tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): A Ana, o Bruno e a Carolina jogaram ténis de mesa entre si. Em cada partida, somente dois dos amigos jogaram, ficando o terceiro a descansar. De cada vez que um dos amigos ganhou uma partida, ficou a descansar durante a partida seguinte. A Ana jogou $12$ partidas, o Bruno jogou $21$ partidas e a Carolina descansou durante $8$ partidas. Quem descansou na última partida?

Resolução: A Ana ou o Bruno jogaram em todas as partidas, porque só há $3$ amigos no total, e jogaram juntos o número de vezes que a Carolina descansou. Logo houve $12+21-8=25$ partidas no total. Para a Ana só ter jogado $12$, teve de ter começado a descansar e ganhar sempre que jogou, logo ganhou todas as partidas de ordem par, incluindo a $24$ª partida, ficando a descansar na última.
Problema (nível 4): Seja $[AB]$ um diâmetro de uma circunferência de centro $O$ e raio $1$. Considere-se $P$ um ponto da circunferência diferente de $A$ e de $B$ e seja $Q$ o ponto médio do arco $AP$. A reta paralela a $PQ$ que passa por $O$ interseta a reta $PB$ no ponto $S$. Determina $\overline{PS}$.

Resolução: Como o ponto $Q$ é o ponto médio do arco $AP$, $BQ$ é a bissetriz de $ABP$, ou seja, ${A\widehat BQ}={Q\widehat BP}=\frac{{A\widehat BP}}{2}=\alpha$. (image1) O triângulo $[BPO]$ é isósceles com $\overline{OB}=\overline{OP}$, logo ${O\widehat PB}={O\widehat BP}=2\alpha$. Por outro lado, o ângulo $BPQ$ é um ângulo inscrito que compreende o arco $QAB$ que mede $180^\circ + 2\alpha$, logo ${Q\widehat PB}=\frac{180^\circ+2\alpha}{2}=90^\circ+\alpha$. Logo, $Q\widehat PO=90^\circ+\alpha-2\alpha=90^\circ-\alpha$. Uma vez que a reta $OS$ é paralela à reta $QP$, conclui-se que $P\widehat OS=O\widehat PQ=90-\alpha$ e ${O\widehat SB}={Q\widehat PB}=90^\circ+\alpha$ e, por isso, ${O\widehat SP}=90^\circ-\alpha$. Logo, o triângulo $[SPO]$ é isósceles. Portanto, $\overline{PS}=\overline{PO}=1$.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-5,-5)(5,6) \tiny \pscircle(0,0){5} \psline(5;180)(5;0) \psline(5;0)(5;100) \psline(5;0)(5;100) \psline(5;0)(5;140) \psline[linestyle=dashed](0,0)(5;100) \psline[linestyle=dashed](5;100)(5;140) \psline[linestyle=dashed](0,0)(2.96198,1.7101) \psarc(0,0){0.3}{30}{100} \psarc(2.96198,1.7101){0.3}{140}{320} \psarc(5;100){0.3}{210}{320} \psarc(5;0){0.3}{140}{180} \uput[225](5;180){$A$} \uput[315](5;0){$B$} \uput[100](5;100){$P$} \uput[140](5;140){$Q$} \uput[45](2.96198,1.7101){$S$} \uput[270](0,0){$O$} \uput{0.12}[250](5;105){\rotatebox{50}{$90-\alpha$}} \uput[50](0,0){\rotatebox{30}{$90-\alpha$}} \uput[300](5;99.5){\rotatebox{-50}{$2\alpha$}} \uput[180](2.96198,1.7101){$90-\alpha$} \uput[270](3.1,1.7101){\rotatebox{-10}{$90+\alpha$}} \uput{0.7}[150](5;0){$\alpha$} \uput{0.7}[170](5;0){$\alpha$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Um caixote de base $4\times 2$ e altura $2$ está aberto no topo. O Tomás quer encher completamente o caixote com alguns dos seus cubos. Ele tem $16$ cubos iguais de volume $1$ e dois cubos iguais de volume $8$. Um cubo de volume $1$ apenas pode ser colocado na camada superior se o cubo da camada inferior já tiver sido colocado. De quantas formas pode o Tomás encher o caixote com cubos, colocando-os um a um?

