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Problema: A Ana escreveu ordenadamente os números de $1$ a $2016$ numa folha e depois eliminou desta lista todos os números que contêm algarismos repetidos. Nesta nova lista, $1,2,\ldots,9,10,12,\ldots$, em que posição aparece o número $2016$?

Opções:
A) $1102$
B) $1246$
C) $1318$
D) $1344$
E) $1566$

Resolução: Entre $1$ e $9$ há $9$ números sem algarismos repetidos. Entre $10$ e $99$ há $9\times 9=81$ números sem algarismos repetidos, pois podemos formar um tal número escolhendo qualquer número entre $1$ e $9$ para o primeiro algarismo e qualquer número entre $0$ e $9$, distinto da primeira escolha, para o segundo algarismo. De forma análoga, entre $100$ e $999$ há $9\times 9\times 8=648$ números sem algarismos repetidos. Entre $1000$ e $1999$ há $9\times 8\times 7=504$ números sem algarismos repetidos. Finalmente, entre $2000$ e $2016$ há $4$ números sem algarismos repetidos. Assim, o número $2016$ aparece na nova lista na posição $9+81+648+504+4=1246$. Opção correta: B).

Resposta correta: B
Problema: Cansada de somas e produtos, a Ana definiu uma nova operação $\sharp$ no conjunto dos números inteiros positivos pondo $a\sharp b = ab^2 + a$. Sabendo que $(a\sharp b)\sharp c = 765$, determina o valor de $a$.

Opções:
A) $1$
B) $3$
C) $5$
D) $9$
E) $15$

Resolução: Uma vez que $(a\sharp b)\sharp c=(ab^2+a)\sharp c=a(b^2+1)(c^2+1)$ e que $765=3^2\times 5\times 17$, conclui-se que as únicas soluções para a igualdade $a(b^2+1)(c^2+1)=765$ obtêm-se fazendo $a=9$, sendo ($b^2+1=5$ e $c^2+1=17$) ou ($b^2+1=17$ e $c^2+1=5$). Opção correta: D).

Resposta correta: D
Problema: A Ana desenhou um quadrado com dois vértices sobre uma circunferência de raio $10$. Em seguida, desenhou uma circunferência de raio $3$, tangente à circunferência maior, e ao quadrado, no ponto médio de um dos seus lados, como na figura seguinte. Quando mede o lado do quadrado? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-10,-10)(10,10) \pscircle(0,0){10} \pscircle(-7,0){3} \pspolygon(-4,6)(8,6)(8,-6)(-4,-6) \end{pspicture}

Opções:
A) $7$
B) $9$
C) $10$
D) $12$
E) $13$

Resolução: Consideremos o triângulo retângulo $[OAB]$, onde $O$ é o centro da circunferência de raio $10$, $A$ é o vértice superior direito do quadrado e $B$ o ponto médio do lado direito do quadrado, tal como indicado a verde na figura seguinte. Seja $\overline{AB}=b$. Temos $\overline{OA}=10$, e, como a circunferência mais pequena tem diâmetro $6$, $\overline{OB}=2b-4$. Pelo Teorema de Pitágoras, $10^2=b^2+(2b-4)^2$. A única solução positiva desta equação é $b =6$, pelo que o lado do quadrado mede $12$ unidades. Opção correta: D). (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(-10,-10)(10,10) \pscircle(-7,0){3} \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo,linestyle=none](0;0)(8;0)(8,6) \pspolygon(-4,6)(8,6)(8,-6)(-4,-6) \pscircle(0,0){10} \psline(0;0)(8;0) \psline(0;0)(8,6) \psline(-10,0)(0,0) \rput(0,-0.85){$O$} \rput(8.8,6.4){$A$} \rput(8.8,0){$B$} \rput(-7,0.8){$6$} \rput(-2,0.8){$4$} \end{pspicture}

Resposta correta: D
Problema: Cinco amigos foram a um cinema onde estão em exibição $20$ filmes. Para escolher que filme iriam ver, decidiram cada um propor um certo número de filmes. Quantos filmes deverão propor cada um, para garantir que há pelo menos um filme proposto por todos?

Opções:
A) $5$
B) $6$
C) $10$
D) $15$
E) $17$

Resolução: Opção E. (Se fossem apenas $16$, cada amigo poderia excluir $4$ filmes diferentes.)

