no vestibular, seja ele civil ou militar. No que diz 
respeito ao estudo da Matemática, disciplina que costuma ser uma das maiores 
preocupações dos estudantes, há uma busca por aprender tudo aquilo que ficou para trás 
ao longo do Ensino Básico. 
No caso do ENEM, o ideal é estudar ao longo dos três anos do Ensino Médio todo 
o conteúdo indicado pela Matriz de Referência, encontrada no edital. Nem sempre isso é 
uma realidade e a maior parte dos estudantes é levada a estudar todo o conteúdo no último 
ano. Porém, por conta do conteúdo extenso, boa parte dos alunos não sabe exatamente 
onde focar seus esforços.Essa foi a grande motivação para um estudo profundo que organiza todo o 
conteúdo de Matemática do ENEM de acordo com a sua incidência desde 2009, quando 
teve início a segunda versão desse vestibular que, a partir de então, passou a servir como 
acesso às melhores faculdades públicas do país e que é apresentada até os dias de hoje. 
Em sua primeira versão, de 1998 até 2008, o ENEM era utilizado apenas para acesso a 
faculdades privadas por meio de bolsas de estudo. O trabalho foi realizado utilizando 
todas as questões que apareceram no ENEM, em seu novo formato, incluindo 1ª 
aplicação, 2ª aplicação e provas canceladas. 
Conforme o edital, a prova do ENEM é dividida em 30 habilidades em sua Matriz 
de Referência, distribuídas em sete grupos de competências de área: 
 
1. Construir significados para os números naturais, inteiros, racionais e reais; 
2. Utilizar o conhecimento geométrico para realizar a leitura e a 
representação da realidade e agir sobre ela; 
3. Construir noções de grandezas e medidas para a compreensão da realidade 
e a solução de problemas do cotidiano; 
4. Construir noções de variação de grandezas para a compreensão da 
realidade e a solução de problemas do cotidiano; 
5. Modelar e resolver problemas que envolvem variáveis socioeconômicas 
ou técnico-científicas, usando representações algébricas; 
6. Interpretar informações de natureza científica e social obtidas da leitura de 
gráficos e tabelas, realizando previsão de tendência, extrapolação, interpolação e 
interpretação; e 
7. Compreender o caráter aleatório e não-determinístico dos fenômenos 
naturais e sociais e utilizar instrumentos adequados para medidas, determinação de 
amostras e cálculos de probabilidade para interpretar informações de variáveis 
apresentadas em uma distribuição estatística. 
 
Todas as sete competências foram exigidas em cada uma das edições da prova, 
mas a distribuição das questões em cada uma dessas áreas é desequilibrada e algumas 
 43
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
habilidades se destacam muito mais do que outras dentro de cada uma das competências 
de área. Em uma avaliação mais geral podemos relacioná-las a cada um dos conteúdos 
listados no gráfico abaixo. 
 
 
Outros assuntos de menor relevância foram omitidos do gráfico 
Fonte: www.dacosta.mat.br/estatisticas 
 
 
Desde 2009, os assuntos listados no gráfico acima foram incidentes em todos os 
anos, como Razões, Proporções e Porcentagem, que pertencem às áreas de competências 
3 e 4, além de Prismas e Cilindros, assunto pertencente à área de competência 2. Ainda é 
possível destacar tópicos relacionados à Estatística Básica, que envolvem tratamento de 
dados por meio de gráficos e tabelas – além de médias – e fazem parte da competência de 
área 6. Em Funções, pode-se destacar o estudo dos gráficos relacionados à competência 
5. Além disso, pode-se destacar Probabilidade, que avalia o conhecimento dos alunos na 
área de competência 7 e, finalmente, Análise Combinatória, conteúdo que avalia a 
competência de área 1. 
 
Os dados reunidos nessas estatísticas podem se tornar uma poderosa ferramenta 
para alunos e professores que desejam otimizar o tempo dedicado ao estudo da 
Matemática voltada para o ENEM. É claro que a Matemática vai muito além dos assuntos 
listados nesse estudo, mas é preciso ter em mente que o exame busca avaliar pontos 
importantes de conhecimento prévio para o desenvolvimento dos alunos em suas áreas de 
atuação no Ensino Superior. 
 
A ideia do estudo não é apresentar uma fórmula mágica para a aprovação e sim 
nortear os estudantes para o momento da revisão do conteúdo nos meses que 
antecedem a prova, evitando que o foco da revisão recaia sobre conteúdos do Ensino 
Médio que nunca foram cobrados por esse exame, como Números Complexos, que não 
aparece no edital, ou quase nunca exigido, como Matrizes, que apareceu apenas em 2012 
e 2018, com uma questão em cada um desses anos. 
 
Assim, com base em dados detalhados, o professor pode facilmente evitar 
despender tempo ministrando aulas aprofundadas sobre conteúdos nunca ou pouco 
cobrados (sem deixar de ministrá-los, é claro), além de ter uma forte base de 
 44
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
argumentação para o questionamento de alunos mais atentos sobre a necessidade ou não 
de aprofundamento em determinado assunto. É de grande importância que os professores 
e coordenadores estejam alinhados com tais estatísticas a fim de orientar melhor seus 
estudantes e buscar o aprofundamento nos assuntos mais relevantes. 
 
 
 45
Algumas Aplicações de Somas Trigonométricas
Prof. Pedro Pantoja/ Natal RN
1 de Abril de 2019
Resumo
Nesta pequena nota, iremos discorrer de forma objetiva, algumas aplicações de somas
trigonométricas e da trigonometria básica do ensino médio. Outrossim, iremos resolver
alguns problemas interessantes (a maioria ńıvel IME/ITA) com aux́ılio daquelas.
1 Introdução
Um problema dif́ıcil em trigonometria é determinar o valor exato de razões trigonométricas.
Em especial, podemos achar com facilidade o valor exato das razões π
6
, π
4
, π
3
. Com aux́ılio das
fórmulas de divisão, multiplicação, soma e diferença, conhecidos os valores das razões trigo-
nométricas de α,β sabem-se também os valores das razões trigonométricas de α
2
, 2α, α
3
, 3α, α±
β, etc. Por exemplo, se desejamos saber o valor de sen 105◦ recorremos a fórmula de adição:
sen 105◦ = sen (60◦+45◦) = sen 60◦ · cos 45◦+sen 45◦ · cos 60◦ =
√
3
2
·
√
2
2
+
1
2
·
√
2
2
=
√
6+
√
2
4
.
Como sen 105◦ = sen 75◦, obtemos que sen 105◦ = sen 5π
12
=
√
6+
√
2
4
, guardemos esse resultado
para o problema 3.12.
Em função do lado ln do poĺıgono regular de n ≥ 3 lados inscrito no ciclo, podemos obter
com precisão o valor das razões trigonométricas de π
5
, π
10
através da fórmula
sen
π
n
=
ln
2
.
Por outro lado, a fórmula l2n =
√
R
(
2R−
√
4R2 − l2n
)
, permite conhecer o valor de l2n sabendo-
se ln. Entretanto, nem todos os ln podem ser calculados em função do raio, citemos por exemplo
l7, l11, l13. Um dos métodos eficazes para determinar os valores exatos dessas razões são através
de números complexos e polinômios. Vejamos a seguir a seguinte expressão − meio tautológica
− que envolve radicais complexos,
sen 10◦ =
3
√√
3
2
+ 1
2
i−
3
√√
3
2
− 1
2
i
2i
.
A t́ıtulo de curiosidade outra beĺıssima expressão:
cos 6π
17
+ cos 10π
17
=
√
2(17+
√
17) −
√
17− 1
8
.
Para um estudante que está iniciando o estudo da trigonometria e ainda não tem contato com
números complexos e equações polinomiais, existem algumas técnicas mais elementares, inclusive
para determinar valores de produtos, somas e somas de quadrados.
1
 46
2 APLICAÇÕES 2
2 Aplicações
A técnica é utilizar somas trigonométricas para obter facilmente o valor de certas expressões
aparentemente complicadas. O exemplo, abaixo, irá nos auxiliar nessas questões.
Exemplo 2.1. (IME-1990) Mostre que
1
2
+ cos x+ cos 2x+ · · ·+ cosnx =
sen (n+ 1
2
)x
2sen x
2
.
Solução. Multiplicando o somatório por 2sen x
2
tem-se
n∑
k=1
2sen
x
2
coskx =
n∑
k=1
(
sen
(
k+
1
2
)
x− sen
(
k−
1
2
)
x
)
=
sen
3x
2
−sen
x
2
+sen
5x
2
−sen
3x
2
+· · ·+sen
(
n+
1
2
)
x−sen
(
n−
1
2
)
x = sen
(
n+
1
2
)
x−sen
x
2
,
dividindo por 2sen x
2
, obtemos o resultado. J
Acreditamos que na hora do exame do IME, muitos estudantes resolveram essa questão
utilizando indução finita. Como exerćıcio faça esta demonstração!
Agora iremos ver uma série de consequências do somatório acima. O primeiro exemplo é uma
questão adaptada do ITA de 2017. O problema original tinha dois itens aos quais indicavam
como proceder a solução do problema com o uso de números complexos.
Exemplo 2.2. (ITA-2017/Adaptada) Determine inteiros a, b taisque
a
b
= cos π
7
+ cos 3π
7
+ cos 5π
7
.
Solução. Pelo exemplo 2.1 para x = π/7 e n = 3 obtém-se
− cos π
7
+ cos 2π
7
− cos 3π
7
= −
1
2
−
cos 7π
14
2 cos π
14
= −
1
2
,
porque cos π
2
= 0. O resultado segue multiplicando a expressão por −1. J
O Exemplo 2.1 permite-nos obter o valor exato de razões trigonométricas de 72◦.
Exemplo 2.3. Calcule o seno e o cosseno de 72◦.
Solução. Pelo Exemplo 2.1 para x = 2π
5
e n = 2 tem-se
cos 2π
5
+ cos 4π
5
=
sen 5·2π
2·5
2sen 2π
2·5
−
1
2
= −
1
2
.
Assim
cos 2π
5
+ 2 cos2 2π
5
− 1 = −
1
2
fazendo y = cos 2π
5
recáımos na equação 2y2 + y = 1
2
⇒ 4y2 + 2y− 1 = 0, então, y = −2±2√5
8
=
−1±
√
5
4
, mas y > 0, portanto
cos 2π
5
=
√
5− 1
4
.
 47
2 APLICAÇÕES 3
Por fim, usando a identidade sen2x+ cos2x = 1, tem-se
sen2
2π
5
= 1−
6− 2
√
5
16
⇒ sen 2π
5
=
√
10+ 2
√
5
4
.
J
A tendência natural é saber uma expressão para a soma dos quadrados dos cossenos de
x, 2x, 3x, ..., nx.
Exemplo 2.4. Prove que para x 6= tπ, t ∈ Z,
n∑
k=1
cos2 kx = n
2
+
cos(n+ 1)xsen nx
2sen x
.
Solução. Usando a identidade cos2 x = (1+ cos 2x)/2 e o Exemplo 2.1, tem-se
n∑
k=1
cos2 kx = 1
2
n∑
k=1
1+
1
2
n∑
k=1
cos 2kx = n
2
+
1
2
(
sen (2n+ 1)x
2sen x
−
1
2
)
=
n
2
−
sen (2n+ 1)x− sen x
4sen x
=
n
2
+
cos(n+ 1)xsen nx
2sen x
.
J
Uma aplicação imediata:
Exemplo 2.5. Mostre que
cos2 π
5
+ cos2 2π
5
+ cos2 3π
5
+ cos2 4π
5
=
1
4
.
Solução. Façamos n = 5 e x = π
5
no exemplo anterior:
5∑
k=1
cos2 kπ
5
=
5
4
+
cos 6π
5
sen π
2sen π
5
=
5
4
,
donde
4∑
k=1
cos2 kπ
5
+ 1 =
5
4
⇒ 4∑
k=1
cos2 kπ
5
=
1
4
.
J
Para finalizar um problema antigo do IME. Existe uma outra solução utilizando a identidade
de Euler, cosx+ isenx = eix (tente fazê-la como exerćıcio).
Exemplo 2.6. (IME-1975) Considere
E = sen2
1πn
N
+ sen2
2πn
N
+ · · ·+ sen2Nπn
N
=
N∑
k=1
sen2
kπn
N
,
onde N e n são números inteiros, tais que 0 < n < N. Calcule E em função de N.
Solução. Usando a identidade sen2x+ cos2 x = 1 e o exemplo 2.4, depreende-se que
m∑
k=1
sen2 kx =
m
2
−
cos(m+ 1)xsen mx
2sen x
.
Fazendo m = N e x = πn
N
na expressão anterior chegamos a E = N
2
.
J
 48
3 PROBLEMAS PROPOSTOS 4
3 Problemas Propostos
A seguir uma lista de problemas para praticar.
Problema 3.1. (AFA 2015/Adaptada) Encontre o valor de
senα+ sen(α+ π) + sen(α+ 2π) + · · ·+ sen(α+ 99π).
Problema 3.2. (ITA-2012) A soma
n∑
k=0
cos(α+ kπ), para todo α ∈ [0, 2π], vale
a) − cosα quando n é par.
b) −senα quando n é ı́mpar.
c) cosα quando n é ı́mpar.
d) senα quando n é par.
e) zero quando n é par.
Problema 3.3. (IME 2010) O valor de
cos 2π
7
+ cos 4π
7
+ cos 6π
7
+
1
2
é :
a) −1
b) −0, 5
c) 0
d) 0, 5
e) 1
Problema 3.4. (PUC-1984) O valor de
(cos2 1◦ + cos2 2◦ + · · ·+ cos2 89◦) − (sen2 1◦ + sen2 2◦ + · · ·+ sen2 89◦) é :
a) -1
b) 0
c) 1
d) 89
e) imposśıvel de calcular sem uma tabela trigonométrica.
Problema 3.5. (SANTA CASA-1980) Consideremos a expressão:
A = cos 12◦ + cos 25◦ + · · ·+ cos 142◦ + cos 155◦ + cos 168◦.
Calculando o valor numérico de A, podemos afirmar que f(A) = 1+ 2A vale:
a) -1
b) 3
c) 2
d) -1
e) n.d.a.
Problema 3.6. (Escola de Engenharia Fluminense-1957) Calcule sen 18◦.
Problema 3.7. Calcule o valor de
cos2 π
7
+ cos2 2π
7
+ cos2 3π
7
.
 49
3 PROBLEMAS PROPOSTOS 5
Problema 3.8. Calcule o valor de
sen
π
18
− sen
3π
18
+ sen
5π
18
− sen
7π
18
.
Problema 3.9. Calcule o valor de
cos π
11
+ cos 3π
11
+ cos 5π
11
+ cos 7π
11
+ cos 9π
11
.
Problema 3.10. Calcule o valor de cos 8◦ + cos 16◦ + · · ·+ cos 352◦.
Problema 3.11. Prove que
n∑
k=1
sen kx =
sen
(
(n+1)x
2
)
sen nx
2
sen x
2
, x 6= 2tπ, t ∈ Z.
Problema 3.12. (IME-2016) O valor do somatório abaixo é:
15∑
k=1
Img
(
cis2k−1
π
36
)
a) 2+
√
3
4sen π
36
b) 2−
√
3
4sen π
36
c) 1
4sen π
36
d) sen π
36
e) 1
4
Obs.: Img(w) é a parte imaginária de w.
 50
4 GABARITO 6
4 Gabarito
3.1) 0.
3.2) Letra E.
3.3) Letra C.
3.4) Letra B.
3.5) Letra C.
3.6)
√
5−1
4
.
3.7) 5/4.
3.8) -1/2.
3.9) 1/2.
3.10) -1.
3.11) Demonstração.
3.12) Letra A.
Referências
[1] Iezzi, G. Fundamentos de matematica elementar volume 3.
[2] Pantoja, Pedro. Trigonometria para IME/ITA, em preparação.
Email: p.pantoja@hotmail.com
 51
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
 
UM PROBLEMA DIFÍCIL DE GEOMETRIA ESPACIAL DA ESCOLA NAVAL 
2018-2019 
 
Luis Antonio Ponce Alonso 
 
 
ENUNCIADO 
Seja ABCDEF um prisma triangular reto, com todas as suas arestas congruentes e suas 
arestas laterais 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ , 𝐵𝐸̅̅ ̅̅ e 𝐶𝐹̅̅̅̅ . Sejam O e O´ baricentros das bases ABC e DEF, 
respectivamente, e P, um ponto pertencente a 𝑂𝑂̅̅ ̅̅ ´ tal que 𝑃𝑂´ =
1
6
 𝑂𝑂´. Seja , o 
plano determinado por P e pelos médios de 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝐷𝐹̅̅ ̅̅ . O plano  divide o prisma em dois 
sólidos. Determine a razão do volume do sólido menor para o volume do solido maior 
(ambos na mesma unidade), determinado pelo plano , e assinale a opção correta. 
a) 
47
97
 b) 
49
95
 c) 
43
93
 d) 
45
93
 e) 
41
91
 
 
RESOLUÇÃO 
1. Sejam N, H, M e J pontos médios das arestas 𝐷𝐹̅̅ ̅̅ , 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ , respectivamente. 
 
2. Suponhamos que as arestas congruentes do prisma tenham medida 6. Com esta 
suposição, claramente, não teremos perda de generalidade no cálculo da razão entre as 
medidas (na mesma unidade) dos volumes dos dois sólidos, determinados pela secção de 
um plano  com o prisma ABCDEF. 
 
3. Em consequência destas considerações, temos: 
• ABED, BCFE e CADF (faces laterais) são quadrados de lado 6; 
• DEF e ABC (bases) são equiláteros de lado 6; 
• BH EN são alturas (medianas), com BH EN 3 3;= = e 
• DJP é equilátero de lado 3. 
 
4. O pentágono convexo MSQNK (ver figura) é a secção determinada pelo o plano ( ) 
no prisma ABCDEF. 
 
5. A justificativa desta afirmação, é dada abaixo, através da construção dos vértices 
S𝐸𝐵̅̅ ̅̅ , Q𝐸𝐹̅̅ ̅̅ e K𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ; pois, os demais vértices, claramente, pertencem a esta secção, 
em consequência da definição do plano ( ). 
 52
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ˆESN 60 ,=  pois 
( ) EN 3 3ˆtg ESN 3
ES 3
= = = 
 
6. Construção do vértice “S” 
Desde que O e O ´são baricentros dos  ABC e DEF, respectivamente, segue-se da 
definição de baricentro: 
• O BH, com 
1
OH BH 3
3
=  = e 
2
BO BH 2 3;
3
=  = e 
• O ' EN, com 
1
O ' N EN 3
3
=  = e 
2
EO ' EN 2 3.
3
=  = 
Consequentemente, ( )OO' plano BENH , OO' EB NH e OO' EB NH 6.= = = 
 53
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Como P OO' e 
1
PO' OO',
6
=  então ( )P plano BENH , com NP EB ,  O'P 1= 
e PO 5.= 
Então, sendo S NP EB  (ver figura) e ( )NP plano ,  conclui-se que ( )S plano .  
Ainda mais, como NES ~ NO'P  (caso de semelhança A.A.), resulta 
ES 3 3
,
1 3
= ou 
seja, ES 3= e, portanto, SB 3.= 
 
7. Construção do vértice “Q” 
 
 
Desde que ( )S plano ,  segue-se ( )MS plano  e, portanto, sendo G MS DE,  
resulta ( )G plano .  Mas, como SEG SBM  (caso de congruência A.L.A.), então 
EG 3.= Note que ( ) ( )NG plano DEF plano   e NG EF .  
Então, sendo Q NG EF,  resulta em ( )Q plano .  
Ainda mais, claramente, EQ é base média do NJG. Logo, 
JN 3
EQ .
2 2
= = 
 
8. Construção do vértice “K” 
 
 
 54
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
 
Já, traçando-se uma paralela à reta NG por M, claramente, ela intersectará a aresta AC. 
Então, denotando por K esta intersecção, segue-se que ( )MK plano  e, portanto, 
( )K plano .  
Mas, como AKM ~ DNG  (caso de semelhança A.A.), então 
AK AM
,
DN DG
= ou seja, 
AK 3
.
3 9
= Logo, AK 1.= 
 
9.Cálculo dos volumes dos sólidos determinados pelo plano ( ) 
O plano  divide o prisma em dois sólidos. O sólido de menor volume é um hexaedro de 
faces: 
• Pentagonais: AMSED e KMSQN; 
• Triangulares: SEQ e AMK; e 
• Quadrangulares: AKND e DEQN. 
Note que este hexaedro pode ser dividido em dois sólidos pelo plano (DMN): 
• pirâmide (M-AKND), de vértice M, base trapezoidal AKND e altura relativa a 
esta base medindo 
3 3
2
 (ver nota); e 
• um pentaedro convexo MDNSEQ. 
 
 55
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10. Por outro lado, denotando por: 
• V(M-AKDN) o volume da pirâmide quadrangular “M-AKDN”; 
• V(MDNSEQ) o volume do pentaedro convexo “MDNSEQ”; 
• V(M-DNG) o volume da pirâmide triangular “M-DNG”; e 
• V(S- EQG) o volume da pirâmide triangular “S-EQG”. 
Segue-se que o volume 1V , do hexaedro, (sólido de menor volume), é obtido pela soma 
do volume da pirâmide (M-AKND) com o volume de um pentaedro convexo 
(MDNSEQ). Note que o volume deste pentaedro é igual ao valor absoluto da diferença 
entre os volumes das pirâmides triangulares: (M-DNG) e (S-EQG). Deste modo, 
( ) ( ) ( )( )
( )
1V V M AKND V M DNG V S EQG
1 1 3 6 3 3 1 3 9 sen 60 1 3 3 2 sen120
6 3
3 2 2 3 2 3 2
27 3 9 3 147 3
6 3
2 8 8
= − + − − − =
+        
=   +   −   = 
 
 
= + − = 
 
 
Já, sendo 2V , o volume do sólido (maior volume) determinado pelo plano , distinto do 
pentaedro convexo, tem-se 
( )
2 1
6 6 sen 60 147 3 147 3 285 3
V V ABCDEF V 6 54 3
2 8 8 8
  
= − =  − = − = 
Portanto, 1
2
147 3
V 498 .
V 95285 3
8
= = 
 
RESPOSTA: b 
 
 56
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
NOTA: Como BH AC⊥ e BH NH;⊥ pois o prisma ABCDEF é reto, então 
( )BH plano CADF .⊥ 
Deste modo, sendo MI BH, com I AC, ( )MI plano CADF .⊥ Consequentemente, a 
distância de M ao plano da face lateral (CADF), é igual ao comprimento do segmento 
MI, isto é, 
BH
,
2
 ou seja, 
3 3
.
2
 
 
 
 57
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
 
 
TRIGONOMETRIA NO VESTIBULAR DA URCA: UMA QUESTÃO NO 
NÍVEL DO IME 
 
Jardel Leite de Oliveira 
 
 
A URCA (Universidade Regional do Cariri) é uma universidade pública mantida 
pelo Estado do Ceará, que tem sua sede administrativa localizada na cidade do Crato, e 
possui outros campi nas cidades de Juazeiro do Norte, Iguatu, Campos Sales e Missão 
Velha. 
Por se tratar de uma universidade Estadual, o seu processo seletivo de admissão 
de alunos, que acontece semestralmente, é o vestibular tradicional, ou seja, não aderiu ao 
ENEM (Exame Nacional do Ensino Médio) como forma de ingresso aos seus cursos de 
graduação. 
Analisando as provas aplicadas ao longo dos anos (no site da URCA encontram-
se as provas que já foram aplicadas a partir de 2011.2) e, sendo uma prova com estilo 
tradicional, percebi que o nível de dificuldade de algumas questões, pelo menos na 
disciplina de Matemática, é bem alto, geralmente com enunciados bem diretos, sem muita 
contextualização. 
Neste artigo, apresento uma questão de trigonometria que foi cobrada no 
vestibular da URCA 2018.2 e que, a meu ver, apresenta um nível de dificuldade bem 
elevado e que possivelmente um aluno do ensino médio teria bastante dificuldade em 
resolver. 
Para fins de comparação, primeiramente apresentarei uma questão, e sua 
respectiva solução, que foi cobrada no vestibular do IME 1989/90 e, em seguida, a 
questão da URCA, sendo as duas questões sobre o mesmo assunto. 
 