Resolução: Comecemos por contar os casos em que há $16$ cubos de volume $1$. Designemos cada um dos cubos da camada superior por $1,2,\ldots, 8$, e cada um dos cubos da camada inferior pelo mesmo número do cubo que está por cima. Cada forma de colocar os cubos do caixote é equivalente a uma permutação dos $16$ números $1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,7,7,8,8$. Há $16!$ formas de permutar $16$ números, mas como há $8$ pares de números iguais, cada um destes pares origina $2$ permutações iguais. Obtemos assim, $$\frac{16!}{2^8}$$ formas distintas de colocar todos os cubos no caixote. Vamos contar agora os casos em que há um cubo de volume $8$ e $8$ cubos de volume $1$. O cubo maior tem $3$ posições possíveis. Para cada uma delas, temos, de forma análoga ao caso anterior, que permutar os números $1,1,2,2,3,3,4,4,5$, onde $5$ corresponde ao cubo maior. Neste caso obtemos $$ 3\times\frac{9!}{2^4} $$ formas distintas de colocar todos os cubos no caixote. Finalmente, quando há dois cubos de volume $8$, só há duas formas distintas de os colocar. Portanto, ao todo há $$\frac{16!}{2^8}+3\times\frac{9!}{2^4}+2$$ formas distintas de colocar todos os cubos no caixote.
Problema (nível 4): Seja $[ABC]$ um triângulo equilátero e $P$ um ponto de $AC$ tal que $\overline{PC}=7$. A reta que passa por $P$ e é perpendicular a $AC$ interseta $CB$ no ponto $M$ e interseta $AB$ no ponto $Q$. O ponto médio $N$ de $[MQ]$ é tal que $\overline{BN}=14$. Determina o lado do triângulo $[ABC]$.

Resolução: Como $\overline{BN}>\overline{PC}$, então $P$ pertence à semi-reta $\dot{A}C$. O triângulo $[CPM]$ é retângulo e $P\widehat CM=60^\circ$, logo $C\widehat M P=30^\circ$ e $\overline{CM}=\frac{\overline{PC}}{\sin 30^\circ}=2\times \overline{PC}=14.$ Por outro lado, também o triângulo $[QPA]$ é retângulo e $P\widehat AQ=60^\circ$, logo $B\widehat QM=30^\circ$. Assim conclui-se que o triângulo $[BQM]$ é isósceles e $N$, sendo o ponto médio de $[MQ]$, é o pé da altura relativamente ao vértice $B$ e $B\widehat NM=90^\circ$. Sendo assim, $[BNM]$ e $[CPM]$ são semelhantes com razão de semelhança $2$, pelo que $$ \overline{MB}=2\times \overline{MC}. $$ Caso 1: $P$ pertence a $[AC]$. (image1) Neste caso, $M$ pertence a $[CB]$ e $\overline{CB}=3\times \overline{CM}=3\times 14=42.$ Caso 2: $P$ não pertence a $[AC]$. (image2) Neste caso, $M$ não pertence a $[CB]$ e $\overline{CB}=\overline{BM}-\overline{CM}=\overline{CM}=14.$


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(7,5) \scriptsize \pspolygon(0,0)(4,0)(4;60) \psline(1.66796,2.88898)(6.67182,0)(4,0) \psline(4,0)(4.66796,1.15693) \uput[270](0,0){$A$} \uput[270](4,0){$B$} \uput[90](4;60){$C$} \uput[270](6.67182,0){$Q$} \uput[60](4.66796,1.15693){$N$} \uput[60](2.66409,2.31386){$M$} \uput[180](1.66796,2.88898){$P$} \end{pspicture}
[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(7,7) \scriptsize \pspolygon(0,0)(4,0)(4;60) \psline(4;60)(6;60) \psline(4;60)(0,6.9282)(12,0)(4,0) \psline(4,0)(6,3.4641) \uput[270](0,0){$A$} \uput[270](4,0){$B$} \uput[180](4;60){$C$} \uput[270](12,0){$Q$} \uput[60](6,3.4641){$N$} \uput[180](0,6.9282){$M$} \uput[90](6;60){$P$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Na aldeia dos números as casas estão numeradas de $1$ a $n$. Entretanto uma das casas foi demolida. O Duarte calculou que a média dos números das casas que ainda existem é $\frac{202}{3}$. Quantas casas existiam na aldeia e qual é o número da casa demolida?