Resposta correta: E
Problema: O bilhete de cinema tem a forma de um paralelogramo, representado na figura. O bilhete tem três zonas triangulares de áreas $25$, $10$ e $30$. Quanto mede a zona destacável, sombreada na figura? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-0.5,0)(12.5,0) \small \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=gray!50](7.5,5)(12,5)(7.75,2.75) \pspolygon(0,0)(8,0)(12,5)(4,5) \psline(0,0)(7.5,5) \psline(4,5)(2.5,0) \psline(2.5,0)(12,5) \psline(8,0)(7.5,5) \rput(2.1,0.75){$10$} \rput(4.75,4){$25$} \rput(6.5,1){$30$} \end{pspicture}

Opções:
A) $5$
B) $15$
C) $20$
D) $25$
E) $75$

Resolução: Opção B. (Tem-se $25+x=10+30$.)

Resposta correta: B
Problema: Na história do filme que escolheram, eram usados quatro tipos de moedas: dobrões, soldos, morabitinos e patacas. Um dobrão valia tanto como um soldo, um morabitino e uma pataca juntos. Dois dobrões valiam tanto como um soldo, três morabitinos e cinco patacas juntos. Quantas patacas era necessário juntar a um morabitino para ter o mesmo valor que um soldo?

Opções:
A) $1$
B) $2$
C) $3$
D) $4$
E) $5$

Resolução: Opção C. (De $D=S+M+P$ e $2D=S+3M+5P$ vem $S-M=3P$.)

Resposta correta: C
Problema: Depois de ver o filme, foi pedido a cada pessoa da sala que classificasse o filme com um número inteiro de $0$ a $10$. Num dado momento, a média das classificações já entregues era um número inteiro. A partir daí, cada classificação nova que chegou fez baixar a média uma unidade. Qual o número máximo de classificações que podem ter sido entregues, no total?

Opções:
A) $2$
B) $4$
C) $6$
D) $7$
E) $10$

Resolução: Opção E. (Podem ter sido dadas as classificações $10,10,10,10,10,10,10,10,10,0$.)

Resposta correta: E
Problema: O ioiô do Luís tem a forma de um hexágono regular, como se apresenta na figura. Se a área pintada de azul mede $16,5$ cm$^2$, quanto mede, em cm$^2$, a área pintada de verde? (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,0) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo,linestyle=none](2;180)(2;120)(-1,0) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](-1,0)(2;240)(2;300)(2;0) \pspolygon(2;0)(2;60)(2;120)(2;180)(2;240)(2;300) \psline(-2,0)(2,0) \psline(-1,-1.732)(-1,1.732) \end{pspicture}

Opções:
A) $2,25$
B) $3,3$
C) $4,125$
D) $5,5$
E) $8,25$

Resolução: Considerando a divisão do hexágono apresentada na figura, observa-se que a área da figura pintada de verde é $\frac{1}{5}$ da área pintada de azul, logo $\frac{16,5}{5}=3,3$ cm$^2$. Opção correta: B). (image2)


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,-1)(0,-1) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo,linestyle=none](2;180)(2;120)(-1,0) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](-1,0)(2;240)(2;300)(2;0) \pspolygon(2;0)(2;60)(2;120)(2;180)(2;240)(2;300) \psline(-2,0)(2,0) \psline(-1,-1.732)(-1,1.732) \psline(0,-1.732)(0,0) \psline(1,-1.732)(1,0) \psline(-1,1.732)(1,-1.732) \psline(0,0)(-1,-1.732) \end{pspicture}

Resposta correta: B
Problema: Qual é a resposta a este problema que estava no livro de Matemática do Luís: "Dos seguintes números, qual é o maior?“

Opções:
A) $3^{(3^4)}$
B) $3^{(4^3)}$
C) $3^{(4^4)}$
D) $4^{(4^3)}$
E) $4^{(3^4)}$

Resolução: Entre as potências de base $3$, a maior é $3^{(4^4)}$, porque é a que tem o maior expoente. Nas potências de base $4$, $4^{(3^4)}=4^{81}> 4^{64}=4^{(4^3)}$. Resta então comparar $3^{(4^4)}$ com $4^{(3^4)}$. Ora, $3^{(4^4)}=3^{256}=9^{128}> 4^{81}=4^{(3^4)}$, uma vez que tem base e expoente maior. Opção correta: C).