 
(IME 1989/90) Determine o valor de 
 
𝑝 = 𝑠𝑒𝑛
𝜋
24
𝑠𝑒𝑛
5𝜋
24
𝑠𝑒𝑛
7𝜋
24
𝑠𝑒𝑛
11𝜋
24
 
 
Solução: 
Para resolver esta questão, que envolve funções trigonométricas, utilizaremos as 
Fórmulas de Prostaférese ou de Werner, ou como são mais conhecidas, as Fórmulas de 
Transformação em Produto e as Fórmulas de Reversão, que realizam a transformação de 
Produtos em Somas ou Diferenças. No livro do Aref, Noções de Matemática Elementar - 
Volume 3, mais precisamente na página 165, são apresentados os seguintes quadros-
resumo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 58
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
1º) Fórmulas de transformação em produto 
 
𝑠𝑒𝑛𝑝 + 𝑠𝑒𝑛𝑞 = 2𝑠𝑒𝑛
𝑝 + 𝑞
2
cos
𝑝 − 𝑞
2
 cos 𝑝 − cos 𝑞 = −2𝑠𝑒𝑛
𝑝 + 𝑞
2
𝑠𝑒𝑛
𝑝 − 𝑞
2
 
𝑠𝑒𝑛𝑝 − 𝑠𝑒𝑛𝑞 = 2𝑠𝑒𝑛
𝑝 − 𝑞
2
cos
𝑝 + 𝑞
2
 𝑡𝑔𝑝 + 𝑡𝑔𝑞 =
𝑠𝑒𝑛(𝑝 + 𝑞)
cos 𝑝  cos 𝑞
 
cos 𝑝 + cos 𝑞 = 2 cos
𝑝 + 𝑞
2
cos
𝑝 − 𝑞
2
 𝑡𝑔𝑝 − 𝑡𝑔𝑞 =
𝑠𝑒𝑛(𝑝 − 𝑞)
cos 𝑝  cos 𝑞
 
 
2º) Fórmulas de Reversão 
 
𝑠𝑒𝑛𝑎. cos 𝑏 =
1
2
[𝑠𝑒𝑛(𝑎 + 𝑏) + 𝑠𝑒𝑛(𝑎 − 𝑏)] 
cos 𝑎 . cos 𝑏 =
1
2
[cos(𝑎 + 𝑏) + cos(𝑎 − 𝑏)] 
𝑠𝑒𝑛𝑎. 𝑠𝑒𝑛𝑏 = −
1
2
[cos(𝑎 + 𝑏) − cos(𝑎 − 𝑏)] 
 
Dispondo-se destas fórmulas, faremos duas vezes a seguinte aplicação: 
 
• 
5 1 6 4 1 6 4
sen sen cos cos cos cos
24 54 2 24 24 2 24 24
            
= − − − = − −            
 
 
Como 
6 2
cos cos cos 45
24 4 2
 
= =  = e 
4 3
cos cos cos30 ,
24 6 2
 
= =  = temos: 
 
5 1 2 3 3 2
sen sen
24 24 2 2 2 4
   −
= − − = 
 
 
 
Analogamente, 
• 
7 11 1 18 4 1 18 4
sen sen cos cos cos cos
24 24 2 24 24 2 24 24
          
= − − − = − −        
 
18 3 2
cos cos cos135
24 4 2
 
= =  = − e 
4 3
cos cos cos30
24 6 2
 
= =  = 
 
Logo, 
 
7 11 1 2 3 3 2
sen sen
24 24 2 2 2 4
    +
= − − − =  
  
 
 
Agora só precisamos substituir estes resultados na expressão que foi apresentada no 
enunciado e aplicar o produto notável da soma vezes a diferença. 
 
 59
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
( ) ( )
2 2
5 7 11 3 2 3 2 3 2 1
p sen sen sen sen
24 24 24 24 4 4 16 16
      − + −
= = = =  
  
 
 
Aqui chegamos ao resultado esperado pela banca examinadora, 
1
p .
16
= 
 
Vejamos uma segunda maneira de resolver essa questão utilizando a fórmula do seno do 
arco dobro. 
 
Inicialmente, notemos que 
 
11 11
sen cos cos
24 2 24 24
    
= − = 
 
 e 
7 7 5
sen cos cos .
24 2 24 24
    
= − = 
 
 
 
Assim, a expressão original pode ser reescrita na seguinte forma: 
 
2 10
sen sen
24 24
5 7 11 5 5
p sen sen sen sen sen sen cos cos
24 24 24 24 24 24 24 24
1 5 5 1 5
2sen cos 2sen cos sen sen
4 24 24 24 24 4 12 12
 
       
= = =
     
=   = 
 
Note agora que 
5 5
sen cos cos .
12 2 12 12
    
= − = 
 
 Assim, temos: 
 
sen
6
1 5 1 1 1 1 1 1
p sen sen sen cos 2sen cos sen .
4 12 12 4 12 12 8 12 12 8 16 8 2 16

      
= = = = =  = 
 
 
Agora vamos à próxima questão. 
 
(URCA 2018.2) O valor de 
 
𝑦 = 36 cos
𝜋
7
cos
2𝜋
7
cos
3𝜋
7
 
 
é 
A) 1 B) 2 C) 
9
2
 D) 
5
2
 E) 3 
 
 
 
 
 
 60
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Solução: 
Para resolver esta questão, precisamos aplicar repetidamente a expressão do seno do arco 
dobro, que é apresentada no mesmo livro citado anteriormente, e são dadas por 
 
( )sen a b sena cosb sen b cosa+ =  +  seno da soma 
 
sen2a 2sena cosa=  seno do arco dobro 
 
Antes de realizar qualquer transformação de produto em soma, multiplicaremos e 
dividiremos o lado direito da igualdade por 2sen ,
7

 e organizaremos da seguinte forma 
 
36 2 3
y 2sen cos cos cos
7 7 7 7
2sen
7
   
= 

 
 
Agora aplicaremos o arco dobro duas vezes da seguinte maneira: 
 
2 4
sen sen
7 7
36 2 3 1 36 2 2 3
y 2sen cos cos cos 2sen cos cos
7 7 7 7 2 7 7 7
2sen 2sen
7 7
9 4 3
sen cos
7 7
sen
7
 
      
=  =   =
 
 
=  

 
 
Note que 
3 3 4
cos cos cos .
7 7 7   
= − − = − 
 
 Assim, temos: 
 
8
sen
7
9 4 4 1 9 4 4 9 8
y sen cos 2sen cos sen
7 7 2 7 7 7
sen sen 2sen
7 7 7
    −  
=   − = −   =  
   
 
 
Note que 
8
sen sen sen .
7 7 7
   
= + = − 
 
 Assim, temos: 
 
9 8 9 9
y sen sen
7 7 2
2sen 2sen
7 7
−  −  
=  =  − = 
   
 
 
Assim encontramos como resposta a alternativa C) 
 
 
 
 
 
 61
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 2 – ENSINO MÉDIO 
 
Para finalizar, deixarei cinco problemas sobre o assunto que acabamos de estudar 
para você resolver. 
 
 
Problema 1. Calcule o valor de 
5
cos cos .
12 12
 
 
 
Problema 2. Simplifique a expressão 
sen 3x sen x
.
4sen x
+
 
 
Problema 3. Simplifique a expressão 
cos9x cos 7x
.
sen 9x sen 7x
+
−
 
 
Problema 4. Sendo a b ,
3

+ = calcule o valor de 
sen a sen b
R .
cos b cos a
−
=
−
 
 
Problema 5. Se A, B e C são as medidas dos ângulos agudos de um triângulo, então 
calcule o valor da seguinte expressão 
sen 2A sen 2B sen 2C
.
sen A sen B sen C
+ +
 
 
A) 0 B) 1 C) 2 D) 4 E) 8 
 
 
 
 62
O que é a área de um objeto?
Jessica Didole (Unicamp) e Régis Varão (Unicamp)
1 Área no Planeta Tchuplifo
Para e pense: “o que é área?” Mas atenção! Nós queremos que você
se esforce para tentar responder essa pergunta. Em breve daremos uma
“resposta” e caso você não tenha pensando na pergunta irá perder toda a
graça. Quando perguntamos para alguém “o que é área?” a primeira reação é
evitar responder. O porquê das pessoas evitarem responder é compreenśıvel,
estamos habituados a ler alguma coisa no livro, ir para o final e resolver
o exerćıcio. Ou então ouvir a explicação do professor e fazer o exerćıcio
que exige a aplicação exatamente do que foi dito em aula. Não estamos
habituados a perguntas como essa, de forma aberta. Ao final deste texto
não haverá uma prova, não haverá vestibular, então não vamos nos prender
a tanta formalidade e vamos ter coragem para pensar. Então a mensagem
mais importante deste texto é: Não tenham medo de pensar.
Vamos explicar um pouco mais o que significa “não ter medo de pensar”.
Isso está relacionado com a tentativa de responder a pergunta inicial “o que
é área?”. Novamente insistimos, pause um pouco e tente responder essa
pergunta. Pare agora!
Sobre a nossa pergunta, você pode estar pensando algo como “eu não
sei a resposta”, “vou esperar para ver qual é a solução” ou, se você arriscar
a começar a responder, logo desiste pois pensa estar meio confuso(a). O
que pode ter acontecido é que para dar uma resposta a nossa pergunta você
começou a listar fórmulas de área como por exemplo a fórmula da área do
retângulo que é um lado vezes o outro. Isso é apenas repetir uma fórmula
pronta. Você deve pensar por conta própria sobre o que é área.
Demos tempo suficiente para você parar e pensar na resposta, agora
vem o spoiler! Em geral quando perguntadas sobre o que é a área de um
objeto as pessoas, a prinćıpio, ficam relutantes mas, usualmente, o que elas
respondem é que a área de um objeto, de certa forma, é uma maneira de
calcular a capacidade de armazenamento de algum objeto. De fato, essa é
uma explicação muito boa e bastante intuitiva. E será justamente essa que
usaremos aqui.
Existe uma lenda que se conta aos mais jovens no Planeta Tchuplifo [2]:
é a história de uma moça muito curiosa que estava se perguntando o mesmo
que nós: “O que é área?”. O nome dessa moça é Hipátia. Só que essa é
outra Hipátia, é a Hipátia do Planeta Tchuplifo (inclusive, o Prof. Régis já
foi para o Planeta Tchuplifo no dia do Pi, 14 de maio desse ano 1. Mas essa
é outra história).
1https://www.youtube.com/watch?v=-sbz5v14REw
1
 63
https://www.youtube.com/watch?v=-sbz5v14REw
A Hipátia partiu da mesma noção de área que estamos sáındo, que a área
de um objeto significa, em algum sentido, a capacidade de armazenamento
de um objeto.
Algo fascinante irá acontecer! Vamos sair de uma definição que não
está totalmente clara, mas é bem intuitiva e, sem medo, nós iremos, assim
como fez Hipátia do Planeta Tchuplifo, permitir que a nossa mente flua e
tentaremos descobrir mais sobre até onde podemos ir.
Para facilitar vamos introduzir uma notação. Um retângulo de lados x
e y será denotado por R(x, y):
Figura 1:
Veja um objetivo bem simples, um quadrado de lados iguais a um:
Figura 2:
Gostaŕıamos de saber a área desse quadrado, ou melhor, a área desse
objeto. Então, deixando a mente fluir, considere o seguinte: esse quadrado
deve ter alguma capacidade de armazenamento. Por capacidade iremos usar
a notação C e o quadrado acima demos nome de A. Assim, a capacidade de
armazenamento do quadrado A é denotada por:
C(A).
Se dividirmos o quadrado exatamente ao meio, ele terá dois pedaços
iguais:
Assim, é natural que a soma da capacidade de armazenamento desses
dois objetos seja a capacidade de armazenamento do objeto todo.
Utilizando a notação apresentada anteriormente, podemos expressar o
que acabamos de dizer assim:
2
 64
Figura 3:
C(A) = C
(
R
(
1
2
, 1
))
+ C
(
R
(
1
2
, 1
))
= 2C
(
R
(
1
2
, 1
))
Novamente, podemos fazer algo parecido e dividir o quadrado em três
retângulos idênticos:
Figura 4:
A soma da capacidade desses três retângulos dá a capacidade de arma-
zenamento total do quadrado:
C(A) = C
(
R
(
1
3
, 1
))
+ C
(
R
(
1
3
, 1
))
+ C
(
R
(
1
3
, 1
))
= 3C
(
R
(
1
3
, 1
))
Esse procedimento pode ser feito quantas vezes quisermos. Podemos
dividir o quadro em q retângulos idênticos:
e obter a relação:
3
 65
Figura 5:
C(A) = qC
(
R
(
1
q
, 1
))
.
Usando esses argumentos de capacidade veja que temos também a se-
guinte relação:
2C
(
R
(
1
q
, 1
))
= C
(
R
(
2
q
, 1
))
Usando as duas igualdades acima obtemos que:
C(A) = qC
(
R
(
1
q
, 1
))
= qC
1
2
(
R
(
2
q
, 1
))
Portanto:
C
(
R
(
2
q
, 1
))
=
2
q
C(A)
Analogamente, podemos repetir esse processo e obter:
C
(
R
(
p
q
, 1
))
=
p
q
C(A)
Vamos deixar para o leitor tentar reproduzir as mesmas ideias, mas
olhando agora para o “lado que fica de pé” e assim obter a fórmula:
4
 66
C
(
R
(
p
q
,
m
n
))
=
(
p
q
× m
n
)
C(A)
Estamos tomando o quadrado A como uma referência, então vamos dizer
que a capacidade de armazenamento do quadrado A é um, ou seja C(A) = 1.
Perceba que com isso chegamos na fórmula:
C
(
R
(
p
q
,
m
n
))
=
(
p
q
× m
n
)
,
ou seja, a capacidade de um retângulo é justamente o produto de seus lados.
C(R(x, y)) = x× y
Conclúımos assim, que a capacidade de um retângulo é justamente o que
conhecemos por área.
2 Projeto: área do disco
Agora que já vimos o que é área, vamos deixar um projeto para você
tentar realizar. Convidamos você a pensar sobre como descobrir qual é a
área de um disco. Lembre-se novamente que o nosso propósito é que você
deve deixar as ideias flúırem!
A dica para fazer: Vamos assumir que conhecemos que o comprimento de
uma circunferência é 2πR. Na circunferência faça vários pontos que estejam
equidistribúıdos na circunferência e ligue esses pontos de forma a ter um
poĺıgono regular inscrito na circunferência. Note que quanto mais pontos
você colocar na circunferência mais próximo do comprimento da circun-
ferência estará o peŕımetro desse poĺıgono. Suponha que o poĺıgono inscrito
tenha n lados e o lado mede b. A ideia agora é que a capacidade de armaze-
namento do poĺıgono inscrito está cada vez mais próxima da capacidade de
armazenamento do ćırculo para quando aumentamos a quantidade de pon-
tos na circunferência. Em outras palavras a área do poĺıgono está ficando
próxima da área da circunferência.
Tente provar que a área do poĺıgono inscrito nessa circunferência de raio
R é:
n×
b×
√
R2 −
(
b
2
)2
2
.
Agora perceba que esse número n× b está cada vez mais perto do com-primento da circunferência e quando o número de pontos (n) vai crescendo,
então o número b/2 vai ficando cada vez mais despreźıvel (perto de zero).
5
 67
Assim obtemos que quando colocamos muitos pontos no poĺıgono temos
essencialmente que a área desse poĺıgono é:
2πR
√
R2 − (0)2
2
= πR2.
E assim, descobrimos que a área da circunferência é πR2.
Referências
[1] Lima, E. L., Carvalho, P. C. P., Wagner, E. e Morgado, A. C., Temas
e problemas. Sociedade Brasileira de Matemática. Coleção do Professor
de Matemática (2001).
[2] Varão, R., A lenda de Hipátia de Tchuplifo: Áreas e volu-
mes, Fantástico Mundo Matemático, Campinas, 6 de novembro de 2018.
Dispońıvel em < https://www.youtube.com/watch?v=LU2TMw7y-gc >.
Acesso 1 de outubro de 2019.
6
 68
https://www.youtube.com/watch?v=LU2TMw7y-gc
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 
PROBLEMINHAS PARA A OBMEP 
 
Emanuel Jaconiano 
 
 
Problema: Enchendo Torneiras … 
1) Um reservatório é alimentado por duas torneiras que o enchem em 6 horas. Se a 
primeira sozinha o enche em 10 horas, em quanto tempo a segunda, funcionando só, 
deixará o reservatório cheio? 
a) 10 horas b) 15 horas c) 18 horas d) 21 horas e) 24 Horas 
 
 
 
Problema: Perseguições … 
2) No desenho animado Tom persegue Jerry que tem, inicialmente, uma vantagem de 35 
de seus pulos. A cada dois pulos que o gato dá em direção ao rato, este dá 5 pulos; mas 
os pulos do Tom são 3 vezes maiores que os do Jerry. Quantos pulos o gato deveria dar 
para alcançar o rato? 
 
 
 
a) 70 b) 55 c) 40 d) 35 e) 15 
 
Problema: São tantos armários … 
3) Uma escola possui mil alunos e cada um deles possui um armário. Os armários estão 
enfileirados num corredor e numerados de 1 a 1000. Indicando cada aluno pelo número 
de seu armário, o professor de Matemática da escola propôs a seguinte atividade: 
(1) Os armários estão inicialmente todos fechados, mas destrancados. 
(2) Ordenadamente, cada aluno n passará pelos armários mudando a situação (abrindo o 
que está fechado, ou fechando o que está aberto) daqueles armários cujo número é 
divisível por n. Quantos armários estarão abertos após o término da atividade? 
a) 30 b) 31 c) 32 d) 33 e) 34 
 
Problema: Alice no país das Maravilhas… 
4) Durante sua viagem ao país das Maravilhas a altura de Alice sofreu quatro mudanças 
sucessivas da seguinte forma: primeiro ela tomou um gole de um líquido que estava numa 
garrafa em cujo rótulo se lia: "beba-me e fique 25% mais alta". A seguir, comeu um 
pedaço de uma torta onde estava escrito: "prove-me e fique 10% mais baixa"; logo após 
tomou um gole do líquido de outra garrafa cujo rótulo estampava a mensagem: "beba-me 
e fique 10% mais alta". Finalmente, comeu um pedaço de outra torta na qual estava 
escrito: "prove-me e fique 20% mais baixa". Após a viagem de Alice, podemos afirmar 
que ela ficou mais alta ou mais baixa em quantos por cento. 
a) ficou 1% mais baixa 
 69
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
b) ficou 1% mais alta 
c) ficou 5% mais baixa 
d) ficou 5% mais alta 
e) ficou 10% mais alta 
 
Problema: Na cidade de Pulgacicaba … 
5) Na cidade de Pulgacicaba alguns animais são realmente esquisitos. Dez por cento dos 
cães pensam que são gatos e dez por cento dos gatos pensam que são cães. Todos os 
outros animais são perfeitamente normais. Certo dia todos os cães e gatos de Pulgacicaba 
foram testados por um psicólogo, verificando-se então que 20% deles pensavam que eram 
gatos. Que porcentagem dos animais eram realmente gatos? 
a) 87,5 b) 80 c) 22,5 d) 22 e) 12,5 
 
Problema: Probabilidade do encontro … 
(ENEM 1999) José e Antônio viajarão em seus carros com as respectivas famílias para a 
cidade de Serra Branca. Com a intenção de seguir viagem juntos, combinam um encontro 
no marco inicial da rodovia, onde chegarão, de modo independente, entre meio-dia e 
1 hora da tarde. Entretanto, como não querem ficar muito tempo esperando um pelo outro, 
combinam que o primeiro que chegar ao marco inicial esperará pelo outro, no máximo, 
meia hora; após esse tempo, seguirá viagem sozinho. Chamando de x o horário de 
chegada de José e de y o horário de chegada de Antônio, e representando os pares ( )x, y 
em um sistema de eixos cartesianos, a região OPQR ao lado indicada corresponde ao 
conjunto de todas as possibilidades para o par ( )x, y : 
 
 
 
6) Na região indicada, o conjunto de pontos que representa o evento “José e Antônio 
chegam ao marco inicial exatamente no mesmo horário” corresponde 
a) à diagonal OQ. 
b) à diagonal PR. 
c) ao lado PQ. 
d) ao lado QR. 
e) ao lado OR. 
 
 70
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
7) Segundo o combinado, para que José e Antônio viajem juntos, é necessário que 
1
y x
2
−  e que 
1
x y .
2
−  
 
 
 
De acordo com o gráfico e nas condições combinadas, as chances de José e Antônio 
viajarem juntos são de: 
a) 0% b) 25% c) 50% d) 75% e) 100% 
 
Problema: Um caso de divisibilidade … 
8) O resto da divisão por 9 de 1111111111 22222− é: 
a) 0 b) 1 c) 3 d) 6 e) 8 
 
Problema: Um problema clássico … 
9) Numa sala, 2019 cadeiras numeradas consecutivamente de 1 a 2019 estão dispostas em 
círculo. Em cada cadeira está sentado um estudante. Estes então resolvem começar o 
seguinte jogo: o estudante sentado na cadeira de número 1 diz “sim” e permanece no jogo. 
O estudante de número 2 diz “não” e deixa o jogo, e assim sucessivamente, isto é, cada 
estudante contradizendo o anterior. Aquele que diz sim permanece no jogo e aquele que 
diz não sai do jogo. O jogo termina quando resta apenas um estudante. O número da 
cadeira na qual este estudante está sentado é: 
a) 51 b) 1963 c) 1981 d) 1991 e) 2001 
 
 
Tente resolver as questões com bastante afinco e depois leia as soluções seguintes, mesmo 
das questões que você conseguiu fazer. 
 
Solução do problema 1: (b) 
A primeira torneira enche 
1
10
 do reservatório em 1 hora. Supondo que a segunda torneira 
encha o reservatório em t horas, então ela enche 
1
t
 do reservatório em 1 hora. 
Como as duas torneiras juntas enchem o reservatório em 6 horas, temos: 
 71
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
1 1 1 1 1 1 1
6 1 t 15 h.
10 t t 6 10 t 15
 
+  =  = −  =  = 
 
 
 
Solução do problema 2: (a) 
Supondo que o pulo do Jerry tem tamanho x, então o pulo do Tom tem tamanho 3x. 
Como a cada 2 pulos de Tom, Jerry dá 5 pulos, então um avanço de 2 3x 6x = do Tom 
corresponde a um avanço de 5 x 5x = do Jerry. 
Dessa forma, a cada 2 pulos do Tom a distância diminui de x. 
A vantagem inicial de Jerry é de 35 de seus pulos, ou seja, 35x. Portanto, Tom terá que 
dar 2 35 70 = pulos para alcançar Jerry. 
 
Solução do problema 3: (b) 
O número de mudanças de situação de cada armário corresponde ao número de divisores 
de seu número. Como inicialmente todos os armários estão fechados, após o término da 
atividade estarão abertos aqueles que possuírem uma quantidade ímpar de divisores. Para 
que um número tenha um número ímpar de divisores, sua fatoração canônica deve 
apresentar apenas expoentes pares, ou seja, ele deve ser um quadrado perfeito. 
O maior quadrado perfeito que não supera 1000 é 231 961,= o que implica que há 31 
quadrados perfeitos menores ou iguais a 1000 e, portanto, 31 armários terminarão abertos. 
 
Solução do problema 4: (a) 
Seja h a altura inicial de Alice, então sua altura final será dada por 
h 125% 90% 110% 80% h 1,25 0,9 1,1 0,8 0,99h.    =     = 
Isso significa que, ao final, Alice ficou 1% mais baixa. 
 