Resolução: A média das $n-1$ casas existentes na aldeia está entre os números $$\frac{1+2+\cdots +(n-1)}{n-1}=\frac{n}{2}\; \text{ e }\; \frac{2+\cdots +(n-1)+n}{n-1}=\frac{n}{2}+1=\frac{n+2}{2}\;.$$ Ou seja, $$\frac{n}{2}\leq \frac{202}{3} \leq \frac{n+2}{2}\Leftrightarrow \frac{404}{3}\geq n\geq \frac{398}{3}\;$$ Só existem dois inteiros nestas condições, $133$ e $134$. Mas $n-1$ tem que ser divisível por $3$ porque $\frac{202}{3}\times (n-1)$ é um número inteiro, e portanto $n-1=132$, e $n=133$. Seja $k$ o número da casa que foi demolida. Sabemos que $\displaystyle\frac{1+2+\cdots +133-k}{132}=\frac{202}{3}$. Desenvolvendo esta igualdade, obtém-se que $$\frac{133\times 134}{2}=\frac{202}{3}\times 132+k\Leftrightarrow k=23\;.$$ A aldeia tinha $133$ casas e casa que foi demolida tinha o número $23$.
Problema (nível 4): Um tabuleiro retangular, onde em cada quadrícula está um símbolo, diz-se magnífico se, para cada linha $L$ e para cada par de colunas $C$ e $D$, existe no tabuleiro outra linha $M$ exatamente igual a $L$, exceto nas colunas $C$ e $D$, onde $M$ tem símbolos diferentes dos de $L$. Qual é o menor número possível de linhas de um tabuleiro magnífico com $2023$ colunas?

Resolução: Seja $L_0$ a primeira linha do tabuleiro. Consideremos um conjunto $S=S_1\cup\ldots\cup S_n$, onde os $S_i$ são pares disjuntos de colunas. Por hipótese, existe uma linha $L_i$ que difere de $L_{i-1}$ nas colunas de $S_i$. Então $L_n$ difere de $L_0$ nas colunas de $S$. Como há $2^{2023}$ conjuntos de colunas e metade destes conjuntos têm um número par de colunas, então o tabuleiro tem, no mínimo, $2^{2022}$ linhas. Pode-se ver que existe um tabuleiro magnífico com $2023$ colunas e $2^{2022}$ linhas: basta considerar as linhas formadas por $2023$ algarismos binários, dos quais um número par deles é $1$.
Problema (nível 2): Um azulejo quadrado com $4$ dm de lado, está dividido em $16$ quadrados iguais. Nesse azulejo foi pintado um triângulo azul, como se vê na figura. Qual é a medida da área do triângulo pintado de azul? (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(4,4) \scriptsize \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](3,0)(4,4)(0,2) \multiput(1,0)(1,0){3}{\psline[linestyle=dotted](0,0)(0,4)} \multiput(0,1)(0,1){3}{\psline[linestyle=dotted](0,0)(4,0)} \pspolygon(0,0)(4,0)(4,4)(0,4) \end{pspicture}

Resolução: A área do azulejo, em dm$^2$, é igual a $4^2=16$. Por outro lado, a região que não está pintada está dividida em três triângulos, cujas áreas são: $\frac{4\times 2}{2}=4$, $\frac{3\times 2}{2}=3$ e $\frac{4\times 1}{2}=2$, respetivamente. A área do triângulo azul é a diferença entre a área do quadrado e a soma das áreas dos triângulos que não estão pintados, ou seja, a sua área é $16-(4+3+2)=7$ dm$^2$.
Problema (nível 2): A Sofia comprou um frigorífico em promoção, que estava com um desconto de $100$ euros, tendo gasto apenas $660$ euros. Passados uns dias, a Beatriz decidiu comprar o mesmo modelo de frigorífico. Como a promoção já tinha chegado ao fim, a Beatriz acordou com a loja o seguinte plano de pagamento: pagaria $90$ euros no momento da compra, $210$ euros no momento de entrega ao domicílio, e o restante valor seria pago em quatro mensalidades iguais. Quanto é que a Beatriz terá de pagar por cada mensalidade?