Resposta correta: C
Problema: O Luís escreveu, por ordem alfabética, todas as palavras com quatro letras formadas só por vogais. As duas primeiras palavras da lista foram AAAA e AAAE e as últimas foram UUUO e UUUU. Em que posição aparece a palavra IOIO?

Opções:
A) $244$
B) $325$
C) $336$
D) $339$
E) $342$

Resolução: O número de palavras que começam por A ou E é $2 \times 5\times 5 \times 5=250$, uma vez que temos duas opções para a primeira letra e cinco opções para cada uma das três seguintes letras. As palavras que começam por $I$ e têm como segunda letra A, E ou I são $3 \times 5 \times 5=75$, porque temos $3$ opções para a segunda letra e cinco opções para cada uma das terceira e quarta letras. As palavras começadas por IO, e com A ou E na terceira letra são $2 \times 5=10$. Por fim, as palavras que começam por IOI e terminam em A, E, I, O são $4$. Portanto, a palavra IOIO aparece na posição $250+75+10+4=339$. Opção correta: D).

Resposta correta: D
Problema: O Luís prometeu à mãe que, em cada dia, ou lia nove páginas do livro de História, ou lia quatro páginas desse livro e resolvia um problema de Matemática, ou resolvia dois problemas de Matemática. Na última semana, o Luís leu trinta páginas do livro e cumpriu todos os dias o prometido. Quantos problemas de Matemática ele resolveu nessa semana?

Opções:
A) $3$
B) $4$
C) $6$
D) $7$
E) $9$

Resolução: Para escrever o número $30$ como soma de um múltiplo de $9$ com um múltiplo de $4$, só existe a possibilidade $30=2 \times 9 + 3 \times 4$. Assim, em dois dias, o Luís leu nove páginas do livro, e em três dias leu quatro páginas do livro e resolveu um problema. Nos restantes dois dias da semana resolveu dois problemas de Olimpíadas. Portanto, o Luís resolveu $3+2\times 2=7$ problemas. Opção correta: D).

Resposta correta: D
Problema: A borracha preferida do Luís é um paralelepípedo em que as áreas das faces são $2$, $8$ e $9$ cm$^2$. Qual é, em cm$^3$, o volume da borracha?

Opções:
A) $10$
B) $12$
C) $16$
D) $18$
E) $19$

Resolução: Solução 1: Ao multiplicar as três áreas das faces, $2 \times 8 \times 9=144$, obtém-se um produto onde o comprimento, a largura e a altura do paralelepípedo aparecem duas vezes, ou seja, este produto é o quadrado do volume. O volume é portanto $12$ cm$^3$. Opção correta: B) Solução 2: Uma vez que $8$ é o quádruplo de $2$, nos dois números que multiplicados dão $9$, um deles é o quádruplo do outro. Conclui-se que os números são $6$ e $1,5$ e uma vez que $2=1,5 \times \frac{4}{3}$, o número restante é $\frac{4}{3}$. Portanto o volume do paralelepípedo é $6 \times 1,5 \times \frac{4}{3}=12$ cm$^3$. Opção correta: B)

Resposta correta: B
Problema: O Luís compôs cinco músicas. A música "Dó" tem dois minutos de duração, a música "Ré" dura três minutos, a "Mi" tem $90$ segundos de duração, a música "Fá" dura um minuto e "Sol" demora cinco minutos e meio. As músicas são tocadas sem interrupções, repetindo a sequência "DóRéMiFáSol". Neste momento está a tocar a música "Sol". Qual das músicas não pode estar a tocar daqui a uma hora?