Solução do problema 5: (e) 
 
 Pensam que 
são cães 
Pensam que 
são gatos 
Cães 9x x 
Gatos y 9y 
 
Supondo que haja 10x cães e 10y gatos, podemos preencher a tabela anterior com base 
nos dados doenunciado. 
Há x 9y+ animais que pensam que são gatos e eles representam 20% do total de cães e 
gatos. Assim, temos: 
( )x 9y 20% 10x 10y 5x 45y 10x 10y x 7y.+ =  +  + = +  = 
O total de animais pode ser expresso por 10x 10y 10 7y 10y 80y+ =  + = e a quantidade 
de gatos 10y, que é 
10y 1
0,125 12,5%.
80y 8
= = = 
 
Solução do problema 6: (a) 
Se “José e Antônio chegam ao marco inicial exatamente no mesmo horário”, então x y.= 
A equação y x= representa a função identidade, cujo gráfico é a bissetriz dos quadrantes 
ímpares. Na região OPQR a equação y x= corresponde aos pontos da diagonal OQ. 
 
 
 72
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
Solução do problema 7: (d) 
 
As retas 
1
y x
2
= + e 
1
y x
2
= − são paralelas à reta y x,= pois possuem o mesmo 
coeficiente angular. Além disso, elas vão determinar sobre a região OPQR dois triângulos 
semelhantes na razão 
1
.
2
 Assim, temos: 
2
PMN
POQ
S 1 1
S 2 4
 
= = 
 
 e 
2
RKL
ROQ
S 1 1
.
S 2 4
 
= = 
 
 Note 
ainda que os triângulos PMN e RKL são congruentes. Assim, podemos dizer, sem perda 
de generalidade, que PMN RKLS S k= = e POQ ROQS S 4k.= = 
Para que José e Antônio viajem juntos, devemos ter: 
1 1
y x y x
2 2
−    + (região abaixo da reta 
1
y x )
2
= + e 
1 1
x y y x
2 2
−    − (região acima da reta 
1
y x ).
2
= − 
Essas condições correspondem às regiões II e III. 
Usando a ideia de probabilidade geométrica, a probabilidade de que eles viajem juntos é 
( ) ( )
( ) ( )
II III
I II III IV
S S 4k k 4k k 3
P 75%.
S S S S 4k 4k 4
+ − + −
= = = =
+ + + +
 
Note que: 
I PMNS S k,= = II POQ PMNS S S 4k k 3k,= − = − = 
III ROQ RKLS S S 4k k 3k= − = − = e IV RKLS S k.= = 
 
Solução do problema 8: (d) 
Vamos usar a ideia dos “repunits”: ( )n
n a lgs. n a lgs.
1 1
111 1 999 9 10 1 .
9 9
=  =  − 
Dessa forma, temos: 
10
10 a lgs.
10 1
111 1
9
−
= e 
5
5 a lgs.
10 1
22222 2 .
9
−
=  
 73
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
2
10 5 10 5 5
10 a lgs. 5 a lgs.
10 1 10 1 10 2 10 1 10 1
111 1 22222 2
9 9 9 3
 − − −  + −
 − = −  = =  
 
 
2
5 5 5
5 a lgs.
10 1 10 1 10 1
1111111111 22222 3 33333
3 3 9
 − − −
 − = = =  = 
 
 
O resto de 33333 por 9 é igual ao resto de 3 3 3 3 3 15+ + + + = por 9 que é 6. 
 
Solução do problema 9: (d) 
Primeiramente, vejamos o que acontece com alguns casos. 
Seja n o número de cadeiras e ( )j n o número da cadeira do sobrevivente. 
Se n 1,= é imediato que ( )j 1 1.= 
Se n 2,= então ( )j 2 1.= 
Se n 3,= então ( )j 3 3.= 
Se n 4,= então ( )j 4 1.= 
Podemos construir uma tabela procedendo de forma análoga para os valores seguintes de 
n. 
 
n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 
( )j n 1 1 3 1 3 5 7 1 3 5 7 9 11 13 15 1 
 
Podemos observar que, quando n é uma potência de 2, ou seja, mn 2 ,= m , temos 
( )j n 1.= A demonstração desse resultado por indução finita será omitida por fins 
didáticos. 
Vamos ver agora o que acontece quando n não for uma potência de 2, ou seja, 
mn 2 ,= + 
m, . 
 
O ganhador será aquele que, quando falar “sim” pela primeira vez, o número de pessoas 
restantes no círculo for uma potência de 2, pois recaímos no caso anterior. 
Repare que, quando o estudante da cadeira 7 fala “sim” pela primeira vez, restam 38 2= 
pessoas no jogo e, portanto, será o ganhador. 
Vamos pensar numa maneira prática de identificar ao ganhador a partir dessas 
informações. 
 74
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
11
8 (maior potência de 2 menor que o número de pessoas)
(número de pessoas que disseram "não" (saíram) até o vencedor)3
− 
Como houve 3 “não”, necessariamente houve 3 “sim”. Logo, o ganhador será o próximo. 
Podemos, então, fazer 2 3 1 7. + = 
 
Note que, para um número n ímpar de cadeiras, o que fizemos foi o seguinte: 
( )( )
( )
( )
( )
( )m m
maior potência de
qtd. desde j n até 2 menor que nqtd. de "sim"
a última cadeira
antes de j n
j n 1 j n 1
n j n 1 2 n 2
2 2
− −
− + + =  − = 
Com isso, podemos calcular o caso n 2019.= 
A maior potência de 2 menor que 2019 é 102 1024.= Assim, devemos fazer 
2019 1024 995− = e o ganhador será o estudante da cadeira número 2 995 1 1991. + = 
 
 
Esse problema é um caso particular do famoso Problema de Josephus. Caso você 
queira ver mais detalhes sobre esse problema, você pode consultar o livro Concrete 
Mathematics – A Foundation for Computer Science de Graham, R. L.; Knuth, D. E. 
e Patashnik, O. 
 
 
 75
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 
REVISITANDO UM PROBLEMA DA IMO SHORTLIST DE 1988 
 
João da Costa Wagner 
 
 
Certo dia fui abordado por um colega de trabalho, por meio de um popular 
aplicativo de mensagens, com um problema de um grau de dificuldade que considerei 
bem incomum. 
Após muito tempo dedicado à resolução da questão e muita pesquisa, encontrei, 
na IMO Shortlist de 1988, a resposta. O problema de número 30 da lista pede uma 
demonstração de um resultado bastante interessante, conforme veremos abaixo: 
 
“Dado um triângulo ABC, M é um ponto sobre o lado 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ tal que as circunferências 
inscritas nos triângulos ABM e MBC são iguais. Mostre que 
𝐵𝑀̅̅ ̅̅̅2 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑔 (
�̂�
2⁄ ), 
onde 𝑆𝐴𝐵𝐶 é a área do triângulo ABC.” 
 
Iniciando a demonstração, obtemos a seguinte figura: 
 
Sejam 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑎, 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ = 𝑏, 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑐 e 𝐵𝑀̅̅ ̅̅̅ = 𝑘 e, ainda, 𝑝1, 𝑝2 e 𝑝 os semiperímetros 
dos triângulos ABM, BCM e ABC, respectivamente, podemos escrever: 
𝑝1 =
𝑘 + 𝑐 + 𝐴𝑀̅̅̅̅̅
2
 
𝑝2 =
𝑘 + 𝑎 + 𝑀𝐶̅̅̅̅̅
2
 
Somando as duas equações, temos: 
𝑝1 + 𝑝2 = 𝑝 + 𝑘 [eq. 1] 
 
Seja r o raio das circunferências de centros 1O e 2O . Vamos agora traçar a 
circunferência de centro O e raio R inscrita no triângulo ABC e alguns dos raios de cada 
 76
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
uma das circunferências, observando que o raio é perpendicular à tangente no ponto de 
tangência, obtendo a seguinte figura: 
 
Note que 𝑂1𝑇1̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑂2𝑇4̅̅ ̅̅ ̅̅ = 𝑟 e 𝑂𝑇2̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑂𝑇3̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑅. 
Observe que os triângulos 𝐴𝑂1𝑇1 e 𝐴𝑂𝑇2 são semelhantes e, também, que 
𝐴𝑇1̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑝1 − 𝑘 e 𝐴𝑇2̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑝 − 𝑎. 
Logo, 
𝑂1𝑇1̅̅ ̅̅ ̅̅
𝑂𝑇2̅̅ ̅̅ ̅
=
𝐴𝑇1̅̅ ̅̅ ̅
𝐴𝑇2̅̅ ̅̅ ̅
 
𝑟
𝑅
=
𝑝1 − 𝑘
𝑝 − 𝑎
 𝑟(𝑝 − 𝑎) = 𝑅(𝑝1 − 𝑘) [𝑒𝑞. 2] 
 
Veja ainda que os triângulos 𝐶𝑂2𝑇4 e 𝐶𝑂𝑇3 são semelhantes e, também, que 
𝐶𝑇4̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑝2 − 𝑘 e 𝐶𝑇3̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑝 − 𝑐. 
Assim, 
𝑂2𝑇4̅̅ ̅̅ ̅̅
𝑂𝑇3̅̅ ̅̅ ̅
=
𝐶𝑇4̅̅ ̅̅ ̅
𝐶𝑇3̅̅ ̅̅ ̅
  
𝑟
𝑅
=
𝑝2 − 𝑘
𝑝 − 𝑐
 𝑟(𝑝 − 𝑐) = 𝑅(𝑝2 − 𝑘) [𝑒𝑞. 3] 
 
Somando as equações 2 e 3 e usando a equação 1, obtemos: 
𝑟 ∙ 𝑏 = 𝑅(𝑝 − 𝑘) [𝑒𝑞. 4] 
 
Sejam as áreas 𝑆1, 𝑆2 e 𝑆 as áreas dos triângulos ABM, BCM e ABC, 
respectivamente, então: 
𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2 𝑝 ∙ 𝑅 = 𝑟(𝑝1 + 𝑝2) 
 
Da equação 1 vem: 
𝑟 =
𝑝𝑅
𝑝 + 𝑘
 [𝑒𝑞. 5] 
 
 77
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
Substituindo a equação 5 em 4, chegamos a: 
𝑝𝑅
𝑝 + 𝑘
∙ 𝑏 = 𝑅(𝑝 − 𝑘)  𝑘2 = 𝑝(𝑝 − 𝑏) [𝑒𝑞. 6] 
 
Relacionando as cotangentes dos ângulos do triângulo: 
𝑅 =
𝑝 − 𝑎
𝑐𝑜𝑡𝑔 (
�̂�
2
)
=
𝑝 − 𝑏
𝑐𝑜𝑡𝑔 (
�̂�
2
)
=
𝑝 − 𝑐
𝑐𝑜𝑡𝑔 (
�̂�
2
)
 
 
Portanto, 𝑝 − 𝑏 = 𝑅 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑔 (
�̂�
2
), substituindo na equação 6, escrevemos: 
𝑘2 = 𝑝 ∙ 𝑅 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑔 (
�̂�
2
) 
Mas, 𝑆 = 𝑅 ∙ 𝑝. 
Assim, 𝑘2 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑔 (
�̂�
2⁄ ). 
Portanto, 
𝐵𝑀̅̅ ̅̅̅2 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑔 (
�̂�
2
) 
C.Q.D. 
 
Voltando ao início desse artigo, segue o problema proposto pelo colega. 
 
“Dado um triânguloABC, retângulo em B, determine sua área sabendo que a ceviana 
𝐵𝐷̅̅ ̅̅ = 10𝑐𝑚 determina duas circunferências iguais, inscritas nos triângulos ABM e 
MBC.” 
 
Com o resultado apresentado anteriormente, vem: 
𝐵𝐷̅̅ ̅̅ 2 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝑔(45°)  10
2 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 ∙ 1  𝑆𝐴𝐵𝐶 = 100𝑐𝑚² 
 
 78
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 
QUADRILÁTEROS INSCRITÍVEIS 
 
Luis Farias Maia 
IFCE – Campus Caucaia 
 
 
Vamos estudar um tema elementar da Geometria Plana, que com sua ajuda torna 
problemas muitas vezes complicados em problemas simples. Estudaremos a partir de 
agora “Os Quadriláteros Convexos Inscritíveis”. 
 
 
Definição. Dizemos que um quadrilátero convexo é inscritível se, e somente se, existir 
uma circunferência que passa pelos seus quatro vértices. 
 
Teorema 1. Um quadrilátero convexo é inscritível se, e somente se, a soma dos ângulos 
opostos for igual a 180º. 
 
Demonstração: 
a) Suponhamos que o quadrilátero ABCD seja inscritível. Neste caso, é fácil ver que a 
soma de dois ângulos opostos é igual a metade da soma dos arcos que eles determinam, 
que é igual a 360º. Logo, a soma de dois ângulos opostos deve ser 180º. 
 
 
 
b) Suponhamos agora que a soma dos ângulos opostos do quadrilátero ABCD seja 180º. 
Digamos que a circunferência circunscrita ao triângulo ABD encontre o lado BC no ponto 
E. Então o quadrilátero ABED é inscritível, de modo que ∠𝐴 + ∠𝐸 = ∠𝐴 + ∠𝐶 = 180𝑜, 
o que implica ∠𝐸 = ∠𝐶. Deste modo, 𝐸 ≡ 𝐶 e, portanto, o quadrilátero ABCD é 
inscritível. 
 
 79
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 
 
 
Teorema 2. Considere um quadrilátero convexo ABCD. Então, ABCD é inscritível se, e 
somente se, o ângulo que uma diagonal forma com um lado for igual ao ângulo que a 
outra diagonal forma com o lado oposto. 
 
Demonstração: 
a) Se o quadrilátero for inscritível é imediato, pois os ângulos subtenderão o mesmo arco 
capaz. 
 
 
 
b) Suponhamos, então que ∠𝐴𝐵𝐷 = ∠𝐴𝐶𝐷. Provaremos que o quadrilátero é inscritível. 
Se C fosse externo a essa circunferência, teríamos: ∠𝐴𝐵𝐷 > ∠𝐴𝐶𝐷. Analogamente, C 
não pode ser interior. Dessa forma o quadrilátero é inscritível. 
 80
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 
 
 
 
PROBLEMAS RESOLVIDOS 
 
Vamos agora aplicar os conhecimentos estudados e resolver problemas de competições 
matemáticas. Leiam a resolução com bastante cuidado, pois cada problema resolvido 
serve como base para um próximo problema. 
 
1) (Rioplatense) Seja PQRS um quadrado inscrito no triângulo ABC de modo que e 
 estão sobre o lado AB na ordem APQB . Sejam e os pés das perpendiculares 
de P ao lado CB e de Q ao lado CA , respectivamente. E seja H o ponto de encontro 
das retas QN e PM . Mostre que de CH AB⊥ . 
 
Solução: Primeiramente consideremos a figura relativa ao problema 
 
 
Note que os pontos , , , , ,P Q R S M N são todos concíclicos. Daí, . Como 
NHMC também é cíclico, temos que . Assim, , ou seja, 
. 
 
 
P
Q M N
NSP NMP =
NMP NCH = CH SP
CH AB⊥
 81
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
2) (São Petersburgo) No triângulo ABC, o ângulo A mede 60°. Um ponto O é tomado 
no interior do triângulo de tal forma que ∠𝐴𝑂𝐵 = ∠𝐵𝑂𝐶 = 1200, Os pontos D e E são 
os pontos médios dos lados AB e AC. Prove que o quadrilátero ADOE é cíclico. 
 
Solução. Seja K o circuncentro do triângulo ABC, temos que 120BKC =  . Assim, o 
quadrilátero OKCB será cíclico. Como 30KBC =  , segue que 30COK =  . Portanto, 
90AOK =  e com isso, garantimos que AOKE é cíclico. E como ADKE é cíclico, segue 
o resultado. 
 
 
3) (Suíça) Dois círculos intersectam-se em dois pontos M e N. Um ponto A qualquer do 
primeiro círculo, distinto de M e N, é unido aos pontos M e N de modo que as retas AM e 
AN intersectam novamente o segundo círculo nos pontos C e B, respectivamente. Mostre 
que a tangente ao primeiro círculo em A é paralela a BC. 
 
Solução: Seja P um ponto sobre a tangente ao primeiro círculo em A . Temos então que 
MNAMAP ==  e, como o quadrilátero MNBC é inscritível, então =MCB , 
resultando em BCAPCAPACB //= . 
 
 
4) (China) Seja PQRS um quadrilátero inscrito num círculo e cuja medida do ângulo 
PSR seja igual a o90 . Se H e K são os pés das perpendiculares baixadas de Q sobre PR 
e PS respectivamente (convenientemente prolongados se necessário). Mostre que HK 
divide QS ao meio. 
 
Solução: Seja G o ponto de interseção de KH e SR. Como P, Q, R e S são cíclicos, assim 
como K, Q, H e P tem-se que .QKG QKH QPH QPR QSR QSG = = = = = 
Daí K, Q, G e S são cíclicos com SKQ
2
πKSG == . Desta forma, KQGS é um 
retângulo e KH divide QS ao meio. 
 
 
5) (Polônia) Seja ABC um triângulo com AC BC= . Um ponto P interno a ABC é tal 
que PAB PBC = . Se M é o ponto médio de AB , prove que 180 . + =APM BPC 
 
Solução. Seja o circuncírculo do triângulo CPB e . Desse modo, 
. Além disso, sabemos que AQB é isósceles, então . 
Por outro lado, PAB PBC PQC PQM = =  =  , ou seja, APMQ é cíclico, com 
90AMQ = . Logo, . Com isso, usando o fato que 90MQB MBQ + = , 
temos que AQM CQB BPC = =  . Logo, 180APM BPC + = . 
 
 Q CM= 
CPB CQB = BAQ ABQ =
90APQ =
 82
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 
 
 
6) As diagonais de um paralelogramo ABCD se cortam em O. O circuncírculo do triângulo 
ABO corta AD em E, e o circuncírculo do triângulo DOE corta BE em F. Mostre que 
 
 
Solução. Veja que para mostrar que BCA FCD = basta mostrar que . =DCA FCB 
Chame . Como ABCD é paralelogramo, . Usando que AOBE é 
cíclico, . Como DOEF é cíclico, FDO FDB  = = . Agora basta provar 
que DCBF é cíclico para terminar a solução. Mas, isso é verdade pois 
180 180DFB EOB EAB DAB BCD = = = − = − , ou seja, DFB e BCD são 
suplementares. 
 
 
 
 
7) (Cone Sul) Dada uma circunferência C e um ponto P exterior a ela, traçam-se por P 
as duas tangentes à circunferência, sendo A e B os pontos de tangência. Toma-se um ponto 
Q sobre o menor arco AB de C. Seja M a interseção da reta AQ com a perpendicular a AQ 
traçada por P, e seja N a interseção da reta BQ com a perpendicular a BQ traçada por P. 
Demonstre que, ao variar Q no arco AB, todas as retas MN passam por um mesmo ponto. 
 
Solução: Sejam ,QBA = QAB = e D um ponto sobre AB de modo que .⊥PD AB 
Como AP é tangente a C, então .QBA QAP = = Analogamente, .PBQ = 
Agora veja que: 
i) PNDB é inscritível, pois 
BCA FCD =
DCA  = CAB  =
OEB  =
 83
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
90 .PNB PDB =  = Assim; 
NPD NBD = = e .NDP NBP = = 
 D
  B
 
 
 
 A
 
=

 
 N Q
 X
 M
 P
 
 
 
 
ii) PMDA é inscritível, pois 90 .PMA PDA =  = 
Assim; PDM PAM = = e .MPD MAD = = 
Portanto, de i) e ii) temos que 
.NPD MDP NP MD = =  
.NDP MPD PM ND = = 
Logo, PMDN é paralelogramo, e então NM e PD se cruzam no ponto médio. 
Assim, para qualquer Q AB (menor), MN passará por um ponto fixo que é o ponto 
médio da altura PD . 
 
 
8) (IMO) Duas circunferências 1 e 2 intersectam-se em M e N. Seja l a tangente 
comum a 1 e 2 que está mais próxima de M do que de N. A reta l é tangente a 1 em 
A e a 2 em B. A reta paralela a l que passa por M intersecta novamente a circunferência 
1 em C e novamente a circunferência 2 em D. As retas CA e DB intersectam-se em E; 
as retas AN e CD intersectam-se em P; as retas BN e CD intersectam-se em Q. Mostre 
que EP = EQ. 
 
Solução: 
Temos CAN CMN = e NBD NMD = . Como CMN NMD  + = , então 
EAN EBN CAN NBD   + = − + − = . Logo, AEBN é cíclico. 
Seja ; .EABECD ANM XAC CNA     =  =  =  =  = 
Seja ,EBA  = analogamente, BDM BNM YBD DNB  =  =  =  = . 
Como AEBN é cíclico, EAB ENB  = = ; EBA ENA  =  = e 
ECQ ENQ ECNQ =  é cíclico EQC ENC   = = + 
 84
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
EDP ENP EDNP =  é cíclico .EPD END   = = + 
Logo, EPQ é isósceles, com EP EQ= . 
 
 
M 
N 
Y 
D 
C 
A 
B 
E 
P 
Q 
1 
2 
 
  
 
  
  +  
 +  
   
 X 
l 
  
   
    
 
 
 
PROBLEMAS PROPOSTOS 
 
 
1) Consideremos um triângulo ABC, com ∠𝐴𝐵𝐶 = 600. Sejam 𝐷 ∈ 𝐴𝐵 𝑒 𝐸 ∈ 𝐴𝐶 de 
modo que ∠𝐷𝐶𝐴 = 150 𝑒 ∠𝐷𝐸𝐴 = 600. Determine ∠𝐷𝐵𝐸. 
 
2) Consideremos um triângulo ABC acutângulo. Sejam 𝐴𝐸 𝑒 𝐵𝐷 suas alturas. Suponha 
que: 𝐴𝐻 = 𝐻𝐶 𝑒 ∠𝐴𝐸𝐷 = 200, onde H é o encontro das alturas. Determine ∠𝐸𝐴𝐶. 
 
3) Seja um triângulo ABC retângulo em C e CD a bissetriz interna de C . A 
perpendicular a AB por D encontra BC em E. Prove que AD DE= . 
 
4) Considere um triângulo ABC, com 60oA = , as bissetrizes internas BB’ e CC’ se 
interceptam em I. Prove que IB’=IC’. 
 
5) (Teorema de Ptolomeu) Se ABCD é um quadrilátero inscritível de diagonais AC e 
BD. Prove que AB CD AD BC AC BD +  =  . 
 
6) Prove que se ABCDEFG é um heptágono regular convexo, então, 
ADACAB
111
+= . 
 
7) (Inglaterra) Considere um triângulo ABC, retângulo em C . As bissetrizes internas 
dos ângulos eBAC ABC  encontram eBC CA em P e Q, respectivamente. Se M e N 
são os pés das perpendiculares de P e Q à AB , ache o ângulo MCN . 
 
 85
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
8) (Inglaterra) Considere um triângulo ABC e D, E, F os pontos médios de 
, e ,BC CA AB respectivamente. Suponha que DAC ABE = . Prove que 
AFC ADB = . 
 
9) (Espanha) Num triângulo ABC, ACABCAB o == ,100ˆ . Um ponto D é escolhido 
sobre o lado AC de tal modo que ABD CBD = . Prove que AD DB BC+ = . 
 
10) (Alemanha) Um quadrilátero convexo está inscrito em um semicírculo de diâmetro 
AB . Sejam K a interseção de eAC BC , e T um ponto sobre BA tal que KT é 
perpendicular a AB . Prove que a reta KT divide o ângulo CTD ao meio. 
 
11) (Rússia) Considere um quadrilátero convexo ABCD. Sejam E e F pontos sobre BC 
de modo que BAE CDF = e EAF FDE = . Prove que FAC EDB = . 
 
12) (Romênia) Considere um quadrado ABCD. Sejam E e F pontos sobre os lados 
eBC DC , respectivamente. Sejam M BD AE=  , N BD AF=  e P MF NE=  . 
Suponha que 45oEAF = . Prove que AP é perpendicular a EF . 
 
13) (OBM) Seja ABC um triângulo acutângulo e H o seu ortocentro. Sejam M, N e R os 
pontos médios de AB, BC e AH, respectivamente. Determine a medida do ângulo 
,MNR sabendo que ABC mede 70º. 
 
14) (USAMO) Seja ABCD um quadrilátero com diagonais perpendiculares 
encontrando-se em . Prove que as reflexões de sobre os lados AB , BC , CD , DA 
são concíclicos. 
 
15) (Rússia) No losango ABCD , , é o ponto médio do lado BC , é o pé 
da perpendicular de até DE . Ache a medida do ângulo . 
 