Resolução: Como a Sofia pagou $660$ euros, e teve um desconto de $100$ euros, o preço do frigorífico sem descontos é $760$ euros. A Beatriz vai pagar, no total das quatro mensalidades, $760-90-210=460$ euros. Como as mensalidades são todas iguais, a Beatriz pagará em cada uma $460/4=115$ euros.
Problema (nível 2): No triângulo equilátero $[ABC]$, os pontos $D$ e $E$ pertencem aos lados $[BC]$ e $[AC]$ respetivamente, e ao dobrar o triângulo segundo o segmento $[DE]$, o ponto $C$ fica coincidente com o ponto $C'$ do lado $[AB]$ e o ângulo $DC'B$ é reto, tal como se indica na figura. Determina as amplitudes dos ângulos internos do triângulo $[CED]$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(12,4) \pspolygon(0,0)(4,0)(4;60) \rput(-0.4,-0.4){$A$} \rput(4.4,-0.4){$B$} \rput(2,3.9){$C$} \rput(3.3,2.1){$D$} \rput(0.4,1.4){$E$} \psline[linestyle=dashed](0.73205,1.26795)(2.9282,1.85641) \rput(8,0){ \pspolygon(0,0)(4,0)(2.9282,1.85641)(0.73205,1.26795) \psline[linestyle=dashed](0.73205,1.26795)(2.9282,0)(2.9282,1.85641) \rput(-0.4,-0.4){$A$} \rput(4.4,-0.4){$B$} \rput(2.92,-0.4){$C'$} \rput(3.3,2.1){$D$} \rput(0.4,1.4){$E$}} \end{pspicture}

Resolução: Uma vez que o triângulo $[ABC]$ é equilátero, tem-se $E\widehat{C}D=A\widehat{C}B=60^\circ$. Os triângulos $[CED]$ e $[C'ED]$ são iguais, logo, $C\widehat{D}E=E\widehat{D}C'$. No triângulo retângulo $[C'BD]$, tem-se que $C'\widehat{B}D=60^\circ$ e como a soma dos ângulos internos de um triângulo é um ângulo raso, $B\widehat{D}C'=30^\circ$. Mas como $C\widehat{D}E+E\widehat{D}C'+C'\widehat{B}D= 2\,C\widehat{D}E +30 = 180^\circ$, vem $ C\widehat{D}E = 75^\circ$. Finalmente, de novo usando que a soma dos ângulos internos de um triângulo é um ângulo raso, $C\widehat{E}D= 180-60-75=45^\circ$.
Problema (nível 2): Na cidade Verde só circulam bicicletas e trotinetas, todas elétricas. Um quinto dos habitantes tem uma bicicleta e destes, a quarta parte também tem uma trotineta. Um oitavo dos habitantes que têm trotineta também têm bicicleta. Há $2023$ habitantes que têm os dois tipos de transporte, bicicleta e trotineta. Quantos habitantes da cidade não têm nem bicicleta, nem trotineta?