Opções:
A) "Dó"
B) "Ré"
C) "Mi"
D) "Fá"
E) "Sol"

Resolução: A duração total das músicas da sequência é $2+3+1,5+1+5,5=13$ minutos. Uma vez que $60=4 \times 13 + 8$, se a música "Sol" estiver no ínicio, repete-se quatro vezes a sequência "SolDóRéMiFá" e nos restantes $8$ minutos ouve-se a música "Sol" ($5,5$ minutos), a "Dó" ($2$ minutos) e meio minuto da "Ré", terminando então na música "Ré". Se a música "Sol" estiver no final, repete-se quatro vezes a sequência "DóRéMiFáSol" e nos restantes $8$ minutos ouve-se a música "Dó" ($2$ minutos), a "Ré" ($3$ minutos), a "Mi" ($1,5$ minutos), a "Fá" ($1$ minuto) e meio minuto da "Sol", terminando então na música "Sol". Estando a música entre o ínicio e o final da música "Sol" podem estar a tocar as músicas entre a "Ré" e a "Sol", ou seja, a única que não pode estar a tocar é a música "Dó". Opção correta: A)

Resposta correta: A
Problema: Ajuda o Luís a resolver o seguinte problema. Calcular a soma de todos os números de $1$ até $1000000$ formados apenas pelos algarismos $0$ e $1$.

Opções:
A) $123456$
B) $1234566$
C) $1234567$
D) $4444444$
E) $4555552$

Resolução: Entre $1$ e $999999$, ou seja, considerando todos os números até $6$ algarismos formados apenas pelos algarismos $0$ e $1$, em cada posição, unidades, dezenas, centenas, unidades de milhar, etc..., o algarismo $1$ aparece em $2^5=32$ números, uma vez que para cada uma das posições restantes podemos escolher o algarismo $0$ ou o algarismo $1$. Assim, a soma de todos os números até $6$ algarismos só formados pelos algarismos $0$ e $1$ é $32\times (1+10+100+1000+10000+100000)= 32 \times 111111= 3555552$. Adicionando $1000000$, obtém-se $4555552$. Opção correta: E)

Resposta correta: E
Problema: Num quadriculado $2017\times 2017$ pintam-se as duas diagonais de azul. Qual é a razão entre o número de casas azuis e brancas?

Opções:
A) $\dfrac{4033}{2016^2}$
B) $\dfrac{4034}{2016^2}$
C) $\dfrac{2}{2017}$
D) $\dfrac{4033}{2017^2}$
E) $\dfrac{4034}{2017^2}$

Resolução: O número de casas pintadas de azul é $2017+2017-1=4033$ pois cada diagonal tem $2017$ casas e, uma vez que 2017 é ímpar, as diagonais têm uma casa em comum. O número de casas pintadas de branco é $2017^2-(2\cdot 2017-1)=2017^2-2\cdot2017+1=(2017-1)^2=2016^2$. Opção correta: A).

Resposta correta: A
Problema: Se um quadrado perfeito termina em $84$ e o quadrado perfeito anterior termina em $29$, como termina o quadrado perfeito seguinte?

Opções:
A) $01$
B) $11$
C) $21$
D) $31$
E) $41$

Resolução: A primeira observação a fazer é que os dois últimos algarismos do quadrado de um número inteiro só dependem dos dois últimos algarismos desse inteiro. De facto, dado um inteiro na forma $100x+y$, com $x,y\in \mathbb{N}$ e $0\leq y<99$, $(100x+y)^2=10000x^2+200xy+y^2=(100x^2+2xy)100+y^2$. Podemos assim resolver o problema considerando apenas números de dois algarismos. Dado $y=10a+b$ com $0\leq a,b<9$, também o algarismo das unidades de $y^2$ depende apenas do algarismo das unidades de $b^2$ pois $(10a+b)^2=100a^2+20ab+b^2=(10a^2+2ab)10+b^2$. Como o algarismo das unidades de $y^2$ é 4, as únicas possibilidades são $b=2$ ou $b=8$ e, consequentemente, o algarismo das unidades de $y-1$ é $1$ ou $7$, respetivamente. No entanto, não pode ser $1$ pois sabemos que o algarismo das unidades de $(y-1)^2$ é $9$. Assim, tem-se obrigatoriamente $b=8$. Agora, tendo em conta que o algarismo das dezenas de $y^2=(10a^2+16a)10+64=(10a^2+16a+6)10+4$ é $8$, temos que o algarismo das unidades de $10a^2+16a+6$ é $8$, ou equivalentemente, o algarismo das unidades de $16a$ é $2$. As únicas possibilidades para o algarismo $a$ são, então, $2$ e $7$. Como $29^2=841$ e $79^2=6241$, em qualquer dos casos $(y+1)^2$ termina em $41$. Opção correta: E).