16) (Rússia) As tangentes ao circuncírculo do triângulo ABC em e se encontram 
em . O ponto está sobre BC de modo que . Prove que . 
 
17) (Tchecoslováquia) O incírculo do triângulo ABC toca os lados BC , CA e AB nos 
pontos , e , respectivamente. Seja o ponto de encontro da bissetriz do ângulo 
 com o segmento MK . Prove que AP e LK são perpendiculares. 
 
18) Seja AB o diâmetro de um semicírculo. Um ponto M é marcado no semicírculo e um 
ponto K é marcado em AB . Sejam P o centro do círculo que passa por A, M e K, e Q o 
centro do círculo que passa por M, K e B. Prove que MKPQ é cíclico. 
 
19) (Rússia) Um círculo centrado em corta um círculo nos pontos e . Seja 
 um ponto no arco de que está no interior de . Sejam e os segundos pontos 
de interseção de com as retas eAC BC , respectivamente. Mostre que . 
 
20) (IMO) No quadrilátero convexo ABCD, as diagonais AC e BD são perpendiculares e 
os lados opostos AB e DC não são paralelos. Sabemos que o ponto P, onde se intersectam 
O O
40B  = E F
A DFC
A B
M N MN AC AN NC=
K L M P
C
 O  A B
C   E F
 DE OC⊥
 86
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
as mediatrizes de AB e DC, está no interior de ABCD. Prove que ABCD é um quadrilátero 
inscritível se, e somente se, os triângulos ABP e CDP têm áreas iguais. 
 
21) (Cone Sul) Sejam ABCD um quadrado (sentido horário) e P um ponto qualquer 
pertencente ao interior do segmento BC. Constrói-se o quadrado APRS (sentido horário). 
Demonstrar que a reta CR é tangente a circunferência circunscrita ao triângulo ABC. 
 
22) (Cone Sul) Seja ABCD um quadrilátero convexo tal que suas diagonais AC e BD são 
perpendiculares. Seja P a interseção de AC e BD e seja M o ponto médio de AB. Mostre 
que o quadrilátero ABCD é inscritível se, e somente se, as retas PM e CD são 
perpendiculares. 
 
23) (Cone Sul) Seja ABC um triângulo acutângulo tal que o ângulo B mede 60o. A 
circunferência de diâmetro AC intersecta as bissetrizes internas de A e C nos pontos 
M e N respectivamente (M  A, N  C). A bissetriz interna do ângulo B intersecta MN 
e AC nos pontos R e S, respectivamente. Demonstrar que BR RS . 
 
24) (Ibero) Sejam C e D dois pontos da semicircunferência de diâmetro AB tais que B e 
C estão em semiplanos distintos em relação à reta AD. Denotemos por M, N e P os pontos 
médios de AC, DB e CD, respectivamente. Sejam OA e OB os circuncentros dos triângulos 
ACP e BDP. Demonstre que as retas OAOB e MN são paralelas. 
 
25) (Cone Sul) Seja ABC um triângulo acutângulo, de alturas AD, BE e CF (com D em 
BC, E em AC e F em AB). Seja M o ponto médio do segmento BC. A circunferência 
circunscrita ao triângulo AEF corta a reta AM em A e X. A reta AM corta a reta CF em 
Y. Seja Z o ponto de encontro entre as retas AD e BX. Demonstrar que as retas YZ e BC 
são paralelas. 
 
26) (Eslovênia) Denote por I o incentro do triângulo ABC. Sabe-se que AC + AI = BC. 
Encontre a razão entre as medidas dos ângulos BAC e CBA. 
 
27) (OBM) As diagonais de um quadrilátero inscritível ABCD se intersectam em O. Os 
círculos circunscritos aos triângulos AOB e COD intersectam as retas BC e AD, pela 
segunda vez, nos pontos M, N, P e Q. Prove que o quadrilátero MNPQ está inscrito em 
um círculo de centro O. 
 
 
REFERÊNCIAS: 
I - Revista Eureka. 
II - Notas de aula do Professor Onofre Campos. 
III - Notas de aula do Professor Bruno Holanda. 
 
 87
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 - outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS DE MATEMÁTICA 
 
GENERALIZANDO O TEOREMA DE MENELAUS E O 
TEOREMA DE CEVA 
 
Ronald Alexandre Martins 
Brasília – DF 
 
Para Posamentier e Salkind (1996), problemas que tratam de colinearidade entre 
pontos e concorrência entre retas são normalmente trabalhosos e, em consequência, 
impopulares entre os estudantes. Entretanto, dois teoremas clássicos ligados aos 
triângulos reduziram essas dificuldades: o primeiro é creditado a Menelaus de Alexandria, 
matemático e astrônomo que viveu no Egito no Séc. I, e o segundo, a Giovanni Ceva, 
matemático e engenheiro italiano do século XVII. 
Embora estes teoremas possuam demonstrações de fácil entendimento e 
perfeitamente adequadas ao nível de conhecimento básico de Geometria dos alunos, eles 
foram excluídos da maioria dos livros didáticos atuais do Ensino Básico, sendo estudados 
basicamente em polos de treinamentos para as olimpíadas de Matemática, onde 
problemas envolvendo colinearidade de pontos e concorrência de retas aparecem com 
certa frequência. 
Além de solucionar problemas envolvendo esses dois temas, os teoremas em 
questão servem de base para demonstrar diversos outros teoremas na Matemática, 
possuindo generalizações para polígonoscom n lados, as quais foram apresentadas na 
forma de exercícios por Howard Eves no seu livro A Survey of Geometry (1972). O 
presente artigo vai apresentar uma solução para esses dois interessantes problemas 
propostos. 
 
Enunciado do Problema 1: 
(Teorema de Menelaus Generalizado) Seja ABCDE um polígono de gênero n 
( )3n  . Se uma reta corta cada um dos lados AB , BC , CD , DE , deste polígono nos 
pontos 'A , 'B , 'C , 'D , , respectivamente, mostre que 
' ' ' '
1
' ' ' '
AA BB CC DD
A B B C C D D E
   = . 
Solução: 
Sem perder a originalidade do enunciado, vamos mudar a nomenclatura dada 
pelo autor para uma linguagem que permita um melhor acompanhamento da aplicação do 
Princípio da Indução Finita, método que utilizaremos para solucionar o nosso problema. 
Pelo Teorema de Menelaus, se uma reta m , chamada reta de Menelaus, 
intersecta os lados 1 2A A , 2 3A A , 3 1A A do triângulo 1 2 3A A A (ou seus prolongamentos), 
respectivamente, nos pontos 1M , 2M , 3M (figura 1), então temos como verdadeira a 
igualdade 
1 1 2 2 3 3
1 2 2 3 3 1
1
A M A M A M
M A M A M A
  = . 
 88
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 - outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS DE MATEMÁTICA 
 
Portanto, o nosso teorema é válido para um polígono de gênero 3n = . 
 
Figura 1 
 
Vamos provar por indução que o nosso teorema é válido para um polígono de 
n lados, com n . Mas antes, vejamos que ele é válido para 4n = . 
Considere uma reta m que intersecta os lados 1 2A A , 2 3A A , 3 4A A , 4 1A A do 
quadrilátero 1 2 3 4A A A A (ou seus prolongamentos), respectivamente, nos pontos 1M , 
2M , 3M , 4M , e a diagonal 2 4A A no ponto M (figura 2). 
 
Figura 2 
 
Dividindo o quadrilátero em dois triângulos, 1 2 4A A A e 3 2 4A A A , e aplicando 
o Teorema de Menelaus em cada um deles, obtemos duas igualdades: 
1 1 2 4 4
1 2 4 4 1
1
A M A M A M
M A MA M A
  = e 
4 2 2 3 3
2 2 3 3 4
1
A M A M A M
MA M A M A
  = . 
Multiplicando ambos os resultados, chegamos à igualdade que fornece o 
Teorema de Menelaus para um quadrilátero: 
1 1 2 2 3 3 4 4
1 2 2 3 3 4 4 1
1
A M A M A M A M
M A M A M A M A
  = . 
 89
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 - outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS DE MATEMÁTICA 
 
Portanto, o nosso teorema é válido para um polígono de gênero 4n = . 
 
Vamos supor, agora, por indução, que o nosso teorema seja válido para um 
polígono de gênero k , com 3 1k n  − . Assim, devemos provar que ele é válido para 
k n= . 
Considere uma reta m que intersecta os lados 1 2A A , 2 3A A , , 1nA A de um 
n-ágono 1 2 3 nA A A A (ou seus prolongamentos), respectivamente, nos pontos 1M , 2M
, , nM , e a diagonal 2 nA A no ponto M (figura 3). 
 
Figura 3 
 
De forma semelhante ao que foi feito com o quadrilátero, dividimos o n-ágono 
1 2 3 nA A A A em um triângulo 1 2 nA A A e um polígono de 1n− lados 2 3 4 nA A A A , 
sobre os quais podemos, respectivamente, aplicar o Teorema de Menelaus e fazer uso da 
hipótese de indução, obtendo as seguintes igualdades 
1 1 2
1 2 1
1
n n
n n
A M A M A M
M A MA M A
  = e 
2 2 1 1
2 2 3 1
1
n n n
n n
A M A M A M
MA M A M A
− −
−
  = . 
Multiplicando estes dois resultados, chegamos à igualdade que fornece o 
Teorema de Menelaus Generalizado para um polígono de gênero n ( )3n  : 
1 1 2 2 1 1
1 2 2 3 1 1
1
n n n n
n n n
A M A M A M A M
M A M A M A M A
− −
−
   = . 
 
Enunciado do Problema 2: 
(Teorema de Ceva Generalizado) Seja ABCDE um polígono de gênero ímpar. Se as 
retas traçadas de cada vértice encontram o lado oposto AB , BC , CD , DE , nos pontos 
'A , 'B , 'C , 'D , , respectivamente, e são concorrentes num ponto O , mostre que 
' ' ' '
1
' ' ' '
AA BB CC DD
A B B C C D D E
   = . 
Solução: 
Da mesma forma que no problema anterior, sem perder a originalidade do 
enunciado, vamos mudar a nomenclatura dada pelo autor para uma linguagem que 
 90
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 - outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS DE MATEMÁTICA 
 
permita um melhor acompanhamento da generalização para um polígono de gênero ímpar 
dado por 2 1n+ . 
Pelo Teorema de Ceva, se as 3 retas traçadas de cada vértice de um triângulo 
1 2 3A A A intersectam os lados opostos 1 2A A , 2 3A A , 3 1A A , respectivamente, nos pontos 
1M , 2M , 3M , e são concorrentes num ponto O (figura 4), então temos como verdadeira 
a igualdade 
1 1 2 2 3 3
1 2 2 3 3 1
1
A M A M A M
M A M A M A
  = . 
 
Figura 4 
 
Portanto, o nosso teorema é válido para um polígono de gênero 2 1n+ , com 
1n = . 
 
Vamos agora provar que o nosso teorema é válido para um polígono de 2 1n+ 
lados, com qualquer n . Para isso, vamos demonstrar, inicialmente, o seguinte 
Lema: Dados um triângulo ABC e sua ceviana AD , então é válida a proporção 
( )
( )
AB sen BADBD
DC AC sen DAC

=

. 
Demonstração: 
Seja AH a altura relativa ao vértice A do triângulo ABC (figura 5). Então, a área 
do triângulo BAD pode ser dada por 
  ( )
2 2
BD AH AB AD
BAD sen BAD
 
= =  , 
donde temos 
( )
AB AD
BD sen BAD
AH

=  . 
 
Analogamente, a partir da área do triângulo DAC , podemos obter 
( )
AC AD
DC sen DAC
AH

=  . 
 91
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 - outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS DE MATEMÁTICA 
 
 
Figura 5 
 
Dividindo estas duas igualdades, obtemos o final da demonstração: 
( )
( )
AB sen BADBD
DC AC sen DAC

=

. 
 
Voltando ao nosso problema, vamos provar que ele é válido para 2n = , ou seja, 
para um pentágono e, em seguida, concluir sua validade para o caso de qualquer n . 
Considere o pentágono 1 2 3 4 5A A A A A e as 5 retas traçadas de cada vértice que 
intersectam os lados opostos 1 2A A , 2 3A A , 3 4A A , 4 5A A , 5 1A A , respectivamente, nos 
pontos 1M , 2M , 3M , 4M , 5M , e são concorrentes num ponto O . 
Nomeando os primeiros 5 ângulos 1 1A OM , 1 2M OA , 2 2A OM , 2 3M OA , 
3 3A OM , respectivamente, por 1 , 2 , 3 , 4 , 5 (figura 6), e considerando os demais 
5 ângulos opostos pelo vértice O , temos, pelo Lema apresentado, que 
1 1
1 2
1 1
2 2
A M A O sen
M A A O sen



=

 (triângulo 1 2A OA ) 
2 2
2 3
2 3
3 4
A M A O sen
M A A O sen



=

 (triângulo 2 3A OA ) 
3 3
3 4
3 5
4 1
A M A O sen
M A A O sen



=

 (triângulo 3 4A OA ) 
4 4
4 5
4 2
5 3
A M A O sen
M A A O sen



=

 (triângulo 4 5A OA ) 
5 5 5 4
5 1 1 5
A M A O sen
M A A O sen



=

 (triângulo 5 1A OA ) 
 
Por fim, multiplicando estas 5 igualdades, obtemos 
 92
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 - outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS DE MATEMÁTICA 
 
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
1 2 2 3 3 4 4 5 5 1
1
A M A M A M A M A M
M A M A M A M A M A
    = . 
 
Figura 6 
 
Portanto, o nosso teorema é válido para um polígono de gênero 2 1n+ , com 
2n = . 
 
Em que podemos nos basear para generalizar o nosso teorema para 
qualquer polígono de gênero ímpar? 
Observe que somente em polígonos cujo número de lados é ímpar é possível 
adotar a nomenclatura de lado oposto a um vértice. Assim, seguindo o mesmo raciocínio 
utilizado no pentágono, considere o polígono 1 2 3 2 1nA A A A + e as 2 1n+ retas traçadas 
de cada vértice que intersectam os lados opostos 1 2A A , 2 3A A , , 2 1 1nA A+ , 
respectivamente, nos pontos 1M , 2M , , 2 1nM + , e são concorrentes num ponto O . 
Nomeando os primeiros 2 1n+ ângulos 1 1A OM , 1 2M OA , 2 2A OM , 
2 3M OA , , 1 1n nA OM+ + , respectivamente, por 1 , 2 , 3 , 4 , , 2 1n + (figura 
7), e considerando os demais 2 1n+ ângulos opostos pelo vértice O , temos, pelo Lema 
apresentado, que 
1 1
1 2
1 1
2 2
A M A O sen
M A A O sen



=

 (triângulo 1 2A OA ) 
2 2
2 3
2 3
3 4
A M A O sen
M A A O sen



=

 (triângulo 2 3A OA ) 
.............................. 
2 1
1 1 2
n n n n
nn n n
A M A O sen
M A A O sen


−
+ +

=

 (triângulo 1n nA OA + ) 
 93
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 - outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS DE MATEMÁTICA 
 
1 1 1 2 1
1 2 2 1
n n n n
n n n
A M A O sen
M A A O sen


+ + + +
+ + +

=

 (triângulo 1 2n nA OA+ + ) 
.............................. 
2 1 2 1 2 1 2
2 1 1 1 2 1
n n n n
n n
A M A O sen
M A A O sen


+ + +
+ +

=

 (triângulo 2 1 1nA OA+ ) 
 
Por fim, multiplicando estes 2 1n+ resultados, obtemos a igualdade que fornece o 
Teorema de Ceva Generalizado para um polígono de 2 1n+ lados (gênero ímpar), com 
n : 
1 1 2 2 3 3 1 1 2 1 2 1
1 2 2 3 3 4 1 1 2 2 1 1
1
n n n n n n
n n n n n
A M A M A M A M A M A M
M A M A M A M A M A M A
+ + + +
+ + + +
      = . 
 
Figura 7 
 
Bibliografia 
EVES, H. A Survey of Geometry. Revised edition. Boston: Allyn and Bacon, 1972. 
POSAMENTIER, A. S; SALKIND, C. T. Challenging problems in Geometry. 3 ed. New 
York: Dover Publications, 1996. 
SHRIKI, A., ZISKIN, K., LAVY, I. Generalization of Ceva's theorem to polygons with an 
odd number of sides. Mathematical Spectrum, v. 42, n. 1. Applied Probability Trust: 
Stevenage, 2009. 
SMARANDACHE, F. Generalization of the Theorem of Menelaus Using a Self-Recurrent 
Method. Preparation des élèves marocains pour l'olympiade internationale des 
mathématiques de Paris. Morocco: Rabat, 1983. 
 94
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 
NOÇÕES SOBRE FUNÇÕES GERADORAS 
 
Cláudio Gustavo Lima 
claudiogustavolima@gmail.com 
 
1. Introdução 
 
Estamos acostumados a calcular o número de soluções inteiras não-negativas 
de uma equação por meio das combinações completas (ou com repetição) ou ainda o 
famoso permutar “pontinhos” e “tracinhos”. 
Seja, por exemplo, a equação: 1 2 3x x x 4.+ + = Sabemos que o total de 
soluções inteiras não negativas é dado por 
6
15.
2
 
= 
 
 Caso seja acrescida alguma 
restrição do tipo kx n, com k sendo 1, 2 ou 3 e  n 1,2,3,4 , também sabemos 
resolver por meio de uma substituição de variáveis do tipo k ky x n.= − 
 
Outro método para resolver o mesmo problema é considerar um polinômio 
para cada incógnita em que todos os possíveis valores de cada incógnita são 
representados pelas respectivas potências da variável no polinômio. 
Seja a equação inicial 1 2 3x x x 4.+ + = Como não há restrições adicionais, 
cada incógnita pode assumir valores que vão de 0 a 4. Com efeito: 
 
0 1 2 3 4
1p x x x x x= + + + + 
0 1 2 3 4
2p x x x x x= + + + + 
0 1 2 3 4
3p x x x x x= + + + + 
 
O método consiste em procurarmos o coeficiente da potência de 4x no produto 
dos três polinômios. É possível verificar que cada coeficiente de kx representa o total 
de modos de se obter a soma k na equação dada. 
Portanto, para obtermos o expoente 4 em: 
 
( ) ( )( )
( )
31 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
1 2 3 4
1 x x x x 1 x x x x 1 x x x x
1 x x x x
+ + + + = + + + + + + + +
+ + + +
 
 
Basta encontrar o total de modos de se obter 4x na distributiva acima. O que 
pode ser obtido ao analisarmos, na distributiva, todos os possíveis modos de se obter o 
coeficiente desejado: 
 4
3 1
1,1, x 3
2 1
   
=  =   
   
 
 3
3 2 1
1, x, x 6
1 1 1
     
=   =     
     
 
 2 2
3 1
1, x , x 3
2 1
   
=  =   
   
 
 95
mailto:claudiogustavolima@gmail.com
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 2
3 1
x, x, x 3
2 1
   
=  =   
   
 
Portanto: 3 6 3 3 15.+ + + = 
Pode não parecer o melhor método para resolver um problema já conhecido, 
mas caso alguma outra restrição diferente seja colocada, por meio deste método somos 
capazes de calcular o total de soluções inteiras sem grandes dificuldades. 
Exemplo: Quantas são as soluções inteiras da equação 1 2 3x x x 6+ + = em 
que  1x 1,2 ,  2x 4,5,6 e  3x 0,1,5,6 ? 
Formamos os polinômios: 
1 2
1p x x= + 
4 5 6
2p x x x= + + 
0 1 5 6
3p x x x x= + + + 
Portanto: 
 
( ) ( ) ( )
( )( )( )
1 2 4 5 6 0 1 5 6
5 2 5 6
x x x x x x x x x
x 1 x 1 x x 1 x x x
+  + +  + + + =
= + + + + + +
 
 
Observamos que a menor potência é 5x e que para obter 6x devemos calcular 
o total de modos de se obter x na distributiva:  
3 1
1,1, x 3.
2 1
   
=  =   
   
 
 
2. Cálculo de coeficientes 
 
2.1 Introdução 
 
Ao utilizar funções geradoras para resolver problemas de contagem, não 
estamos interessados nos valores que a variável x poderá assumir ou nos valores do 
polinômio, mas sim em seus respectivos coeficientes. Dessa forma, sem nos 
preocuparmos com questões de convergência ou outros aspectos, adotaremos que: 
 
2 3 11 x x x .
1 x
+ + + + =
−
 
 
Exemplos: 
2 4
2
1
1 x x
1 x
+ + + =
−
 
5 5
2 3 4 1 x 1 x1 x x x x
1 x 1 x 1 x
−
+ + + + = − =
− − −
 
2
2 3 4 xx x x
1 x
+ + + =
−
 
( )
( )
'2 2 3
2
1
1 2x 3x 1 x x x
1 x
+ + + = + + + + =
−
 
 
2.2 Coeficientes binomiais 
 96
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 
A versão estendida dos números binomiais é dada por: 
 
( )( ) ( )u u 1 u 2 u r 1
, r 0
r!
u
1, r 0
r
0, r 0
− −   − +


  = =   

 sendo u e r . 
 
Exemplos: 
( )( )( )1 1 1 1 1 2
1
3!3
− − − − − − 
= = − 
 
 
( )1 1 1 1
0
2!2
 − 
= = 
 
 
 
Dessa forma, notamos que: 
u
0,
r
 
= 
 
 r u. 
 
2.2.1 Teorema 
 
( )p
n p n 1
1
p p
− + −   
= −    
   
 
 
Demonstração: 
Desenvolvendo o número binomial: 
( )( )( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( )
p
p
n n n 1 n 2 n p 1
p!p
n p 11 n n 1 n 2 n p 1
1
p! p
− − − − − −   − − + 
= = 
 
+ −−  + +   + −  
= = −   
 
 
 
2.3 Desenvolvimento do binômio de Newton 
 
De acordo com a definição estendida dos números binomiais, podemos 
escrever o desenvolvimento de um binômio ( )ux y+ para u , da forma: 
 
( )u u u 1 u r r u r r
r 0
u u u u
x y x x y x y x y .
0 1 r r

− − −
=
       
+ = + + + + =        
       
 
 
Exemplo: Encontrar o coeficiente de 3x em ( )
1 2
1 4x .+ 
( )
( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1
r1 2 r2
r 0
r r
r 0
1 2
1 4x 1 4x
r
1 1 1 1
1 2 r 1
2 2 2 24 x
r!
 −
=

=
 
+ =  =  
 
 −  −   − +
= 
 
 97
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
Portanto, o coeficiente de 3x é obtido quando r 3= e é dado por: 
( )( )( ) ( ) ( )
3 6
1 1 1 1 1 3
1 2
2 2 2 2 2 24 2 4.
3! 6
− −  −  −
=  = 
 
2.3.1 Teorema 
 
O coeficiente de px no desenvolvimento de ( )
n2 31 x x x+ + + + é igual a 
n p 1
.
p
+ − 
 
 
 
 
Demonstração: 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
n n r2 3
r 0
r r r r
r 0 r 0
n
1 x x x 1 x x
r
r n 1 r n 1
1 1 x x
r r

−
=
 
= =
− 
+ + + + = − = − =  
 
+ − + −   
= − − =    
   
 
Portanto, para r p,= temos 
p n 1
.
p
+ − 
 
 
 
 
Exemplo: De quantas formas distintas podemos escolher 12 latas de cerveja 
dentre 5 marcas distintas? 
Em outras palavras, queremos o coeficiente de 12x em 
( )52 121 x x x .+ + + + 
Sabemos que ( ) ( ) ( )
5135 5 52 12 131 x1 x x x 1 x 1 x .
1 x
− − + + + + = = − −
 −
 
Notamos que, no produto dado acima, a única possibilidade de obtermos um 
12x é ao multiplicar o “1” do primeiro fator pelo termo de “ 12x ” que aparecerá no 
segundo fator. 
Com efeito, ( ) ( )
5 r r
r 0 r 0
5 r 4
1 x x x .
r r
 
−
= =
− +   
− = − =    
   
 
Para r 12,= temos 
16
1820.
12
 
= 
 
 
 
3. Função geradora exponencial 
 
3.1 Introdução 
 
Ao calcularmos os coeficientes por meio de funções geradoras como estamos 
fazendo até então, não estamos nos preocupando com as ordens das escolhas, apenas 
com o total de escolhas. Para que as ordens sejamcontabilizadas, utilizamos a função 
geradora exponencial da sequência ( )na : 
2 r
0 1 2 r
x x x
a a a a
1! 2! r!
+ + + + + 
 98
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
Sabendo ainda que 
2 3 r
x x x xe 1 x
2! 3! r!
= + + + + + + é a função geradora 
exponencial da sequência ( )1,1,1, ,1 , pois o coeficiente de 
rx
r!
 é 1 para todo r. 
 