Resposta correta: E
Problema: Sejam $[ABCD]$ um quadrado de lado $9$, $P$ um ponto no segmento $[AB]$ tal que $\overline{PA}=1$, $Q$ um ponto no segmento $[CD]$ tal que $\overline{QD}=3$ e $R$ o ponto de interseção de $AQ$ com a paralela a $AD$ que passa por $P$. Quanto mede $[CR]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-1,-1)(10,10) \pspolygon(0,0)(9,0)(9,9)(0,9) \psline(0,0)(3,9) \psline(1,0)(1,3) \psline(1,3)(9,9) \rput(-0.5,-0.5){$A$} \rput(9.5,-0.5){$B$} \rput(9.5,9.5){$C$} \rput(-0.5,9.5){$D$} \rput(1,-0.6){$P$} \rput(3,9.6){$Q$} \rput(1.6,2.6){$R$} \end{pspicture}

Opções:
A) $7$
B) $9$
C) $10$
D) $12$
E) $13$

Resolução: Como os triângulos $[QAD]$ e $[ARP]$ são semelhantes, então $\dfrac{\;\overline{DQ}\;}{\overline{AP}}=\dfrac{\;\overline{AD}\;}{\overline{RP}}$. Logo $\dfrac{3}{1}=\dfrac{9}{\;\overline{RP}\;}$, ou seja, $\overline{RP}=3$. Consideremos agora a projeção ortogonal $T$ de $R$ sobre $CB$. Tem-se $\overline{CT}=\overline{CB}-\overline{TB}=\overline{CB}-\overline{RP}=9-3=6$ e $\overline{RT}=\overline{AB}-\overline{AP}=9-1=8$, logo, pelo Teorema de Pitágoras, $\overline{CR}^2=\overline{CT}^2+\overline{RT}^2=36+64=100$. Logo, $\overline{CR}=10$. Opção correta: C). (image2)


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(-1,-1)(10,10) \pspolygon(0,0)(9,0)(9,9)(0,9) \psline(0,0)(3,9) \psline(1,0)(1,3) \psline(1,3)(9,9) \psline(1,3)(9,3) \rput(-0.5,-0.5){$A$} \rput(9.5,-0.5){$B$} \rput(9.5,9.5){$C$} \rput(-0.5,9.5){$D$} \rput(1,-0.6){$P$} \rput(3,9.6){$Q$} \rput(1.6,2.3){$R$} \rput(9.5,3){$T$} \end{pspicture}

Resposta correta: C
Problema: Quantas sucessões $x_1$, $x_2$, $x_3$, $\ldots$, de zeros e uns existem tais que, para qualquer $n\in \mathbb{N}$, se tem$x_n=x_{2n+1}=x_{4n+1}$?

Opções:
A) $0$
B) $1$
C) $2$
D) $4$
E) uma infinidade

Resolução: Aplicando a condição a um número par $n=2k$ temos que $x_{2k}=x_{4k+1}$. Como também se tem $x_{k}=x_{2k+1}=x_{4k+1}$, então para qualquer número natural $k$, tem-se $x_{k}=x_{2k}=x_{2k+1}$. Isto mostra que, para qualquer $i\geq 2$, o número que aparece na posição $i$ tem necessariamente de aparecer algures na sequência antes da posição $i$. Mais especificamente, se $i$ é ímpar tem-se $x_i=x_{i-1}$ e se $i$ é par tem-se $x_i=x_{\frac{i}{2}}$. Repetindo este raciocínio o número necessário de vezes, chegamos à conclusão que $x_i=x_1$ para qualquer $i$. Assim, só há duas sequências que satisfazem esta propriedade: a sequência só com $0$'s e a sequência só com $1$'s. Opção correta: C).

Resposta correta: C
Problema: O Alexandre escreveu numa folha os números inteiros de $1$ até $10000$, da seguinte forma: $$123456789101112\cdots9998999910000.$$ Quantas vezes aparece a sequência $``2016"$ na folha?

Opções:
A) $0$
B) $1$
C) $2$
D) $3$
E) $4$

Resolução: Opção D. (Em $\cdots201520162017\cdots$, $\cdots16201621\cdots$ e $\cdots62016202\cdots$.)

Resposta correta: D
Problema: Começando com o número $23$, o Alexandre quer, num certo número de passos, obter o número $14$. No entanto só pode fazer duas operações: pode somar $3$ ou, se o número for par, pode dividir por $2$. Qual o mínimo de passos de que o Alexandre necessita para o fazer?

Opções:
A) $5$
B) $6$
C) $7$
D) $8$
E) $12$

Resolução: Opção B. (A sequência mínima é $23\rightarrow 26\rightarrow 13\rightarrow 16\rightarrow 8\rightarrow 11\rightarrow 14$.)

Resposta correta: B
Problema: O Alexandre escreveu numa linha $5$ algarismos diferentes, não nulos. Calculou o produto dos três alga­rismos da esquerda e, em seguida, calculou o produto dos três algarismos da direita. Qual é a maior diferença que pode ter ocorrido entre os resultados obtidos pelo Alexandre?

Opções:
A) $484$
B) $486$
C) $488$
D) $490$
E) $492$

Resolução: Opção D. (A diferença máxima obtém-se de $98721$, e é $9\times 8\times 7-7\times 2\times 1=490$.)

Resposta correta: D
Problema: O Alexandre desenhou uma bandeira retangular com quatro triângulos equiláteros, sendo dois pintados e dois quadriculados, como na figura ao lado. Se a bandeira tem $4\,dm^2$, quanto mede a área pintada, em $dm^2$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(2.3094,1) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0.86603,0.5)(1.1547,1)(1.44338,0.5)(1.1547,0) \pspolygon[fillstyle=crosshatch,hatchcolor=verdelogotipo](0,0)(0.86603,0.5)(0,1) \pspolygon[fillstyle=crosshatch,hatchcolor=verdelogotipo](1.44338,0.5)(2.3094,0)(2.3094,1) \pspolygon(0,0)(2.3094,0)(2.3094,1)(0,1) \psline(0,0)(0.86603,0.5)(1.1547,1)(1.44338,0.5)(2.3094,0) \psline(0,1)(0.86603,0.5)(1.1547,0)(1.44338,0.5)(2.3094,1) \psline(0.86603,0.5)(1.44338,0.5) \end{pspicture}

Opções:
A) $\dfrac{1}{4}$
B) $\dfrac{1}{3}$
C) $\dfrac{1}{2}$
D) $\dfrac{1}{\sqrt3}$
E) $\dfrac{1}{\sqrt2}$

Resolução: Opção C. (As áreas dos triângulos pintados, brancos e quadriculados estão na razão $1:2:3$.)

Resposta correta: C
Problema: O Vasco quer organizar uma caça ao tesouro para a sua festa de anos. Vai formar $3$ equipas, com o mesmo número de elementos, e dar a cada participante uma bússola, um mapa e uma lanterna. O Vasco quer usar as $5$ bússolas, os $6$ mapas e as $7$ lanternas que já tem. Qual é o número mínimo de objetos (bússolas, mapas e lanternas) que ainda tem de arranjar, para poder organizar a caça ao tesouro?

Opções:
A) $1$
B) $3$
C) $9$
D) $12$
E) $18$

Resolução: Para usar todas as $7$ lanternas, o Vasco tem de formar no mínimo $3$ equipas de $3$ elementos, logo $9$ participantes ao todo. Assim, o Vasco tem de arranjar, no mínimo, $4$ bússolas, $3$ mapas e $2$ lanternas. Opção correta: C).

Resposta correta: C
Problema: Para abrir a arca do tesouro será necessário formar uma linha poligonal $ABCDEF$ com $5$ palitos iguais, de tal forma que os pontos $A, B, D$ e $F$ sejam colineares assim como os pontos $A,C$ e $E$. Sabendo que $B\hat{A}C=12^\circ$, quanto mede $\angle DEF$? (image1)


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\begin{pspicture}(0,-0.5)(8,1.5) \psline[linestyle=dashed, dash=3pt 3pt](8;11)(0,0)(8,0) \psline[linecolor=azullogotipo,linewidth=2pt](0,0)(1.5;11)(2.94488,0)(4.28155;11)(5.46089,0)(6.43957;11) \rput(-0.3,0){$A$} \rput(1.5;22){$B$} \rput(2.9;-5){$C$} \rput(4.3;15){$D$} \rput(5.5;-3){$E$} \rput(6.4;13){$F$} \end{pspicture}