Exemplos: 
 
1) Qual o número de sequências de 3 letras formadas pelas letras a, b e c tais 
que a letra a ocorre no máximo uma vez, a letra b ocorre no máximo duas vezes e a letra 
c no máximo três vezes? 
 
( )
2 2 3
2 3 4 5 6x x x 19 10 1 11 x 1 x 1 x 1 3x 4x x x x x
2! 2! 3! 6 3 2 6
  
  + + + + + + = + + + + + +
  
 
Reescrevendo a expressão obtida na forma 
r
" "x :
r!
 
2 3 4 5 6x x x x x x
1 3 8 19 80 60 120 .
1! 2! 3! 4! 5! 6!
+  +  +  +  +  +  
Portanto, o total de sequências de três letras será o coeficiente de 3x , ou seja, 
há 19 sequências possíveis. 
 
2) Encontre o total de r – sequências (sequências com r termos) formadas 
somente pelos números 0, 1, 2 e 3 que contém um número par de zeros. 
Como devemos ter um número par de zeros, sua função geradora possui apenas 
expoentes pares. Assim, a função geradora exponencial para o número zero é 
2 4 x xx x e e
1 .
2! 4! 2
−+
+ + + = 
Para os demais números, ela é: 
2
xx1 x e .
2!
+ + + = 
Portanto: 
( )
( ) ( )
( )
r rx x
3x 4x 2x
r 0 r 0
r r r
r 0
e e 1 1 4x 2x
e e e
2 2 2 r! r!
4 2 x
.
2 r!
−  
= =

=
  +
   = + = + =  
   
+
= 
 
Dessa forma, o número de sequências pedidas é dado por: 
r r4 2
.
2
+
 
 
3.2 Número de funções sobrejetoras 
 
Vamos começar analisando o seguinte exemplo: Uma companhia telefônica 
contrata 8 pessoas para trabalharem em três diferentes escritórios. De quantas maneiras 
ela pode distribuir esses 8 contratados para três escritórios diferentes de modo que cada 
um receba pelo menos um novo funcionário? 
 
 99
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
Como nenhum escritório pode ficar vazio, nenhum pode receber mais do que 6 
funcionários. O número de funcionários em cada escritório é relevante, então devemos 
modelar o problema por meio de uma função geradora exponencial da forma 
( )
3
2 3 6x x x x
f x .
1! 2! 3! 6!
 
= + + + + 
 
 
A resposta do problema é o coeficiente de 
8x
,
8!
 pois devemos distribuir 8 
funcionários. 
O coeficiente de 8x na função geradora anterior é igual ao coeficiente de 8x 
em 
( )
( )
3 3
2 3 6 2 3 6
1
3
x 3x 2x x
x x x x x x x x
f x 1 1
1! 2! 3! 6! 1! 2! 3! 6!
e 1 e 3e 3e 1
   
= + + + + + = + + + + + + − =   
   
= − = − + −
 
Considerando as expansões de 3xe , 2xe e xe , o coeficiente de 
8x
8!
 é 
8 83 3 2 3 5796.−  + = 
 
 
Agora estamos prontos para analisar o problema da quantidade de funções 
sobrejetoras. Note que encontrar a quantidade de funções sobrejetoras, cujo domínio 
possui n elementos e o contradomínio k elementos, é o mesmo que calcular o número de 
maneiras de distribuir n funcionários em k escritórios diferentes, de forma que cada 
escritório receba pelo menos 1 funcionário. 
 
 
Seja a função f tal que f : A B,→ com ( )n A n= e ( )n B k.= O número de 
funções f sobrejetoras é dado por: 
 
( ) ( ) ( )
k
i n
i 0
k
T n,k 1 k i .
i=
 
= − −  
 
 
 
Demonstração: 
Cada um dos k elementos de B deve ser imagem de ao menos um elemento do domínio 
A. Dessa forma, o total de possibilidades é dado por: 
( ) ( ) ( )
k2 3 kk ix x k i
i 0
kx x
x e 1 1 e
2! 3! i
−
=
   
 + + + = − = −     
 
Sabendo que 
( ) ( )
n n
k i x
n 0
k i x
e ,
n!

−
=
−
=  obtemos: 
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
n n nk k k
i i i nx k i
i 0 i 0 n 0 n 0 i 0
k k kk i x x
1 e 1 1 k i .
n! n!i i i
 
−
= = = = =
−     
− = − = − −         
     
 
Portanto, o coeficiente de “ nx ” é dado por ( ) ( )
k
i n
i 0
k
1 k i .
i=
 
− −  
 
 
 100
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
 
EXERCÍCIOS: 
 
01 - Numa urna há 4 bolas, sendo duas amarelas, uma branca e uma cinza. Qual o total 
de modos de retirarmos três bolas da urna? Discrimine os casos. 
 
02 – Quantas são as soluções inteiras de: 2x 3y 7z 9?+ + = 
 
03 – Num jogo, pontos são ganhos somando-se os valores obtidos ao se jogarem dois 
dados em forma de tetraedro regular, cujas faces são numeradas 1, 2, 3 e 4. O valor 
obtido é aquele que está na face voltada para baixo. 
a) Desenvolva: ( )( )1 2 3 4 1 2 3 4x x x x x x x x .+ + + + + + 
b) Mostre que o número de maneiras de se obter n pontos utilizando estes dados é igual 
ao coeficiente de nx no desenvolvimento de ( )( )1 2 3 4 1 2 3 4x x x x x x x x .+ + + + + + 
c) Por defeito de fabricação, um jogo veio com um dado numerado 1, 2, 2 e 3 e o outro, 
1, 3, 3 e 5. Ao receber o jogo para substituição, o dono da fábrica, que era matemático, 
argumentou que o jogo não mudaria mesmo utilizando os dados defeituosos, isto e, que 
o número de maneiras de se obter n pontos, 2 n 8,  com os dados defeituosos e com 
os dados normais era o mesmo. Ele tinha razão? Explique. 
 
04 – Em Terra Brasilis ocorre um importante campeonato de futebol envolvendo 22 
clubes. Cada equipe enfrenta uma vez cada uma das demais, recebendo: 5 pontos por 
vitória, quando esta for por diferença superior a dois gols; 3 pontos por vitória quando 
esta for por diferença de um ou dois gols; 1 ponto por empate; e 0 ponto por derrota. 
a) Mostre que o número de maneiras distintas de, ao final do campeonato, uma equipe 
totalizar k pontos, k , é igual ao coeficiente de kx no desenvolvimento de: 
( )210 1 3 5x x x x .+ + + 
b) De quantos modos uma equipe poderá obter 6 pontos em seus 21 jogos? 
c) De quantas maneiras distintas uma equipe pode pontuar em seus 21 jogos? 
Observação: obter 1 ponto na primeira partida e 5 na segunda e obter 5 pontos na 
primeira partida e 1 na segunda são maneiras distintas de se pontuar nas duas primeiras 
partidas. 
 
05 – Prove que: 
 
n
n j
j 0
n j 2n 1
2 .
j j 2 n
−
=
+     
=      
     
 
 
06 – Sabendo que a função geradora da sequência de Fibonacci é dada por 
( )
2
1
f x ,
1 x x
=
− −
 demonstre que: 
n n
n
1 1 5 1 5
F ,
2 25
 + −   
     = −
     
 n 0. 
 
07 – Seja ( )nF a sequência de Fibonacci, com 1 2F F 1= = e n n 1 n 2F F F ,− −= + prove 
que: 1 2 n 2n
n n n
F F F F ,
1 2 n
     
+ + + =     
     
 com n inteiro positivo. 
 
 101
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
08 – Prove que: n
n 0
2n1 1 4x 1
x .
2x n 1 n

=
− −  
=   +  
 
 
09 – De quantas formas podemos selecionar 3n letras de um conjunto de 2n a’s, 2n b’s e 
2n c’s? 
 
10 – De quantas formas podemos acomodar 9 pessoas em 4 quartos diferentes sem que 
nenhum quarto fique vazio? 
 
11 - De quantas formas podemos distribuir 4 bolas em duas caixas idênticas de modo 
que nenhuma caixa fique vazia? 
 
12 – Quantas são as r – sequências formadas pelos números 0, 1, 2 e 3 nas quais o 
número de 0’s é par e o número de 1’s também é par? 
 
DICAS E SOLUÇÕES: 
 
01 – Para discriminar os casos, use ( )( )( )2 21 ax a x 1 bx 1 cx .+ + + + 
 
02 - Observe que o polinômio gerador de cada termo da equação é 
0 2 4 6 8
1
0 3 6 9
2
0 7
3
p x x x x x
p x x x x .
p x x
 = + + + +

= + + +

= +
 
 
03 – Para os dados normais, temos: 
( )22 3 4 2 3 4 5 6 7 8x x x x x 2x 3x 4x 3x 2x x .+ + + = + + + + + + 
Já para os dados alterados: 
( )( ) ( )( )2 2 3 3 3 5 2 3 3 5
2 3 4 5 6 7 8
x x x x x x x x x 2x x x 2x x
x 2x 3x 4x 3x 2x x .
+ + + + + + = + + + + =
= + + + + + +
 
 
04 – O polinômio gerador da pontuação total de uma equipe em seus 21 jogos édado 
por ( )
213 51 x x x .+ + + 
Portanto, o coeficiente de 6x é dado pelas seguintes possibilidades: 
 5
21 20
x, x 420
1 1
  
= =  
  
 
 3 3
21
x , x 210
2
 
= = 
 
 
 3
21 18
x, x, x, x 23940
3 1
  
= =  
  
 
 
21
x, x, x, x, x, x 54264
6
 
= = 
 
 
Ao somar todas as possibilidades, obtemos 78834 maneiras de se obter 6 pontos no 
campeonato. 
 102
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
E o total de modos de se pontuar, sendo que para cada jogo há 4 possibilidades, vitória 
por goleada, vitória simples, empate ou derrota, é expresso pelo resultado de 214 . 
Observe que o total de possibilidades é a soma de todos os coeficientes do polinômio 
gerador, que pode ser obtida ao substituir x 1:= ( )
213 5 211 1 1 1 4 .+ + + = 
 
05 - Observe que 
 
j
j 2
 
 
 
 é o termo independente em ( )( )
j11 x x x .−+ + Dessa 
forma, basta encontrar o termo independente de x em ( )( )
jn j 1
j 0
n
2 1 x x x .
j

− −
=
 
+ +  
 
 
Com efeito, obtemos: 
( )( ) ( ) ( )
( )( )
( )( )
( )
j jn j 1 n j 1
j 0 j 0
2n
n 2n 11
n n
n n
2 1 x x x 1 x 2 x x
j j
1 x 1 x 1
1 x 2 x x 1 x .
x x
 
− − − −
= =
+−
   
+ + = + + =    
   
+ +
= + + + = = +
 
(2 + 𝑥−1 + 𝑥)𝑛 =
(1+𝑥)(1+𝑥)2𝑛
𝑥𝑛
=
1
𝑥𝑛
(1 + 𝑥)2𝑛+1. 
Sendo seu termo independente dado por 
2n 1
.
n
+ 
 
 
 C.Q.D. 
 
06 – As raízes da equação 21 x x 0− − = são 1
1 5
r
2
− −
= e 2
1 5
r .
2
− +
= 
Dessa forma, temos: 
( )
( )( )2 1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 1
f x
x r x r r r x r x r1 x x
−  
= = = − = 
− − − − − − − −
 
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 n 1 n n1 2 2 1
n 02 1
11 1
x r x r r r x
r r n 5

− − − − − −
=
−    = − − − = − − −  =    −  
 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
n 1 n 1 n n
2 1
n 0
1 n 1 n n
1 2
n 0
n 1
1 r r x
n 5
1
r r x
5

− − − −
=

− − − −
=
   = − − − − =   
 
 = −  
 
Portanto,   ( ) ( )
( ) ( )
1 n 1 n
n 1 2 n 1 n 1
1 2
1 1 1 1
x r r .
5 5 r r
− − − −
+ +
  = − = −   
 
 
Sabendo que 
1
1 2 1 5
r 25 1
+
= =
−
 e 
2
1 2 1 5
,
r 25 1
− −
= =
+
 então 
n 1 n 1
n 1
1 1 5 1 5
F .
2 25
+ +
+
 + −   
   = − 
    
 C.Q.D. 
 
07 – Sabendo que 
n n
n
1 1 5 1 5
F ,
2 25
 + −   
   = − 
    
 n 0. Substituímos: 
1 2 n k
k 0
n n n n
F F F F
1 2 n k

=
       
+ + + = =       
       
 
 103
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 4 – OLIMPÍADAS 
 
k k
k 0
n1 1 5 1 5
2 2 k5

=
 + −     
   = − =         
 
k k
k 0
n n1 1 5 1 5
2 2k k5

=
 + −      
   = − =             
 
n n n n
1 1 5 1 5 1 3 5 3 5
1 1
2 2 2 25 5
   + − + −       
       = + − + = − =   
         
 
2n 2n
2n
1 1 5 1 5
F .
2 25
 + −   
   = − = 
    
 C.Q.D. 
 
08 – ( ) ( )
( )( ) ( )
( )1 2 k k
k 0 k 0
1 1 1
1 k 11 2 2 2 21 4x 4x 4x
k!k
 
= =
−   − +
 
− = − = − =  
 
 
( )
( )k
k 0
1 3 2k 3
2x .
k!

=
   −
=  
( )
( )
( )
( ) ( )
k 1
k 1
k 1 k 1
1 1 4x 1 3 2k 3 2k 2 ! x
2x
2x k! k 1 ! k 1 ! k
− 
−
= =
− −    − −
 =  =  = 
− −
 
( ) k k
k 0 k 0
2k2k ! x x
.
k!k! k 1 k 1k
 
= =
 
=  =    + + 
 C.Q.D. 
O termo geral do desenvolvimento acima é chamado de número de Catalan: 
n
2n1
C .
n 1 n
 
=  +  
 
 
09 - Use que 
( ) ( )( )
32n 13 32 2n 2n 1 4n 2 6n 31 x1 x x x 1 3x 3x x 1 x
1 x
+
−+ + + − + + + + = = − + − −
 −
 
e busque as possibilidades de se obter 3nx na distributiva. 
 
10 - Pense em funções sobrejetoras! 
 
11 - Observe que neste problema as caixas são idênticas, portanto, deve-se utilizar que 
( ) ( )n,k n,k
1
S T ,
k!
=  sendo este o número de Stirling de segunda espécie. Portanto, 
( ) ( ) ( ) ( )
2
i 4 4 4 4
4,2 4,2
i 0
2 2 2 21 1 1
S T 1 2 i 2 1 0
2! 2! 2i 0 1 2
16 2
7.
2
=
        
=  = − − = − +         
        
−
= =
 
 
12 – Use funções geradoras exponenciais e obtenha 
r r 14 2
.
4
++
 
 104
O uso do Polinômio Interpolador de Lagrange em Desigualdades
Geométricas
Cleuber Eduardo do Nascimento Silva(Instituto Federal Fluminense)
cleuber.silva@iff.edu.br
Paula Eveline Santos(Insituto Federal Fluminense)
paula.santos@iff.edu.br
Ĺıvia Azelman Abreu(Insituto Federal Fluminense)
livia.abreu@iff.edu.br
Resumo
Este artigo tem como objetivo apresentar ao leitor dois exemplos de aplicações do polinômio de
Lagrange em situações problema, como por exemplo, as desigualdades geométricas. A ideia surgiu
a partir de aulas ministradas, por um dos autores, visando a preparação de alunos para olimṕıadas
cient́ıficas de matemática. Considera-se que dispor dessa ferramenta na solução de problemas, torna
cada abordagem um importante meio pelo qual o leitor tem a oportunidade de se aprofundar no
tema.
1 Polinômio de Lagrange
A ideia de uma interpolação é aproximar uma função cont́ınua por um polinômio. Assim, a partir de
uma quantidade finita de pontos conhecidos, pode-se definir polinômios interpoladores que passam por
estes. Considere dados, por exemplo, pontos (x0, f(x0)) e (x1, f(x1)), onde f(x0) = y0 e f(x1) = y1,
afirma-se que existe um polinômio de grau 1 que passa por esses pontos. De fato definindo:
L0(x) =
x− x1
x0 − x1
e
L1(x) =
x− x0
x1 − x0
,
cujo L0(x) e L1(x) são chamados de Polinômios Interpoladores. Assim definindo o polinômio:
P (x) = L0(x)f(x0) + L1(x)f(x1)
temos que:
P (x0) = y0
e
P (x1) = y1
Portanto temos que o polinômio P (x) passa de fato pelos pontos dados. Por isso, segue o teorema
abaixo:
Teorema 1 Se x0, x1, x2, ..., xn são n + 1 pontos arbitrários de uma função cont́ınua f(x), tais que:
f(x0) = y0
f(x1) = y1
...
1
 105
f(xn) = yn
Então existe um polinômio P (x) satisfazendo:
P (x) =
n∑
i=0
yi
n∏
i 6=j
x− xj
xi − xj
de grau no máximo n.
Vamos omitir ao leitor a prova desse teorema. No entanto, o mesmo poderá ser encontrado em [2].
2 Aplicações
Exemplo 1 Seja G o baricentro do ∆ABC de modo que as circunferências que passam pelos vértices de
∆GAB , ∆GBC e ∆GAC tem raios R1, R2e R3 respectivamente. Prove que:
R1 + R2 + R3 ≥ 3R,
em que R é o raio da circunferência circunscrita ao ∆ABC.
Solução.
Considere a figura abaixo:
Figura 1: Esboço do Problema
Vamos a priori observar o polinômio de Lagrange dado que: x1 = a , x2 = b , x3 = c, todos não nulos,
podemos escrever:
2
 106
P (x) = f(a)
(x− b)(x− c)
(a− b)(a− c)
+ f(b)
(x− a)(x− c)
(b− a)(b− c)
+ f(c)
(x− a)(x− b)
(c− a)(c− b)
Tomando f(a) = 1, f(b) = 1 e f(c) = 1, temos:
P (x) =
(x− b)(x− c)
(a− b)(a− c)
+
(x− a)(x− c)
(b− a)(b− c)
+
(x− a)(x− b)
(c− a)(c− b)
Note que: P (a) = 1, P (b) = 1 e P (c) = 1
É posśıvel afirmar que,
P (x) ≡ 1,∀x ∈ R
De fato, se existir um polinômio g(x) tal que:
g(x) = P (x)− 1,
tem grau 2.
Assim,
g(a) = g(b) = g(c) = 0
Portanto g(x) ≡ 0.
Nesse caso temos a seguinte identidade:
bc
(a− b)(a− c)
+
ac
(b− a)(b− c)
+
ab
(c− a)(c− b)
= 1 (1)
Aplicando a desigualdade triangular nessa equação temos:
|b||c|
(|a− b|)(|a− c|)
+
|a||c|
|(b− a)||(b− c)|
+
|a||b|
|(c− a)||(c− b)|
≥ 1 (2)
Considere na figura 1, sem perdas de generalidade, G sendo a origem do sistema cartesiano ortogonal.
Podemos definir:
−→
GA = a
−−→
GB = b
−−→
GC = c
Assim temos:
−−→
AB = b− a
−→
AC = c− a
−−→
BC = c− b
Observe ainda que:
SAGB =
|a||b||b− a|
4R1
SAGC =
|a||c||c− a|
4R2
SBGC =
|b||c||b− c|
4R3
SABC =
|b− a||b− c||a− c|
4R
Substituindo na inequação 2, temos:
3
 107
4R3SBGC
4RSABC
+
4R2SAGC
4RSABC
+
4R1SAGB
4RSABC
≥ 1
Como G é baricentro temos que:
SAGB = SAGC = SBGC =
1
3
SABC
Portanto, segue
R1 + R2 + R3 ≥ 3R.
O exemplo 1, mostra o quão forteé o uso dessa ferramenta. O próximo exemplo ratifica essa afirmação.
Exemplo 2 Para algum ponto M no plano do triângulo ABC prove que:
AM
3
senA + BM
3
senB + CM
3
senC ≥ 6MGAABC
em que G é o baricentro do triângulo ABC
Solução.
Considere a figura abaixo:
Figura 2: Esboço do Problema
Onde a, b, c são as respectivas coordenadas dos vértices do triângulo.
Vamos supor que M é a origem do sistema cartesiano ortogonal(sem perdas de generalidade). Diante
disso podemos escrever:
|
−−→
AM | = |a|
|
−−→
BM | = |b|
|
−−→
CM | = |c|
Precisamos provar que:
AM3senA + BM3senB + CM3senC ≥ 6MGSABC .
Manipulando com a desigualdade temos:
AM3senA
S
+
BM3senB
S
+
CM3senC
S
≥
∣∣∣∣a + b + c2
∣∣∣∣
Como S pode ser escrito:
4
 108
S =
|a− b||a− c|senA
2
S =
|c− b||a− b|senB
2
S =
|c− b||a− c|senC
2
Podemos escrever:
|a|3
|(a− b)||(a− c)|
+
|b|3
|(b− a)||(b− c)|
+
|c|3
|(c− a)|(c− b)|
≥ |a + b + c|
De fato, usando o polinômio P (x) =
3∑
i=0
yi
3∏
i 6=j
x− xj
xi − xj
para f(x) = x
4
abc temos que:
f(a) =
a4
abc
f(b) =
b4
abc
f(c) =
c4
abc
Assim,
P (0) =
a3
(a− b)(a− c)
+
b3
(b− c)(b− a)
+
c3
(c− a)(c− b)
(3)
De fato, observa-se primeiro que:
a
(a− c)(a− b)
+
b
(b− a)(b− c)
+
c
(c− a)(c− b)
= 0 (4)
Multiplicando 4 respectivamente a, b, c e somando as três desigualdades temos:
(
a2
(a− c)(a− b)
+
b2
(b− a)(b− c)
+
c2
(c− a)(c− b)
)
+
ab
(b− a)(b− c)
+
ac
(c− a)(c− b)
+
ab
(a− c)(a− b)
+
+
bc
(c− a)(c− b)
+
ac
(a− c)(a− b)
+
bc
(b− a)(b− c)
= 0
Portanto temos:
(
a2
(a− c)(a− b)
+
b2
(b− a)(b− c)
+
c2
(c− a)(c− b)
)
− ac
(a− b)(c− b)
− bc
(c− a)(b− a)
− ab
(a− c)(b− c)
= 0
Por 1 temos:
a2
(a− c)(a− b)
+
b2
(b− a)(b− c)
+
c2
(c− a)(c− b)
= 1 (5)
Da mesma forma, multiplicando 5 por a, b, c temos:
(
a3
(a− c)(a− b)
+
b3
(b− a)(b− c)
+
c3
(c− a)(c− b)
)
+
ab2
(b− a)(b− c)
+
ac2
(c− a)(c− b)
+
a2b
(a− c)(a− b)
+
+
bc2
(c− a)(c− b)
+
a2c
(a− c)(a− b)
+
b2c
(b− a)(b− c)
= a + b + c
Portanto,
a3
(a− c)(a− b)
+
b3
(b− a)(b− c)
+
c3
(c− a)(c− b)
= a + b + c
5
 109
Logo temos de 3,
P (0) = a + b + c
Assim aplicando a desigualdade triangular em 3 temos que:
|a3|
|(a− c)||(a− b)|
+
|b3|
|(b− a)||(b− c)|
+
|c3|
|(c− a)||(c− b)|
≥ |a + b + c|
E assim temos o que queŕıamos.
3 Referências
1. ANDREESCU, T.; FENG, Z.: Complex Numbers from A to Z. Boston, Besel, Berlim: Birkhauser,
2006.
2. ULISBOA - https://www.math.tecnico.ulisboa.pt/ calves/courses/interp/capiii11.html - acesso em:
12/08/2019.
6
 110
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
 
JOGO DO CANO (ASMD) 
 
Gabriel Cacau Boucinhas 
Leandro da Silva Machado 
 
 
Neste artigo apresentaremos o Jogo do Cano, também conhecido em algumas fontes 
disponíveis na internet como ASDM, por trabalhar simultaneamente as quatro operações 
básicas (adição, subtração, divisão e multiplicação). O jogo desenvolve, principalmente, 
a ideia de expressões numéricas, podendo ser aplicado desde o Ensino Fundamental, até 
o Ensino Médio. 
Por diversas vezes, o jogo foi aplicado pelo GEMat-UERJ, nosso grupo de pesquisa 
em Educação Matemática, para alunos da educação básica. Aplicamos também oficinas 
para alunos de graduação e pós-graduação. Ao longo dessas aplicações, surgiram 
observações relacionando esse jogo com outros conteúdos matemáticos como análise 
combinatória e probabilidade. 
Inicialmente, descreveremos o jogo, como construí-lo e suas regras. Feito isso, 
faremos um aprofundamento matemático do jogo, relacionando com outros tópicos já 
descritos anteriormente. Por fim, apresentaremos uma sugestão de um roteiro de ação 
para o Ensino Fundamental caso o professor-leitor se interesse pela aplicação do jogo. 
 