Opções:
A) $80^\circ$
B) $84^\circ$
C) $88^\circ$
D) $92^\circ$
E) $96^\circ$

Resolução: Como $[ABC]$ é isósceles e $B\widehat{A}C=12^\circ$, vem $D\widehat{B}C=2 \times 12=24^\circ$. Além disso, $B\widehat{C}A + B\widehat{C}D + D\widehat{C}E=180^\circ$, logo $D\widehat{C}E=180^\circ-B\widehat{C}D - B\widehat{C}A$. Como $[BCD]$ é isósceles vem $D\widehat{C}E=2\times D\widehat{B}C - B\widehat{C}A=2\times 24-12=36^\circ$. Analogamente, $E\widehat{D}F=2\times D\widehat{C}E - B\widehat{D}C=2\times 36-24=48^\circ$. Finalmente, como $[DEF]$ é isósceles, $D\widehat{E}F=180-2\times 48=180-96=84^\circ$. Opção correta: B).

Resposta correta: B
Problema: O Vasco quer escolher um capitão para cada uma das $3$ equipas e voluntariaram-se $6$ amigos. Escreveu numa folha todas as escolhas possíveis de três desses amigos e as respetivas somas das três idades. Reparou que as somas eram todas ou $22$ ou $24$. Qual é a idade do candidato mais novo?

Opções:
A) $5$
B) $6$
C) $7$
D) $8$
E) $9$

Resolução: Entre os seis candidatos, quaisquer três idades somadas dão $22$ ou $24$. Isso significa que tem de haver repetições nas idades dos diferentes candidatos. De facto, vejamos que não pode haver três idades diferentes entre os candidatos. Suponhamos que as idades dos $6$ candidatos são $a, b, c, x, y$ e $z$ com $x\neq y\neq z$ então, por exemplo, as somas $a+b+x, a+b+y$ e $a+b+z$ são três somas diferentes, o que não pode acontecer por hipótese. Logo há no máximo duas idades diferentes entre os candidatos. Além disso, como tem de haver duas somas diferentes ($22$ e $24$), não podem ter todos a mesma idade. Portanto há, entre os candidatos, exatamente duas idades distintas: $x$ e $y$. Suponhamos que há três candidatos com $x$ anos (e portanto três candidatos com $y$ anos também). Então conseguimos formar quatro somas distintas: $x+x+x, x+x+y, x+y+y$ e $y+y+y$. Isso contradiz a hipótese. Suponhamos agora que há quatro candidatos com $x$ anos (e dois candidatos com $y$ anos). Então conseguimos formar três somas distintas: $x+x+x, x+x+y$ e $x+y+y$. Isso também contradiz a hipótese. Portanto tem de haver cinco candidatos com $x$ anos e um com $y$ anos e as duas somas diferentes são: $x+x+x$ e $x+x+y$. Como $x+x+x=3x$ é um múltiplo de $3$, essa soma tem de ser igual a $24$ (porque $22$ não é múltiplo de $3$). Logo $x=8$ e $2x+y=22$ implica que $y=6$. Portanto o candidato mais novo tem $6$ anos. Opção correta: B).

Resposta correta: B
Problema: Um desafio da casa ao tesouro consiste em escrever uma lista de $2017$ algarismos, zeros ou uns, tal que, para cada $n=1,2,\ldots,1008$, o algarismo na posição $2n+1$ seja igual ao algarismo na posição $n$. De quantas formas diferentes isto pode ser feito?

Opções:
A) $1007$
B) $1008$
C) $1009$
D) $2^{1008}$
E) $2^{1009}$

Resolução: O algarismo escrito numa posição ímpar qualquer $2n+1$, com $n\geq 1$, tem de ser igual ao algarismo que já foi escrito na posição $n$ da lista. Assim, depois de escolher os algarismos nas $1008$ posições pares da lista, o único algarismo que falta escolher é o algarismo da posição $n=1$. Temos portanto $1009$ posições para preencher com o algarismo $0$ ou $1$ e há $2^{1009}$ formas de fazer isso. Opção correta: E).

Resposta correta: E