I. CONSTRUINDO O JOGO 
 
O Jogo do Cano é bem simples de ser construído, tendo como materiais necessários 
canos de pvc, emendas de pvc do tipo T, emendas de pvc do tipo joelho e etiquetas 
impressas com os números de 0 a 10. Para a dinâmica do jogo serão necessários três dados 
cúbicos. Nas construções abaixo foram utilizados canos e emendas de 20 mm. Para a 
construção dos “peões” do jogo, pode-se usar outra espessura de cano cortado (25mm, 
por exemplo) com as marcações A, B, C, D e E (em amarelo, na figura 1). 
 
 
Figura 1: Uma versão do Jogo do Cano. (Fonte: os autores) 
 111
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
 
A decoração do jogo pode ser feita através de papel contact conforme a foto 
anterior, ou o cano pode ser pintado. Observe abaixo uma outra versão: 
 
 
Figura 2: Uma outra versão do Jogo do Cano. 
(Fonte: os autores) 
 
Cada pedaço de cano de pvc deve ter pelo menos 35 cm, para que os números ao 
serem colados fiquem com um espaçamento adequado. 
A ideia do jogo pode ser encontrada em diversas fontes na internet, de forma que é 
difícil saber o inventor desta atividade. 
 
II. REGRAS DO JOGO 
 
São 5 jogadores, cada um com um dos “peões”. A dinâmica do jogo consiste no 
lançamento de três dados e na tentativa de encontrar uma expressão numérica, utilizando 
as quatro operações básicas (soma, subtração, multiplicação e divisão) com os números 
das três faces para cima, cujo resultado seja a casa que o jogador tem que ir. Por este 
motivo, o jogo é conhecido também como ASMD (Adição, Subtração, Multiplicação e 
Divisão). 
Representaremos como [a,b,c] os números das faces para cima no lançamento de 
três dados, sendo a, b e c pertencentes a {1,2,3,4,5,6}, com possibilidade de repetição. 
A primeira casa do jogo é a casa 0. Logo, no primeiro lançamento o jogador que 
retirar a tripla [2,3,5], por exemplo, deve pensar em alguma expressão algébrica cujo 
resultado é 0. Um possível resultado seria 2 + 3 – 5. Lembrando que se pode utilizar os 
números desta tripla em qualquer ordenação, outros exemplos seriam 5 – 3 – 2 ou ainda 
5 – 2 – 3. 
Caso o jogador acerte a expressão, tem o direito de continuar jogando, sendo que 
na próxima rodada o resultado da expressão deve ser 1. Portanto, se, ao lançar novamente 
os dados retirar a tripla [2,2,4], o jogador poderia descrever a expressão (2 + 2) ÷ 4 e 
continuar jogando, com o objetivo, dessa vez de formar o número 2. 
 112
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
Quando o jogador não conseguir formar a expressão correspondente à casa que deve 
ir, passa a vez para o próximo jogador e, quando retornar a sua vez, continua na mesma 
posição que estava na rodada anterior. O ganhador é o jogador que chegar primeiro na 
casa de número 10. 
Esse jogo foi aplicado diversas vezes em oficinas na Universidade do Estado do 
Rio de Janeiro (UERJ) para graduandos em Matemática e em algumas escolas para 
diversos anos de escolaridade. O jogo é desafiador, e, por mais simples que pareça, em 
alguns momentos o jogador não consegue seguir para a próxima casa, pois com o 
lançamento obtido no dado nem sempre é possível formar o resultado desejado. 
 
 
 
Figura 3: Alunos do sétimo ano durante atividade com o Jogo do Cano 
 
 
 
Figura 4: Alunos de graduação e pós-graduação participando da atividade de 
jogos na III Semana do Matemático – Maio de 2019 
 
 
 
 113
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
III. APROFUNDAMENTO MATEMÁTICO 
 
Vamos definir como um lançamento útil, o lançamento dos três dados que, com os 
números das faces voltadas para cima, é possível escrever alguma expressão algébrica 
cujo resultado é a casa que o jogador deve ir. Nos exemplos dos parágrafos anteriores, 
[2,3,5] e [2,2,4] são resultados úteis (para as casas 0 e 1, respectivamente). 
Em contrapartida, definiremos como um lançamento inútil, o lançamento dos três 
dados que, com os números das faces voltadas para cima, não permite escrever uma 
expressão numérica cujo resultado é a casa que o jogador deve ir. Por exemplo,se o 
jogador deve ir para a casa número 4, a tripla [1,1,1] é um resultado inútil. 
A partir da observação de algumas dessas aplicações, algumas perguntas foram 
sendo feitas. Ao longo desse texto, responderemos alguns desses questionamentos 
utilizando ideias de análise combinatória e probabilidade. 
 
Questionamento 1: Será que, quanto maior o resultado desejado, menor é a 
probabilidade de se obter um resultado útil? 
 
Para responder a esse questionamento, outras reflexões tiveram que ser 
desenvolvidas: inicialmente, precisamos descobrir a quantidade total de resultados 
possíveis no lançamento dos três dados. 
Observe que no nosso caso a ordem dos dados não importa, isso é, a tripla [2,3,4] 
tem os mesmos resultados possíveis que a tripla [3,4,2]. Logo, vamos pensar em três 
casos: 
Caso 1: todas as faces para cima dos dados são iguais. Nesse caso, são 6 
possibilidades, a saber, [0,0,0], [1,1,1], [2,2,2], [3,3,3], [4,4,4], [5,5,5] e [6,6,6]. 
Caso 2: duas faces iguais e a terceira, necessariamente, diferente. Aqui, temos para 
as faces iguais 6 possibilidades (os números naturais de 1 até 6) e para a diferente 5 
possibilidades, já que não poderá ser o mesmo resultado obtido nos outros dados. Dessa 
forma, pensando no princípio fundamental da contagem, teremos 6 x 5 = 30 
possibilidades. 
Caso 3: as três faces são diferentes. Para isso podemos pensar para o primeiro dado 
há 6 possibilidades (os números naturais de 1 até 6), para o segundo dado há 5 
possibilidades (não poderá repetir o resultado do dado anterior) e para o terceiro dado há 
4 possibilidades (não poderá repetir os resultados dos dados anteriores). Um cuidado a se 
ter nesse caso é que a ordem dos dados não importa, logo, temos que dividir o resultado 
do princípio fundamental da contagem pela permutação dos três dados, logo, teremos 
6 5 4 120
20
3! 6
 
= = possibilidades. Note que esta é exatamente o número de combinações 
de 6, tomadas 3 a 3. 
Ao todo, portanto, existem 6 + 30 + 20 = 56 possíveis resultados com os três dados. 
A partir desse resultado, para calcularmos a probabilidade de uma tripla ser útil 
teríamos que calcular todos resultados úteis para cada valor esperado. Nessa etapa, foi 
utilizada uma planilha eletrônica para que os cálculos pudessem ser, de certa forma, 
automatizados. 
Para que pudéssemos executar os cálculos, foram definidas, inicialmente as colunas 
A, B e C da planilha para se colocar os resultados das faces dos três dados. E nas colunas 
seguintes os possíveis resultados de expressões numéricas envolvendo os números 
obtidos nos dados. 
Vale observar que a soma e a subtração são comutativas, no entanto, a subtração e 
a divisão não são, portanto, teríamos que testar todas as ordens de operações entre os 
 114
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
números colocados nas colunas A, B e C. Ou seja, teríamos que permutar esses três 
números, dando um total de 3! = 6 testes a serem feitos para cada resultado obtido nos 
três dados. 
Além disso, temos que pensar em duas operações matemáticas dentre as operações 
básicas, para fazer com esses três números, ou seja, temos um total de 4 x 4 = 16 maneiras 
de montarmos as operações matemáticas. Dando um total de 6 x 16 = 96 testes a serem 
feitos, até então. 
E finalmente, temos que pensar também na ordem de prioridade das operações a 
serem realizadas, por exemplo, pensar em (1 + 2) x 3 e 1 + (2 x 3) é pensar em dois 
resultados distintos. Concluindo que devem ser feitos um total de 96 x 2 testes para cada 
resultado obtido nos três dados. 
Dessa forma a planilha utilizada contou com 196 colunas de cálculos fora as colunas 
de testes para verificar se o lançamento seria útil ou inútil. Cada coluna de teste utilizou 
duas funções: a função “se” e a função “ou”. 
A tabela completa pode ser acessada em 
https://drive.google.com/file/d/1lLnYj2R_MQXAo6vqMbH56Jg4qGDpB53d/view?usp
=sharing e o leitor poderá fazer o download para que também possa fazer os testes. Para 
testarmos outros resultados devemos digitar o número esperado na célula IV2. Abaixo, 
podemos ver a tabela com os possíveis valores nos dados na esquerda e, em seguida, 
dizendo se o resultado 0, por exemplo é útil, ou inútil. 
 
 
Figura 5: Layout da planilha eletrônica 
(Fonte: os autores) 
 
 115
https://drive.google.com/file/d/1lLnYj2R_MQXAo6vqMbH56Jg4qGDpB53d/view?usp=sharing
https://drive.google.com/file/d/1lLnYj2R_MQXAo6vqMbH56Jg4qGDpB53d/view?usp=sharing
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
Para, finalmente, respondermos à pergunta proposta deveríamos contar a 
quantidade de resultados úteis, pelo total de resultados, ou seja, 56. Abaixo seguem as 
probabilidades de um resultado esperado ser útil: 
 
 
Gráfico 1: Probabilidade de um resultado ser útil ou inútil 
 
Portanto, observamos que não há uma relação direta entre crescimento ou 
decrescimento de probabilidade quando avançamos no tabuleiro (por exemplo, P(6) > 
P(5) e P(8) > P(7), mas é verdade que a probabilidade de se obter um resultado útil para 
os valores 7, 8, 9 e 10 são as menores do jogo. 
 
Questionamento 2: Até que número poderíamos seguir no jogo, com a certeza de 
que ele é “acabável”? 
 
Ao aplicar os jogos, essa é uma pergunta feita para os participantes após jogarem. 
Um possível raciocínio seria que o maior resultado possível de uma expressão algébrica 
com três números escolhidos do conjunto {1,2,3,4,5,6}, podendo repetir número, seria a 
multiplicação de 6 x 6 x 6 = 216. O problema dessa ideia é que não podemos garantir que 
todos os resultados anteriores a 216 são possíveis de serem formados. Aliás, é fácil ver 
que o número 215 não é atingível. 
Após a análise da planilha eletrônica, fazendo os devidos testes, foi possível 
verificar que o resultado 43 não seria possível com nenhum lançamento de três dados. Ou 
seja, todos os lançamentos eram inúteis. 
Convidamos o leitor a mostrar que os resultados entre 11 e 42 são possíveis de serem 
atingidos, a partir das premissas do jogo. 
 
Questionamento 3: Qual a probabilidade de um jogador começar e terminar o jogo, 
ou seja, alcançar o número 10, em uma única rodada? 
 
Em uma das aplicações do jogo, houve um jogador que chegou em uma única 
rodada até o número 9, ou seja, quase ganhou o jogo, sem deixar os demais participantes 
jogarem uma segunda rodada. A partir disso, houve esse questionamento. 
7
6
,7
9
6
0
,7
1
7
6
,7
9
6
7
,8
6
6
7
,8
6
6
0
,7
1
6
0
,7
2
5
0 5
1
,7
9
4
4
,6
4
4
2
,8
5
PROBABILIDADE DO LANÇAMENTO 
SER ÚTIL
 116
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
Com a planilha em mãos, podemos observar que a probabilidade de terminar o jogo, 
em uma única rodada será a multiplicação das probabilidades de se obter um resultado 
útil a partir do 0 até o 10. 
No gráfico abaixo, podem ser observadas as probabilidades de se chegar até um 
determinado resultado em uma única rodada, admitindo-se que o jogador consiga 
aproveitar um lançamento útil: 
 
 
Gráfico 2: Probabilidade acumulada de um jogador atingir a casa X de forma 
sequencial 
 
Notem que a probabilidade de um jogador vencer o Jogo do Cano, partindo do início 
de forma sequencial, ou seja, criando expressões de 0 a 10 a partir de 11 lançamentos 
sucessivos é de aproximadamente 0,3%. 
 
IV. DISCUSSÕES REFERENTES AO PROCESSO ENSINO-APRENDIZAGEM 
 
Estamos trabalhando com a ideia do jogo enquanto tecnologia no processo ensino-
aprendizagem, uma ferramenta facilitadora deste processo. O lúdico pode tornar as aulas 
mais dinâmicas, de forma a despertar um maior interesse por parte dos alunos nos 
conteúdos trabalhados, além de melhorar a relação do aluno com a Matemática. 
Entendemos que um dos maiores ganhos de se trabalhar com ludicidade e materiais 
concretos está na desmistificação da Matemática comouma disciplina onde se deve 
“decorar fórmulas”, ou na fama de “vilã” dos alunos. 
Em todo caso, para que o resultado das atividades lúdicas sejam duradouros, é 
necessário desenvolver práticas que promovam uma interatividade entre o lúdico e o 
conteúdo formal, ou seja, mais até que a preocupação em desenvolver o jogo de uma 
forma que desperte o interesse nos alunos, precisamos demandar um tempo valioso no 
planejamento das atividades que se sucedem após a experiência lúdica e que vão integrá-
la aos conteúdos a serem desenvolvidos. 
Especificamente em relação ao Jogo do Cano, o conteúdo de expressões algébricas 
já deve ter sido trabalhado previamente, para que o aluno seja capaz de participar da 
atividade. Os pontos de atenção são as operações que têm prioridade e a utilização dos 
parênteses, quando se escreve as expressões em linguagem matemática. Em resumo, 
nosso maior objetivo é propor situações-problema e desafios através do lúdico e, com 
7
6
,7
9
4
6
,6
1
9
2
0
9
3
5
,7
9
8
8
9
0
5
9
2
4
,2
9
3
1
2
7
1
6
1
6
,4
8
5
3
1
6
0
9
1
0
,0
0
8
2
3
5
4
6
,0
7
7
0
0
0
5
3
3
3
,0
3
8
5
0
0
2
6
6
1
,5
7
3
6
3
9
2
8
8
0
,7
0
2
4
7
2
5
7
8
0
,3
0
1
0
0
9
5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
PROBABILIDADE ACUMULADA (EM %)
 117
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
isso, desencadear reflexões sobre os conteúdos envolvidos, estabelecendo conexões entre 
o conhecimento prévio dos alunos e novos conceitos. 
 Finalizando este artigo, apresentaremos um roteiro para ser desenvolvidos após a 
aula com o Jogo do Cano, em uma turma do 6º Ano do Ensino Fundamental, cujo tema 
central são “Expressões Algébricas”. 
 
 
Roteiro de Ação – Jogo do Cano – 6º Ano do Ensino Fundamental 
 
1) Para que o jogo acabe, é necessário que existam combinações que permitam a 
montagem de expressões numéricas cujos resultados variem de 0 a 10. Exiba algumas 
combinações para cada um desses valores: 
 Combinação 
1 
Combinação 
2 
Combinação 
3 
Resultado 0 
Resultado 1 
Resultado 2 
Resultado 3 
Resultado 4 
Resultado 5 
Resultado 6 
Resultado 7 
Resultado 8 
Resultado 9 
Resultado 10 
 
2) Ao resolvermos uma expressão algébrica, precisamos nos atentar para a 
prioridade da multiplicação e divisão em relação à adição e subtração. Dessa forma, 
complete a tabela abaixo com os resultados das expressões indicadas, dados os 
lançamentos descritos: 
 
Lançamento Expressão Resultado 
1 4 5 5 + 1 − 4 
2 4 6 6 − 2 + 4 
2 2 3 3 + 2 ÷ 2 
2 3 4 4 − 2 × 3 
1 1 4 1 + 1 × 4 
2 3 4 3 − 4 ÷ 2 
2 3 6 6 ÷ 3 × 2 
3 4 6 3 × 4 ÷ 6 
 
3) Ao escrevermos uma expressão algébrica em linguagem matemática, precisamos 
nos atentar para os sinais de preferência – os parênteses têm prioridade na operação. Dessa 
forma, coloque os parênteses no lugar correto, de forma a obter o resultado indicado em 
cada item. Se a expressão já der o resultado adequado, não coloque nada: 
 
 
Lançamento Resultado Expressão 
 118
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
5 5 6 0 6 × 5 − 5 
2 2 2 1 2 − 2 ÷ 2 
6 6 6 2 6 + 6 ÷ 6 
2 5 6 3 6 − 5 − 2 
4 5 6 4 6 × 5 − 4 
1 1 6 5 6 × 1 − 1 
2 3 4 6 3 × 4 − 2 
2 3 6 7 6 + 3 − 2 
1 1 4 8 1 + 1 × 4 
1 3 4 9 3 × 4 − 1 
1 2 4 10 1 + 4 × 2 
 
4) Para cada um dos lançamentos abaixo, descreva uma expressão cujo resultado 
varie conforme os valores da segunda coluna: 
 
Lançamento Resultado Expressão 
2 3 6 0 
1 4 5 1 
2 3 4 2 
1 1 5 3 
3 5 5 4 
3 4 6 5 
2 2 4 6 
2 3 5 7 
2 2 2 8 
2 6 6 9 
3 5 6 10 
 
5) Durante o jogo, percebermos que é possível descrever uma expressão que dê 
ZERO, sempre que os dados apontem pelo menos dois números repetidos. 
a) Escreva uma expressão que dê zero para os números abaixo: 
 
Lançamento Resultado Expressão 
2 2 6 0 
1 1 5 0 
3 3 4 0 
6 6 6 0 
 
b) Tente explicar por que é possível conseguir uma expressão que dê zero, sempre 
que os dados apontem pelo menos dois números repetidos: 
______________________________________________________________________
______________________________________________________________________
______________________________________________________________________ 
 
6) Olhando apenas as situações em que os três números são iguais, que números 
são possíveis de serem atingidos? Complete a tabela abaixo indicando uma expressão, 
caso seja possível, ou escreva “impossível”, caso não seja: 
 
 119
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
 
Lançamento 
1, 1, 1 
Lançamento 
2, 2, 2 
Lançamento 
3, 3, 3 
Resultado 0 
Resultado 1 
Resultado 2 
Resultado 3 
Resultado 4 
Resultado 5 
Resultado 6 
Resultado 7 
Resultado 8 
Resultado 9 
Resultado 10 
 
 
Lançamento 
4, 4, 4 
Lançamento 
5, 5, 5 
Lançamento 
6, 6, 6 
Resultado 0 
Resultado 1 
Resultado 2 
Resultado 3 
Resultado 4 
Resultado 5 
Resultado 6 
Resultado 7 
Resultado 8 
Resultado 9 
Resultado 10 
 
 
 120
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
 
CUBO MÁGICO: VENCENDO DESAFIOS E AUMENTANDO 
O DESEMPENHO NO APRENDIZADO DE MATEMÁTICA. 
 
 
Welbert de Oliveira Moutta 
 Rondinele de Oliveira Moutta 
 
 
Introdução 
 
 A Matemática, ao longo da história, sempre foi tida como um 
conhecimento complexo e de difícil aprendizagem, sendo comumente relacionada à 
necessidade de desenvolvimento de habilidades por muitos consideradas 
incompreensíveis. 
 
 Nesse sentido, recentemente, num estudo divulgado pelo MEC em 
2017, constatou-se o que já era esperado: sete em cada dez alunos têm nível considerado 
insuficiente em Matemática. Entre os estudantes do Ensino Médio, o resultado é ainda 
pior: menos de 4% têm conhecimento adequado na disciplina, conforme dados do Saeb1, 
divulgados pelo Ministério da Educação. 
 
 O estudo mostra que a maioria dos estudantes não é capaz de resolver 
problemas com operações fundamentais com números naturais nem interpretar um 
gráfico de função a partir de valores fornecidos em um texto. Essas habilidades são 
esperadas em estudantes classificados em níveis de proficiência superiores ao 
insuficiente. Tal circunstância demonstra o quão insuficiente é o aprendizado dos concluintes 
dessa etapa do ensino. Esses discentes estão saindo da escola demonstrando desenvolvimento 
insatisfatório de habilidades básicas, o que não se observava em estudantes formados há uma 
década. 
 
 
O desafio do processo ensino-aprendizagem na Matemática 
 
 O ensino de Matemática é de grande importância, pois desenvolve a 
capacidade de refletir sobre as condições humanas de sobrevivência. Além disso, pode 
ser decisiva na entrada dos indivíduos no mundo do trabalho ou mesmo sua inclusão na 
sociedade e contribuir para as relações sociais e culturais, além de pensar sobre o 
desenvolvimento do pensamento crítico sobre o posicionamento dos alunos diante das 
questões sociais. Desta forma, é essencial pensar sobre a colaboração que a Matemática 
tem a oferecer aos educandos na formação da cidadania (BRASIL, 2000). 
 
 Nesse contexto, a Matemática, geralmente, costuma se apresentar como 
instrumento para resolução de problemas do cotidiano. Ela pode ter sua participação nas 
mais diversas situações: nas relações comerciais com operações numéricas em geral, no 
uso de grandezas e medidas, na ocupação territorial de forma planejada em termos de 
 
1 Saeb: Sistema de Avaliação da Educação Básica. Avaliação realizada a cada dois anos, pelo governo 
federal, para verificar e medir a aprendizagem dos alunos ao fim de cada etapa de ensino: 5º ano do Ensino 
Fundamental I, 9º ano do Ensino Fundamental II e a 3ª série do Ensino Médio. 
 121
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIOespaço e forma, no tratamento de dados ou de informação por meio do uso de elementos 
estatísticos, na geração de tecnologia, bem como sua utilização de forma responsável, 
dentre outros. 
 
 Nesse sentido, o aprendizado da Matemática se torna essencial para a 
qualidade de vida dos cidadãos. Nessa perspectiva, quanto ao nível de conhecimento da 
Matemática por parte da sociedade, o grande desafio é encontrar caminhos para aumentar 
o interesse dos estudantes por essa cadeira, assim como o desempenho no seu 
aprendizado. 
 
 
A Ludicidade e o uso de jogos em sala de aula 
 
 Diante do grande desafio que tem o professor de Matemática no 
exercício da função, ele pode fazer o uso de atividade na qual o aluno experimente 
situações em que possa observar, comparar, classificar, interpretar, fazer inferências e 
construir hipóteses. 
 
 Formular questões, perguntar-se sobre a existência de solução, 
estabelecer hipóteses e tirar conclusões, apresentar exemplos e contraexemplos, 
generalizar situações, criar modelos e argumentar com fundamentação lógico-dedutiva 
são habilidades que podem ser desenvolvidas e que podem auxiliar no aprendizado de 
Matemática. Nesse contexto, a ludicidade são atividades desenvolvidas no ambiente de 
aprendizagem que visam a explorar essas habilidades. Conhecidas como atividades 
lúdicas, são importantes não só por sua aplicabilidade, mas também por sua 
potencialidade na formação de um cidadão crítico, autônomo e ativo na sociedade. 
 
 Dessa forma, o trabalho com jogos, como o Cubo de Rubik, apresenta-
se como possibilidade de investigação, auxilia o desenvolvimento do raciocínio lógico e 
de atividades que envolvem concentração. Essa proposta didática representa uma forma 
interessante de propor problemas, pois permite que os desafios sejam apresentados de 
modo atrativo e favorece a criatividade na elaboração de estratégias de resolução e busca 
de soluções. 
 
 
O cubo de Rubik e suas variações 
 
 Inicialmente em madeira, o Cubo de Rubik - também conhecido 
como cubo mágico - é um quebra-cabeça tridimensional que foi criado pelo húngaro Ernö 
Rubik em 1974, quando era professor do Departamento de Desenho de Interiores, na 
Academia de Artes e Trabalhos Manuais Aplicados de Budapeste, na Hungria. Com a 
intenção de criar uma peça perfeita para representar a terceira dimensão, suas seis faces 
foram pintadas com cores distintas para que, quando fossem giradas, fosse possível uma 
melhor visualização dos movimentos realizados. 
 
 No ambiente de aprendizagem, o uso do cubo de Rubik para o 
aprendizado de Matemática tem o propósito de atrair os alunos de modo que o aprender 
envolva o prazer pela descoberta. 
 
 122
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
 
 Primeiro modelo, em madeira Modelo comercializado atualmente 
 
 Além do tradicional cubo mágico, outras variações que foram criadas 
fazem parte dos campeonatos oficiais da World Cube Association (WCA)2, desde a sua 
criação, em 20143. 
 
 
 Cubo 2x2x2 Cubo 4x4x4 Cubo 5x5x5 
 
 
 
 Cubo 6x6x6 Cubo 7x7x7 Skewb 
 
 
 Square-1 Pyraminx Megaminx 
 
 
 
 
 
 
2 https://www.worldcubeassociation.org/ 
3 https://pt.wikipedia.org/wiki/World_Cube_Association 
 123
https://www.worldcubeassociation.org/
https://pt.wikipedia.org/wiki/World_Cube_Association
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
O uso do Cubo Mágico nas aulas de Matemáticas e seus benefícios 
 
 O Cubo Mágico tem sido apresentado como um importante recurso 
metodológico no processo ensino-aprendizagem da matemática, tornando as aulas mais 
interessantes e possibilitando melhoras no desenvolvimento do convívio social. 
 O Cubo Mágico consegue provocar um bom vínculo do professor com 
os seus alunos, o que poderá influenciar relações afetivas e a relação com a matéria, 
estimulando a curiosidade e a autoconfiança, proporcionando desenvolvimento da 
linguagem, do pensamento organizado, da concentração e da atenção. Além de despertar 
a curiosidade, deve-se procurar relacionar o jogo com os conteúdos da disciplina. O 
brinquedo pode ser relacionado a diversos conteúdos, haja vista sua aplicação em 
potências de i, simetrias, volume de sólidos, probabilidade e análise combinatória e até 
mesmo na Teoria de Grupos4. É nisso também que o cubo mágico revela a sua 
importância, uma vez que promove situações de ensino-aprendizagem as quais aumentam 
a construção do conhecimento, introduzindo uma atividade lúdica e prazerosa, 
desenvolvendo a capacidade de iniciação, ação ativa e motivadora. 
 Considerado brinquedo do ano duas vezes: em 1980 e em 1981, estima-
se que já tenham sido vendidos mais de 350 milhões de cubos. Os números são ainda 
maiores quando se fala no número de permutações possíveis. 
 
Vejamos: 
 
• Podemos permutar os oito vértices do cubo, logo podemos arranjá-los de 8! formas 
diferentes. 
 
• Também podemos permutar suas doze arestas, existindo assim 12! combinações para 
elas. Entretanto, apenas metade das possibilidades acima é verdadeira, uma vez que 
não é possível permutar duas arestas sem trocar também a posição de dois vértices, e 
vice-versa. 
• Também é possível girar todos os vértices do cubo, salvo um, sem que nada mais mude 
no cubo. Uma vez que a orientação do último vértice será determinada pela orientação 
dos demais, nós temos 37 orientações distintas para os vértices. 
• O mesmo vale para a orientação das arestas. Sendo assim, temos 211 possibilidades 
para elas. 
 
No total, o número de combinações possíveis no cubo de Rubik é: 
 
 
8! ∙ 12! ∙ 37 ∙ 211
2
= 43.252.003.274.489.856.000 
 
 
4 
http://www.math.harvard.edu/~jjchen/docs/Group%20Theory%20and%20the%20Rubik's%20Cube.pdf 
 124
http://www.math.harvard.edu/~jjchen/docs/Group%20Theory%20and%20the%20Rubik's%20Cube.pdf
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
 O cubo de Rubik apresenta-se como um teste básico para problemas de 
busca e enumeração, permitindo que pesquisadores de diferentes disciplinas comparem 
seus métodos em um problema único e bem conhecido. 
 Utilizando a teoria dos grupos pesquisadores, testaram não apenas 
movimentos individuais, mas também grupos de movimentos, otimizando a solução. 
Foram 100 milhões de movimentos por segundo, até chegar ao resultado final. 
 Em 2010, alguns matemáticos, engenheiros do Google e 
um programador resolveram usar a infraestrutura da companhia norte-americana para 
processar os dados do problema e decidiram dividi-lo em 2.217.093.120 partes para 
buscar um algoritmo que conseguisse resolver qualquer cubo com o menor número de 
movimentos, denominado algoritmo de Deus. 
 E parece haver espaço para melhorias nos cálculos. Em 1997, o 
professor de ciência da computação Richard Korf afirmou que a solução ótima para o 
cubo de Rubik seria de 18 movimentos. 
 No entanto, no campeonato FMC 20195, o cubista italiano Sebastiano 
Toronto conseguiu a façanha de apresentar uma solução com dezesseis movimentos, 
tornando-se o atual campeão mundial da categoria. 
 
 A aquisição de atitudes positivas com relação à matemática deve ser 
uma das preocupações dos professores que pretendem ir além da simples transmissão de 
conhecimentos, garantindo aos seus alunos espaço para o desenvolvimento da autonomia 
nos seus esforços e o prazer da resolução de problemas. 
 
 
Considerações Finais 
 
 Na tentativa de transformar a maneira como o estudante aprende, a 
BNCC propõe que o jogo é uma forma de ver e modelar realidades, uma estruturade 
pensamento, um exercício criativo e um campo de desenvolvimento de múltiplas 
habilidades. 
 
 A atividade com o Cubo Mágico explorara os conceitos básicos de 
Contagem e faz com que os alunos, brincando, construam hipóteses matemáticas que 
possam ajudar na solução do cubo - ou seja, retornar ao caso em que as seis faces têm 
todas as peças com a mesma cor – e, instintivamente, trabalha habilidades como 
elaboração de ideias e construção de estratégias, análise de dados e a tomada de decisão. 
 
 Assim, podemos entender que, partindo das formas de raciocínio 
desenvolvidas pelo próprio aluno, utilizando diversas formas de representação na solução 
de problemas – em vez da repetição sem sentido de sequências relacionadas ao algoritmo 
escrito das operações matemáticas – e discutindo as várias estratégias e métodos de 
solução experimentados na solução de problemas, a utilização do Cubo mágico como 
estratégia para o desenvolvimento de habilidades mostra-se como uma ferramenta 
eficiente, pois os desafios lógicos e os problemas que exigem soluções não tradicionais 
são exemplos de situações que despertam as habilidades, para além do ambiente de 
 
5 https://www.worldcubeassociation.org/competitions/FMC2019 
 125
https://pt.wikipedia.org/wiki/Matem%C3%A1tico
https://pt.wikipedia.org/wiki/Google
https://pt.wikipedia.org/wiki/Programador
https://pt.wikipedia.org/w/index.php?title=Richard_Korf&action=edit&redlink=1
https://www.worldcubeassociation.org/competitions/FMC2019
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
aprendizagem, sem cair necessariamente no formalismo. O gosto pelos desafios, se 
despertado, pode ser muito mais útil, em campos diversos, com benefícios incontáveis 
para a sociedade como um todo. 
 
 
 
Referências 
 
ALMEIDA, Paulo Nunes. Educação Lúdica: Técnica e Jogos Pedagógicos. SP: 
Loyola,1990. 
BNCC, Base Nacional Comum Curricular. http://basenacionalcomum.mec.gov.br/ 
 
BORIN, Júlia. Jogos e resolução de problemas: uma estratégia para as aulas de 
matemática. São Paulo: IME-USP, 1996. 
 
BRASIL. Parâmetros Curriculares Nacionais: Matemática. Brasília, DF: MEC, 1997. 
 
BRENELLI, Rosely Palermo. O jogo como espaço para pensar. Campinas: Papirus, 
1996. 
 
CINOTO, Rafael. Método de Camadas. Disponível 
em <http://www.cinoto.com.br/website/index.php/1passo-127> 
 
GRANDO, Regina Célia. O conhecimento matemático e o uso de jogos na sala de 
aula. Tese - Universidade de Campinas, Doutorado em Educação, Campinas, 2000. 
 
MACEDO, Lino; PETTY, Ana Lucia Sicoli; PASSOS, Norimar Christe. Aprendendo 
com jogos e situações-problemas. Porto Alegre: Artmed, 2000. 
 
RUBIK, Erno. A história do Cubo Mágico. Disponível em 
<https://rubiks.com/about/thehistory-of-the-rubiks-cube/> . 
 
SINGMASTER, D. Notes on Rubik’s Magic Cube. Enslow, Hillside, NJ, 1981. 
 
WCA – World Cube Association, https://www.worldcubeassociation.org/ 
 
 
 
 126
http://basenacionalcomum.mec.gov.br/
http://www.cinoto.com.br/website/index.php/1passo-127
file:///C:/Users/Renato/Downloads/%3chttps:/rubiks.com/about/thehistory-of-the-rubiks-cube/%3e
https://www.worldcubeassociation.org/
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
 
 
CONCURSO DOCENTE EBTT: uma questão bem interessante 
 
Jardel Leite de Oliveira 
Tauá – CE 
 
 
Em 23 de agosto de 2013 foi realizado o concurso público para carreira docente 
do Instituto Federal do Ceará (IFCE) – EDITAL Nº 03/GR-IFCE/2013 – e, dentro dos 28 
cargos ofertados, era destinada uma vaga para professor na área de Matemática (Área de 
estudo: Matemática Básica; Álgebra Linear; Cálculo Diferencial e Integral). 
Neste artigo eu apresento uma maneira de resolver o item a) da Questão 1, da 
prova de Matemática Básica. 
 
Questão 1. Determine a solução de cada item a seguir. 
a) Se 𝑓(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥) = 𝑠𝑒𝑐2𝑥 + 𝑠𝑒𝑐4𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐²𝑥 +
 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐4𝑥, qual o valor de 𝑓(4) + 𝑓(5)? 
 
Solução: 
Primeiramente devemos notar que podemos aplicar a relação fundamental da 
trigonometria, 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥 = 1, na função, onde obtemos 
𝑓 (𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 𝑠𝑒𝑛2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠2𝑥⏟ 
1
)
= 𝑠𝑒𝑐2𝑥 + 𝑠𝑒𝑐4𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐²𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐4𝑥 
𝑓(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 1) = 𝑠𝑒𝑐2𝑥 + 𝑠𝑒𝑐4𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐²𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐4𝑥 
 
Agora precisamos trabalhar no lado direito da igualdade de forma a obter todos os 
valores em função de 𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥. Assim, aplicamos as seguintes identidades 
trigonométricas 
 
𝑠𝑒𝑐2𝑥 = 1 + 𝑡𝑔2𝑥 (𝑰) 
𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2𝑥 = 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 1 (𝑰𝑰) 
 
e, sabendo que 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐4𝑥 = (𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐2𝑥)2 e 𝑠𝑒𝑐4𝑥 = (𝑠𝑒𝑐2𝑥)2, aplicamos (𝑰) e (𝑰𝑰) na 
função apresentada pela questão, da seguinte maneira 
 
𝑓(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 1) = 𝑠𝑒𝑐2𝑥 + (1 + 𝑡𝑔2𝑥)2 + 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐²𝑥 + (𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 1)2 
𝑓(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 1)
= 𝑡𝑔4𝑥 + 2𝑡𝑔2𝑥 + 1 + 𝑐𝑜𝑡𝑔4𝑥 + 2𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 1 + 𝑠𝑒𝑐2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐²𝑥 
𝑓(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 1)
= 𝑡𝑔4𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔4𝑥 + 2⏟ 
𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 𝑝𝑒𝑟𝑓𝑒𝑖𝑡𝑜 
+ 2(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥) + 𝑠𝑒𝑐2𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑐²𝑥⏟ 
𝑎𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎𝑛𝑑𝑜 (𝐼) 𝑒 (𝐼𝐼)
 
𝑓(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 1)
= (𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥)2 + 2(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥) + 2 + 𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 
𝑓(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 + 1) = (𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥)2 + 3(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥) + 2 (𝑰𝑰𝑰) 
Pronto! Como agora estamos trabalhando somente em função de 𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥, 
lançaremos mão da seguinte mudança de variável, 𝑟 = 𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥, e aplicaremos na 
função em que chegamos, que está apresentada em (𝑰𝑰𝑰), da seguinte forma 
 127
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 5 – MAGISTÉRIO 
 
𝑓 (𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 ⏟ 
𝑟
+ 1) = (𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 ⏟ 
𝑟
)
2
+ 3(𝑡𝑔2𝑥 + 𝑐𝑜𝑡𝑔2𝑥 ⏟ 
𝑟
) + 2 
 
𝑓(𝑟 + 1) = 𝑟2 + 3𝑟 + 2 
 
Simplificamos a função originalmente apresentada na questão, obtendo um 
trinômio do 2º grau na variável 𝑟, e agora basta encontrar 𝑓(4) e 𝑓(5) e somar os 
resultados. Atentemos para o fato de que NÃO devemos aplicar os valores diretamente 
nas funções, pois incorreremos em erro. Devemos proceder da seguinte forma 
 
𝑓(4) = 𝑓(𝑟 + 1) ⇒ 4 = 𝑟 + 1 ⇒ 𝑟 = 3 
𝑓(5) = 𝑓(𝑟 + 1) ⇒ 5 = 𝑟 + 1 ⇒ 𝑟 = 4 
 
Agora sim, esses são os valores de 𝑟 que devemos aplicar na função, ficando 
 
𝑓(4) + 𝑓(5) = 32 + 3 3 + 2⏟ 
𝑓(4)
+ 42 + 3 4 + 2⏟ = 20 + 30
𝑓(5)
 
 
𝑓(4) + 𝑓(5) = 50 
 
Terminamos aqui a resolução desta questão. 
 
Espero ter colaborado um pouco apresentando a resolução desta questão, pois 
busquei descrever de maneira bem detalhada cada passo que foi utilizado. 
Se você quiser acessar o conteúdo dessa prova na íntegra, basta acessar o site do 
IFCE. 
 
 128
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 6 – APLICAÇÕES 
 
 
A HIPÓTESE DE RIEMANN 
 
Samuel Liló Abdalla 
 
 
Você quer ganhar um milhão de dólares (US$ 1.000.000,00)? 
 
O Clay Mathematics Institute, de Cambridge, Massachusetts, que se dedica ao 
crescimento e disseminação do conhecimento matemático, divulgou que constitui um 
fundo de 7 milhões de dólares destinado a premiar soluções de sete problemas de 
matemática, correspondendo 1 milhão de dólares para cada um dos problemas. Os 
problemas foram escolhidos por especialistas, e são questões importantes da matemática 
que resistem há muitos anos às tentativas de solução. Dois desses problemas serão 
apresentados nesse artigo. 
 
A Hipótese de Riemann 
 
Há muito tempo, a Matemática deixou de ser uma ciência que se ocupa apenas de 
números. Atualmente, matemáticos lidam com entidades extremamente abstratas, tais 
como variedades multidimensionais, etc. Contudo,os números estão por traz de tudo. Um 
problema intrigante trata de números primos. Se você faltou à aula, vale a pena lembrar 
que números primos são aqueles que só são divisíveis por 1 e por si mesmos. O número 
5, por exemplo, é primo. Já o 6 não é, pois é divisível também por 2 e por 3. O 7 é primo, 
o 8 não - é divisível por 2 e 4 - e assim por diante. A sequência de números primos (2, 3, 
5, 7, 11, 13, 17, 19, ...) sempre calou os matemáticos, porque parece não ter a menor 
lógica (não possuir uma lei de formação). Comporta-se como se os primos aparecessem 
ao acaso. 
Se alguém desenvolver um método eficiente que seja capaz de determinar quantos 
primos existem até um certo número, poderemos ter consequências que vão da segurança 
de computadores até as teorias sobre a origem do Universo. 
 
O matemático alemão Bernhard Riemann possuía uma intuição poderosa e precisa, 
e revolucionou a Análise Matemática, a Geometria e a Física Matemática. Em Teoria 
Analítica dos Números, bem como em outras áreas da Matemática, suas idéias 
fundamentais ainda exercem uma profunda influência. Variedades Riemannianas, 
Superfícies de Riemann, Equações de Cauchy – Riemann, Hipótese de Riemann, e muitos 
outros assuntos encontram-se entre seus trabalhos. 
Em 1851, Riemann completou o doutorado sob orientação do grande matemático 
alemão K. F. Gauss (1777-1855) que afirmou: “Riemann é possuidor de uma 
originalidade gloriosamente fértil”. Um fato peculiar é que a chave para alguns dos 
problemas contemporâneos mais essenciais reside em uma conjectura feita por Riemann. 
Denominada de Hipótese de Riemann, essa conjectura representa um dos problemas 
mais importantes em aberto da Matemática Pura. 
 
Tudo começou quando Euler definiu em 1740 uma função denotada pela letra grega 
 ( lê-se “zeta”). A função zeta de Euler associa a todo número real maior que 1 um novo 
número real 
 
+++++++==

=
ssssss
n
ssn
s
7
1
6
1
5
1
4
1
3
1
2
1
1
11
)(
1

 
 129
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 6 – APLICAÇÕES 
 
 
Notou-se que, substituindo s pelo número 2, Euler descobriu que 
2
(2) .
6

 = Ele 
observou que essa função daria informações sobre o padrão dos números primos e, assim, 
nascia a Teoria Analítica dos Números, ou seja, o estudo dos números primos por meio 
do Cálculo aplicado à investigação de propriedades de algumas funções complexas. 
Convém observar que existem inúmeras funções zeta e alguns matemáticos 
costumam dizer que Teoria dos Números (parte da matemática que estuda as propriedades 
dos números inteiros e naturais) é o estudo de funções zeta. Entretanto, qual é a relação 
entre os números primos e a função zeta de Euler? 
Euler demonstrou um impressionante teorema que afirma que para qualquer 
número real s maior que 1, a função zeta se expressa como um produto infinito de fatores 
da forma: 
 
s
1
1
1
p
 
−  
 
 
 
qualquer que seja o número primo p, ou seja, 
 
s s s s
1 1 1 1
(s) . . . .
1 1 1 1
1 1 1 1
2 3 5 7
 =
       
− − − −       
       
 
 
Em 1859, Riemann publicou seu único artigo em Teoria dos Números, onde usava 
a função zeta para investigar o padrão dos primos. Seu objetivo era demonstrar a 
Conjectura de Gauss, hoje conhecida como Teorema do Número Primo, que afirmava que 
a quantidade de números de primos entre 1 e x, quando x é muito grande, é 
aproximadamente x dividido pelo logaritmo natural de x, isto é, 
x
.
ln x
 
 
Riemann tratou a função zeta como uma função de uma variável complexa z. Por 
esse motivo, a função é conhecida como função zeta de Riemann. 
 
Consideremos a equação ( )s 0. = Qualquer número complexo s que resolva essa 
equação é denominado um “zero” da equação (raiz da equação). 
Riemann observou, primeiramente, que os inteiros negativos pares 2, 4, 6,− − − 
são zeros da função. Depois observou que deveriam existir infinitos zeros complexos e, 
então, estabeleceu de forma audaciosa a conjectura de que qualquer raiz complexa da 
função zeta possui parte real igual a 
1
,
2
 ou seja, têm a forma 
1
s bi,
2
= + onde i é a unidade 
imaginária e b um número real. 
Portanto, todos os zeros da função zeta que não são números reais estarão na reta 
vertical 
1
x .
2
= Essa reta é geralmente chamada de reta crítica. 
 
 130
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 6 – APLICAÇÕES 
 
Hipótese de Riemann: “Os zeros não-triviais da equação ( )s 0 = têm parte 
real igual a 
1
.
2
”. 
 
Uma observação bastante pertinente é que os zeros da reta crítica não são reais, 
colocam-se simetricamente em relação ao eixo real e também em relação à própria reta 
crítica. Essa é a famosa hipótese de Riemann. É, sem dúvida, um problema muito 
importante, pois o conhecimento dos zeros da função zeta se traduz por um conhecimento 
avançado das leis que regem a sequência de números primos. 
Em 1914, o brilhante matemático britânico Godfrey Hardy demonstrou que 
infinitos zeros da função zeta se encontram na reta ( )
1
Re z .
2
= Sabe-se que os primeiros 
91,5 10 zeros na região ( )0 Re z 1  estão todos na reta ( )
1
Re z .
2
= No entanto, 
aguarda-se uma demonstração para todos os zeros. 
 
 
Quais repercussões a resolução positiva dessa conjectura pode trazer? 
 
A criptologia trata basicamente do estudo dos sistemas sigilosos (sistemas ocultos) 
e as suas origens estão na Antiguidade Clássica, quando os gregos propuseram a seguinte 
solução na busca do sigilo nas informações: 
 
Um escravo mensageiro tinha os seus cabelos raspados e a mensagem copiada em 
seu couro cabeludo. Após o crescimento do cabelo, ele era mandado ao destino da 
mensagem. O destinatário raspava o cabelo do escravo e lia a mensagem. É evidente a 
possibilidade do mensageiro ser interceptado pelo inimigo. 
O imperador romano Júlio César propôs uma outra solução, denominada atualmente 
de cifra de César, para tornar secretas as mensagens que enviava para seus generais em 
missões na Europa. 
A mensagem escrita era modificada de modo que cada letra da mensagem era 
transformada em três letras seguintes do alfabeto latino e as três últimas letras 
correspondiam às primeiras do alfabeto da seguinte maneira: D corresponderia a A, E 
corresponde a B, ... , Y corresponderia a V, ... , A corresponderia a X, ... , C corresponderia 
a Z, matematicamente criou uma função bijetora do alfabeto no alfabeto. 
 
 
 
Dessa maneira, a famosa frase de Júlio César “VENI.VIDI.VICI.” (“Vim. Vi. 
Venci.”) tornava-se “YHQL.YGLG.YLFL.” Júlio César inventou, portanto, um dos 
primeiros cripto-sistemas. 
 131
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 6 – APLICAÇÕES 
 
 
A criptografia é a arte de tornar incompreensível com a utilização de uma cifra ou 
código uma determinada mensagem. 
A cripto-análise é a ciência que abrange os princípios, meios e métodos para se 
chegar e decriptação de um criptograma. 
Cifrar é o procedimento de transformar uma mensagem em um texto cifrado, ou 
seja, modificam-se as letras da mensagem por meio de uma transformação especificada. 
A chave determina uma transformação particular de um conjunto de transformações 
possíveis. 
 
Exemplo: Cifra de Vernam 
 
Pretendemos cifrar a mensagem “Segredo”. A representação numérica dos 
caracteres da palavra segredo recorrendo a tabela ASCII (padrão de código americano 
utilizado nos computadores) dada na base hexadecimal é dada por 
 
53 65 67 72 65 64 6F 
 
e na base binária por 
 
m = 01010011 01100101 01100111 01110010 01100101 01100100 01101111. 
 
Consideremos a chave secreta, 8A 46 03 3C 45 74 08, para uso na cifra de Vernam, 
cuja representação binária é 
 
x = 10001010 01000110 00000011 00111100 01000101 01110100 00001000. 
 
Através de uma operação booleana entre a mensagem e a chave secreta chega-se na 
mensagem cifrada: 
 
c= 11011001 00100011 01100100 01001110 00100000 00010000 11010111. 
 
Na base hexadecimal, a mensagem cifrada é representada por c = D9 23 64 4E 20 10 67. 
 
A operação realizada é bit a bit, como mostra a tabela-verdade abaixo: 
 
m (mensagem) x (chave secreta) c (mensagem cifrada) 
0 0 0 
0 1 1 
1 0 1 
1 1 0 
 
Consideremos que a chave secreta (x) é aleatória e não é utilizada mais que uma só 
vez, ou seja, para responder a primeira mensagem com k bits usamos os bits k 1X ,+ 
k 2X ,+ − nestas condições, a cifra de Vernam é inquebrável. O processo inverso de 
cifrar é conhecido como decifrar. 
 
Um cripto-sistema é constituído de um conjunto de mensagens admissíveis, um 
conjunto de mensagens cifradas possíveis, um conjunto de chaves, onde cada chave 
especifica uma função criptografia particular, e as suas correspondentes funções 
decifração. 
 132
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 6 – APLICAÇÕES 
 
 
Em 1977, três pessoas fizeram a mais singular e espetacular contribuição para a 
criptografia de chave pública: Ronald Rivest, Adi Shamir e Leonard Adleman assumiram 
o desafio de produzir um criptossistema de chave pública totalmente desenvolvido. Em 
maio de 1977, eles foram recompensados com o sucesso. Eles haviam descoberto uma 
contribuição gigantesca da Teoria de Números na resolução do problema. 
 
O RSA é um criptossistema de chave pública baseado na fatoração de números 
inteiros. X escolhe dois números primos p e q, cada um tendo pelo menos 100 dígitos 
(GIMPS). Esses primos são gerados aleatoriamente por computadores para que não haja 
violação do sistema. A chave secreta de decifração consiste nesses dois números primos. 
A chave pública que cifra é o produto n p q=  desses primos. Como não há método rápido 
para se fatorar completamente números inteiros grandes, o sistema se mantém seguro 
porque, como ninguém consegue descobrir p e q, digamos, em menos de um ano, dá 
tempo de terminar a transação sem a interferência de intrusos. 
 
Esse enigma é considerado um dos maiores e mais interessantes problemas em 
aberto de toda a Matemática, pois, além de revelar um conhecimento profundo da 
distribuição dos números primos, ele também está relacionado a um dos problemas atuais 
da maior importância: a segurança na internet. 
Quando escrevemos uma carta de instruções para compra de ações, ou fazemos uma 
transação bancária em um caixa eletrônico, ou qualquer outra transação na economia 
digital, dependemos de um artifício matemático (utilizando o comportamento dos 
números primos) para manter a segurança do sistema. 
No entanto, uma demonstração da Hipótese de Riemann poderia levar a grandes 
conquistas na investigação da fatoração de números grandes e colocar em perigo os atuais 
métodos utilizados na proteção e segurança na rede mundial de computadores (WWW). 
 
 
Para saber mais: 
http://www.claymath.org/millennium/ 
http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/hilbert/toc.html 
 
 
 133
http://www.claymath.org/millennium/
http://aleph0.clarku.edu/~djoyce/hilbert/toc.html
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
 
A seguir apresentamos uma poesia sobre Matemática escrita pelo Professor de 
Literatura da FAAP – Ribeirão Preto – SP, Ronaldo Mota. 
 
 
 
“No seno de trinta tinha um meio; 
Tinha um meio no seno de trinta. 
A matemática, na poesia, 
Não chega a ser 
Uma má temática.” 
 
 
 134
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
 
A GENTE PERGUNTA. VOCÊ RESOLVE. 
 
 
Nessa seção os colaboradores da RCMat vão propor questões para que você, 
leitor, tente resolver. Divirta-se buscando desvendar esses pequenos enigmas da 
Matemática! 
Você pode enviar suas soluções (com seu nome cidade e estado) para 
revistarcmat@gmail.com a qualquer tempo. Os nomes de todos que enviarem soluções 
corretas e as melhores soluções serão publicados nas próximas edições da RCMat. 
 
 
Problema 1: 
Se a3 4;= b4 5;= c5 6;= d6 7;= e7 8= e f8 9,= o valor do produto a b c d e f     é 
igual a 
a) 1 b) 2 c) 6 d) 3 e) 
10
3
 
 
Problema 2: Vestibular PUC Rio 2018 – inverno 
Pedrinho tem vários carrinhos de brinquedo, alguns grandes, outros pequenos. Ele 
observa que 20% dos carrinhos pequenos são azuis e que 50% dos carrinhos grandes 
são azuis. Contando todos os carinhos, 30% são azuis e 20% são vermelhos. Sabendo 
que 10% dos carrinhos grandes são vermelhos, determine a porcentagem dos carrinhos 
pequenos que são vermelhos. 
a) 20% b) 25% c) 30% d) 40% e) 60% 
 
Problema 3: CN 2019-2020 
O número ‘E’ é obtido pela expressão formada pela soma de todas as potências naturais 
do número 2, desde 0 até 2019, ou seja, 0 1 2 3 4 2018 2019E 2 2 2 2 2 2 2 .= + + + + + + + 
O resto da divisão de ‘E’ por 7 é: 
a) 5 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1 
 
Problema 4: 
Seja ( )S n a soma dos dígitos do número natural n. Prove que, se ( ) ( )S 2n S n ,= então 
n é múltiplo de 9. 
 
Problema 5: Proposto por Pedro Pantoja (Natal – RN) 
 
Resolve em a equação 3 33 3x 7 x 1 x 5 x 1.− − − = − − + 
 
Problema 6: 
Sabendo que a soma dos n primeiros termos da ( )1 2 3PG a ,a ,a , , de razão q é S. Prove 
que a soma dos n primeiros termos da sequência 
1 2 3
1 1 1
, , ,
a a a
 
 
 
 é 
1 n
S
S' .
a a
=

 
 
 
 
 135
mailto:revistarcmat@gmail.com
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
Problema 7: IME 2018-2019 2ª FASE 
Um cubo com diagonal principal AG é interceptado pelo plano , perpendicular à 
AG, formando uma seção hexagonal regular. Calcule, em função da aresta a do cubo: 
a) o apótema dessa seção hexagonal; 
b) o raio da esfera que é tangente a essa seção e às faces do cubo que contém o vértice 
A. 
 
Problema 8: IME 2018-2019 2ª FASE 
Um jogo de dominó possui 28 peças com duas pontas numeradas de zero a seis, 
independentemente, de modo que cada peça seja única, conforme ilustra a Figura 1. 
 
O jogo se desenrola da seguinte forma: 
1 – Quatro jogadores se posicionam nos lados de uma mesa quadrada. 
2 – No início do jogo, cada jogador recebe um conjunto de 7 peças, de forma aleatória, 
de modo que somente o detentor das peças possa ver seu conteúdo. 
3 – As ações ocorrem por turnos no sentido anti-horário. 
4 – O jogador com a peça 6|6 coloca-a sobre a mesa e em seguida cada jogador, na sua 
vez, executa uma de duas ações possíveis: 
 a) Adiciona uma de suas peças de forma adjacente a uma duas das extremidades 
livres do jogo na mesa, de modo que as peças sejam encaixadas com pontas de mesmo 
valor. 
 b) Passa a vez, caso não possua nenhuma peça com ponta igual a uma das 
extremidades livres da mesa. 
5 – Vence o jogo o primeiro jogador a ficar sem peças na mão. 
 136
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
No jogo da Figura 2, é a sua vez de jogar e você constatou que o jogador à sua direita 
não possui peças com ponta 5 e o jogador a sua frente não possui peças com ponta 0. 
Você analisou todas as possíveis configurações de peças que os jogadores podem ter em 
suas mãos e decidiu jogar de modo a garantir que uma das pontas livres da mesa só 
possa ser usada por uma peça de sua posse, e que essa será a sua última peça em mão. 
Ao utilizar essa estratégia: 
a) Quantas configurações de peças nas mãos dos jogadores garantem a vitória do jogo a 
você? 
b) Esta quantidade corresponde a qual percentual do total de configurações possíveis? 
Observação: A ordem das peças na mão de um jogador não importa. 
 
 
 
 137
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
119 
 
A GENTE PERGUNTA. VOCÊ RESOLVE. 
(SOLUÇÕES DOS LEITORES) 
 
 
 
Solução do problema 5 da RCMat nº 2 de abril/2019 enviada pelo leitor Felipe 
Guana Teti de São Paulo – SP.Enunciado: 
Defina a sequência 0 1c ,c , com 0c 2= e k k 1c 8 c 5−=  + para k 0. Calcule 
k
kk
c
lim .
8→
 
 
Resolução: 
Perceba que, dividindo toda a recorrência por k8 , poderemos definir uma nova sequência 
k
k k
c
b
8
= com recorrência da seguinte forma: 
k k 1 k
5
b b .
8
−= + 
Escrevendo todas as igualdades desde n 1= até n k= e somando-as, teremos: 
k
k 0 n
n 1
5
b b .
8=
= +  
O somatório é a soma de uma P.G.. Resolvendo, teremos que kc é igual a: 
( )( ) ( ) ( )k1 1 k k
k 0 1 k k
k
8 8 1 1 8 8 1 19 5
b b 5 2 5 2 5
7 78 1 7 8 7 88 8
8
− −
−
 − − −
= +  = +  = +  = −
 −   −  
 
 
k k
k k
19 5
c b 8 8 .
7 7
=  =  − 
Assim, 
k
k
k k kk k k
19 5
8
c 19 5 197 7
lim lim lim .
7 78 8 7 8→ → →
 
 − 
  
= = − = 
 
 
 
 
 138
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
DESAFIOS DE GEOMETRIA PLANA 
 
 
Nessa seção são propostos alguns problemas interessantes e até desafiadores de 
Geometria Plana para que você tente resolver. A Geometria Plana é, sem dúvida, uma 
das áreas mais apaixonantes da Matemática e você está convidado a embarcar nessa 
paixão. 
Você pode enviar suas soluções (com seu nome cidade e estado) para 
revistarcmat@gmail.com a qualquer tempo. Os nomes de todos que enviarem soluções 
corretas e as melhores soluções serão publicados nas próximas edições da RCMat. As 
soluções dos editores também serão publicadas na próxima edição. 
 
 
1) Seja o triângulo isósceles AOB da figura, no qual OA OB= e ˆAOB 2 .=  Seja um 
ponto C tal que ˆACB ,= então prove que OC OA OB,= = ou seja, que C, A e B 
pertencem a uma mesma circunferência de centro O. 
 
 
 
2) Na figura BD BC AC,= = ˆDAC =  e ˆDBC 2 ,=  então prove que 
ˆACB 120 2 .= −  
 
 
 
 140139
mailto:revistarcmat@gmail.com
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
3) Na figura AD BD BC,= = ˆCAD =  e ˆCBD 2 ,=  então prove que 
ˆACB 120 2 .= −  
 
 
 
4) Sejam o triângulo ABC e a ceviana BN da figura tais que ˆBAC 2x,= ˆABN x,= 
AB NC= e BN BC.= Calcule x. 
 
 
 
5) Calcule x no triângulo ABC da figura. 
 
 
 
 141140
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
6) Na figura, calcule x. 
 
(Problema proposto pelo professor Marcos Avalos do grupo do FB Geometría – 
TARMA) 
 
7) Na figura, calcule x. 
 
(Problema proposto pelo professor Marcos Avalos do grupo do FB Geometría – 
TARMA) 
 
8) Calcule a área do quadrilátero côncavo AQBC (região sombreada) sabendo que P é 
um ponto de BC, tal que PC 2 AB,=  ˆˆABC PQC 90= =  e QC 6= unidades de 
comprimento. 
 
 
 
 142141
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
9) Considere os triângulos ABC e MNP . Se as medidas dos lados do segundo triangulo 
são, respectivamente, iguais às medidas das medianas do primeiro, então a razão da área 
de MNP para a área de ABC é igual a: 
a) 
1
3
 b) 
1
2
 c) 
2
3
 d) 
3
4
 e) 
5
6
 
(Proposto no concurso de admissão ao Colégio Naval de 2003) 
 
10) Como mostrado na figura, o triângulo ABC foi dividido em seis triângulos menores 
por cevianas que passam por um mesmo ponto interior ao triângulo. As áreas de quatro 
desses triângulos estão indicadas na figura. Calcule a área do triângulo ABC. 
 
a) 239 b) 265 c) 290 d) 315 e) 345 
(Proposto no concurso de admissão ao Instituto Militar de Engenharia de 1990) 
 
 
 143142
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
128 
CHARGES DO PROFESSOR 
 
Cristiano Marcell 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se você quiser aprender uma pouco mais sobre a sequência de Fibonacci leia o artigo 
sobre Leonardo de Pisa na seção “Um Pouco de História”. 
 
 
 144143
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
 
UM POUCO DE HISTÓRIA. 
 
Renato de Oliveira C. Madeira 
madematica.blogspot.com 
 
 
 
 Esse aí ao lado é o italiano Leonardo 
de Pisa (1170-1250), mas você 
provavelmente o conhece pela sua alcunha, 
Fibonacci (filho de Bonacci). Ele nasceu 
em Pisa, na Itália, mas foi educado na 
Barbária (atual Argélia) no norte da África, 
onde seu pai, Guilielmo Bonacci, 
trabalhava como um “adido comercial”. 
Nessa época aprendeu a Álgebra de Al-
Khowarizmi (708-850) e Abû Kâmil (850-
930), e o sistema numérico dos árabes. 
Leonardo acompanhou seu pai em diversas 
viagens, tendo passado por Egito, Síria, 
Grécia, Sicília e Provença. Provavelmente, 
por isso ele, algumas vezes, referia-se a si 
mesmo, como Leonardo Bigollo, cujo 
significado é viajante ou andarilho. 
 Ele voltou para a Itália por volta de 1200 e foi um dos principais responsáveis pela 
introdução do sistema de numeração árabe na Europa, em lugar dos algarismos romanos 
usados até então. 
 Em 1202, publicou o Liber Abaci (Livro das contas), revisto em 1228, um tratado 
de aritmética e álgebra, considerado uma obra-prima da Matemática medieval e 
modelos durante 2 séculos. Nesse livro foram apresentados os numerais indo-arábicos, o 
sistema de numeração posicional, as operações fundamentais com números inteiros e 
frações, usando traço de fração como hoje, mas decompostas em partes de numerados 1 
como no Egito antigo. 
 O primeiro capítulo do Liber Abaci começa assim: 
 
“Esses são as nove símbolos dos indianos: 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1. Com esses 
nove símbolos e com esse símbolo 0, que em árabe é chamado zephirum, 
qualquer número pode ser escrito, como será demonstrado.” 
 
Nessa obra também se encontra também a famosa sequência de Fibonacci 
 
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, ... 
 
na qual cada termo é a soma dos dois precedentes e que é a resposta ao seguinte 
problema: 
 
“Quantos casais de coelhos se originarão de um único casal, supondo-se 
que cada casal procria um novo casal todos os meses, que cada novo casal 
começa a multiplicar-se a partir do segundo mês, e que nenhum dos 
animais morre?” 
 
 145144
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
 O periódico Fibonacci Quarterly (https://www.fq.math.ca/) é uma publicação 
dedicada a estudar a Matemática relacionada à sequência de Fibonacci. 
 
 Ainda no Liber Abaci encontramos o seguinte problema, que é uma variação do 
problema 79 do famoso papiro de Rhind1,. 
 
“Há sete mulheres idosas no caminho para Roma. Cada mulher tem sete 
mulas; cada mula carrega sete sacos; cada saco contém sete pães; com 
cada pão estão sete facas; e cada faca está em sete bainhas. Mulheres, 
mulas, sacos, pães, facas e bainhas, quantos há ao todo no caminho para 
Roma? 
 
 Muitos problemas apresentados no livro eram de natureza prática, influenciado 
pelas práticas mercantis. Esse foi um dos motivos da grande influência dessa obra. Ela 
não foi escrita para acadêmicos. Foi escrita em uma linguagem acessível às pessoas que 
iriam utilizar aquele conhecimento em seu dia-a-dia, principalmente mercadores. Sua 
habilidade de escrever de maneira clara para um público leigo fez de Fibonacci uma 
celebridade na época. 
 Em 1220, Leonardo Pisano publicou Practica Geometriae, com vasto material de 
Geometria e Trigonometria elaborado com rigor Euclideano e alguma originalidade, 
provavelmente derivado de fontes gregas atualmente perdidas. 
 
 O Liber Quadratorum foi publicado em 1225. Obra brilhante com ideias originais 
sobre teoria dos números e que garantiu a Fibonacci a posição de um dos maiores 
matemáticos no período de Diofanto (~214 - ~299) até Fermat (1607-1665). 
 Nessa obra, entre outras coisas, Fibonacci discute métodos para encontrar ternos 
Pitagóricos por meio da fórmula ( ) ( )
22n 2n 1 n 1 .+ + = + 
 
Eu pensei sobre a origem de todosos quadrados perfeitos e descobri que 
eles surgem de um acréscimo regular de números ímpares. A unidade é um 
quadrado e dela produz-se o primeiro quadrado, a saber 1; adicionando-se 3 
a ele produz-se o segundo quadrado, a saber 4, cuja raiz é 2; se a essa soma 
é adicionado o terceiro número ímpar, ou seja, 5, o terceiro quadrado será 
produzido, a saber 9, cuja raiz é 3; e assim a sequência e a série de números 
quadrados perfeitos sempre surge por meio da adição regular de números 
ímpares. 
 
 O método descrito a seguir foi utilizado para construir os ternos Pitagóricos. 
 
Assim, quando eu desejo encontrar dois números quadrados perfeitos cuja 
adição resulta um quadrado perfeito, eu tomo qualquer quadrado perfeito 
ímpar como um dos dois quadrados perfeitos e encontro o outro quadrado 
adicionando todos os números ímpares desde a unidade até o quadrado ímpar, 
sem incluí-lo. Por exemplo, eu tomo o 9 como um dos dois quadrados 
mencionados; o outro quadrado será obtido adicionando-se todos os números 
ímpares menores do que 9, ou seja, 1, 3, 5, 7, cuja soma é 16, um quadrado 
perfeito, que quando somado a 9 resulta 25, também um quadrado perfeito. 
 
1 O papiro de Ahmés ou de Rhind foi escrito entre 1700 e 2000 a.C. pelo escriba A’hmosé, descoberto em 
Tebas e comprado em 1858 por A. H. Rhind. 
 146145
https://www.fq.math.ca/
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
 
 Também em 1225, Frederico II, Imperador Romano-Germânico e Rei da Itália, 
impressionado com as histórias sobre Fibonacci, organizou um torneio sobre 
Matemática, cujas questões, propostas por um membro da corte, João de Palermo, 
foram as seguintes: 
 
1ª) Achar um número racional cujo quadrado, quer acrescido, quer diminuído de 
5, permaneça o quadrado de um número racional. 
 
2ª) Encontrar, pelos métodos empregados no Livro X de Euclides, uma linha cujo 
comprimento satisfaça a equação 3 2x 2x 10x 20.+ + = 
 
3ª) Três homens possuem uma pilha de dinheiro, sendo suas partes 
1
,
2
 
1
3
 e 
1
.
6
 
Cada homem tira uma quantidade de dinheiro da pilha até que não sobre nada. O 
primeiro homem devolve 
1
2
 do que retirou, o segundo 
1
3
 e o terceiro 
1
.
6
 Quando 
o total é dividido igualmente entre eles, descobre-se que cada um ficou com sua 
parte correta. Quanto dinheiro havia na pilha original, e quanto cada homem 
retirou da pilha? 
 
 Leonardo resolveu corretamente as três questões e publicou as soluções no livro 
Flos (Flores) nesse mesmo ano, que ele presenteou a Frederico II. 
 Leonardo Pisano publicou diversos livros, mas apenas os quatro citados acima 
sobreviveram até os dias atuais. 
 Em um decreto da República de Pisa de 1240 é atribuído um salário ao “sério e 
erudito Mestre Leonardo Bigollo” em reconhecimento aos serviços prestados à cidade, 
sob a forma de aconselhamento em questões contábeis e por ensinar os cidadãos. 
 
 Na próxima edição da revista RCMat, apresentaremos um artigo sobre a sequência 
de Fibonacci e diversos resultados associados a ela, inclusive sua relação com o número 
de ouro ( ) . 
 
 
REFERÊNCIAS: 
(1) https://www.barrons.com/articles/the-man-behind-modern-math-1440227497 
 (acessado em 02 de outubro de 2019). 
(2) Sedwick, W. T. e Tyler, H. W. – História da Ciência Desde a Remota 
Antiguidade até o Alvorecer do Século XX. Porto Alegre: Livraria Globo S.A. – 
1950. 
(3) Devlin, K. – The 800th birthday of the book that brought numbers to the west. 
https://www.maa.org/external_archive/devlin/devlin_10_02.html (acessado em 02 de 
outubro de 2019). 
(4) Eves, H. – An Introduction to the History of Mathematics – Saunders College 
Publishing – 1990. 
(5) https://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/Biographies/Fibonacci.html (acessado em 
02 de outubro de 2019). 
 
 
 147146
https://www.barrons.com/articles/the-man-behind-modern-math-1440227497
https://www.maa.org/external_archive/devlin/devlin_10_02.html
https://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/Biographies/Fibonacci.html
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
 
adinhas! 
 
Renato de Oliveira C. Madeira 
madematica.blogspot.com 
 
- Doutor, acho que sou meio surdo. 
- Vamos, então, fazer um teste. Diga oitenta e oito. 
- Quarenta e quatro... 
 
 
Minha namorada é a raiz quadrada de 100.− Ela é nota 10, mas é puramente imaginária. 
 
 
Como você consegue ficar aquecido em qualquer cômodo? 
Basta você se encolher em um canto, onde está sempre 90 graus. 
 
 
Como você faz Matemática de cabeça? 
Basta usar números imaginários. 
 
 
Por que os romanos não acharam a Álgebra muito desafiadora? 
Porque eles sempre souberam que X é 10. 
 
 
- O que um lógico escolheria: meio ovo ou a felicidade eterna após a morte? 
- Meio ovo! Porque nada é melhor do que a felicidade eterna após a morte, e meio ovo é 
melhor do que nada! 
 
 
Um recém-chegado membro do Instituto de Estudos Avançados em Princeton encontrou 
dois senhores e perguntou se algum deles sabia algo sobre teoria da representação. Os 
dois senhores eram Borel e Langlands e responderam “sim”. “Bem”, disse o novato, 
“vocês se importam se eu fizer uma pergunta estúpida?” “Você já fez”, respondeu 
Langlands. 
 
Nota: Armand Borel (1923-2003) e Robert P. Langlands (1936 - ) são dois dos maiores 
expoentes na área de Teoria da Representação. 
 
 
Dois matemáticos estavam estudando convergência de séries. Um deles diz: “Você 
percebe que essa série converge mesmo quando tornamos todos os seus termos 
positivos?” O outro retruca: “Você tem certeza?” E o primeiro responde: 
“Absolutamente!” 
 
 
 147
RCMat – Revista do Clube de Matemáticos nº 3 – outubro de 2019 
PARTE 7 – VARIEDADES 
 
 
 
 
 
Aqui termina nossa terceira edição. Esperamos que você tenha aprendido e se 
divertido. Acompanhe nosso blog (https://revistarcmat.blogspot.com/) e nossa página no 
Facebook (https://www.facebook.com/revistadoclubedematematicos/). Deixe por lá as 
suas impressões sobre essa edição e o que você gostaria de ver nos próximos números. 
Você também pode enviar para nosso e-mail (revistarcmat@gmail.com) 
dúvidas, problemas que você gostaria de ver resolvidos, suas soluções para os 
problemas que apareceram na revista, piadas relacionadas a Matemática, histórias de 
professores que marcaram você, etc. 
Se você é professor, compartilhe conosco experiências pedagógicas 
interessantes que você tenha tido com suas turmas ou envie-nos artigos para submissão. 
Sugestões de artigos e novas seções também são muito bem-vindas! 
 
Até a próxima!!! 
 149148
https://revistarcmat.blogspot.com/
https://www.facebook.com/revistadoclubedematematicos/
mailto:revistarcmat@gmail.com
	Área no Planeta Tchuplifo
	Projeto: área do disco