Resolução: Um quinto dos habitantes tem bicicleta e $\frac{1}{4}\times \frac{1}{5}=\frac{1}{20}$ dos habitantes tem bicicleta e trotineta. Assim, apenas $\frac15-\frac{1}{20}=\frac{3}{20}$ dos habitantes tem só bicicleta. Se um oitavo dos habitantes que têm trotineta também têm bicicleta, $8 \times \frac{1}{20}= \frac{8}{20}$ dos habitantes têm trotineta, e $\frac{7}{20}$ dos habitantes têm apenas trotineta. Conclui-se assim que $\frac{9}{20}=1-\frac{3}{20}-\frac{7}{20}-\frac{1}{20}$ dos habitantes não tem nem bicicleta nem trotineta. Como $2023$ é o número de habitantes que têm os dois tipos de transporte (que sabemos ser $\frac{1}{20}$ dos habitantes e queremos $\frac{9}{20}$), resta multiplicar este número por $9$, ou seja $9\times 2023= 18207$ habitantes não têm nem bicicleta nem trotineta.
Problema (nível 2): A Margarida tem $5$ amigos na sua turma e outros $6$ amigos no seu clube desportivo. Ela quer fazer uma festa com $5$ ou $6$ destes amigos. Destes, a Margarida quer que $2$ sejam da escola. Além disso, dois dos amigos do clube são irmãos, portanto a Margarida quer convidar os dois, ou não convidar nenhum. De quantas formas diferentes a Margarida pode escolher os amigos que vai convidar?

Resolução: Designemos os amigos da escola por $A$, $B$, $C$, $D$, $E$. Para escolher dois destes amigos, a Margarida tem $10$ possibilidades: $AB$, $AC$, $AD$, $AE$, $BC$, $BD$, $BE$, $CD$, $CE$ e $DE$. Designemos os amigos do clube por $F$, $G$, $H$, $I$, $J$, $L$, dos quais $F$ e $G$ são irmãos. A Margarida quer escolher $3$ ou $4$ destes amigos. Para escolher três destes amigos, a Margarida tem as seguintes possibilidades: se escolher $F$ e $G$, ainda tem que escolher um dos restantes $4$ amigos, ou seja, tem as possibilidades $FGH$, $FGI$, $FGJ$, $FGL$; se não escolher $F$ nem $G$, tem as possibilidades $HIJ$, $HIL$, $HJL$, $IJL$. Logo, neste caso, a Margarida tem $8$ possibilidades. Para escolher quatro destes amigos, a Margarida tem as seguintes possibilidades: se escolher $F$ e $G$, ainda tem que escolher dois dos restantes $4$ amigos, ou seja, tem as possibilidades $FGHI$, $FGHJ$, $FGHL$, $FGIJ$, $FGIL$, $FGJL$; se não escolher $F$ nem $G$, só tem a possibilidade $HIJL$. Logo, neste caso, a Margarida tem $7$ possibilidades. Portanto, a Margarida tem $8+7=15$ possibilidades para escolher os amigos do clube. Assim, ao todo, a Margarida tem $10\times 15=150$ formas de escolher os amigos para a festa.
Problema (nível 2): De quantas formas é possível separar os números $1,2,4,5,6,7,8,9,10,21$ em dois conjuntos, de maneira a que o produto dos números de cada conjunto seja igual?

Resolução: O produto dos números $1$, $2$, $2^2$, $5$, $2\times 3$, $7$, $2^3$, $3^2$, $2\times 5$ e $3\times 7$ é $$ 2^8\times 3^4\times 5^2\times 7^2. $$ Assim, o produto dos números de cada conjunto é $ 2^4\times 3^2\times 5\times 7$. Consideremos o conjunto $S$ que não tem o $1$. Para ter o fator $5$, este conjunto tem o $5$ ou o $10$, e para ter o fator $7$, tem o $7$ ou o $21$. Portanto, é possível separar os números de $6$ formas diferentes. O produto dos números $1$, $2$, $2^2$, $5$, $2\times 3$, $7$, $2^3$, $3^2$, $2\times 5$ e $3\times 7$ é $$ 2^8\times 3^4\times 5^2\times 7^2. $$ Assim, o produto dos números de cada conjunto é $ 2^4\times 3^2\times 5\times 7$. Consideremos o conjunto $S$ que não tem o $1$. Para ter o fator $5$, este conjunto tem o $5$ ou o $10$, e para ter o fator $7$, tem o $7$ ou o $21$. Portanto, é possível separar os números de $6$ formas diferentes. Se $S$ tem o $5$ e o $7$, então para ter o fator $3^2$ tem que ter o $9$ e para ter o fator $3^4$ tem que ter o $2$ e o $8$, logo $S=\{2,5,7,8,9\}$; O produto dos números $1$, $2$, $2^2$, $5$, $2\times 3$, $7$, $2^3$, $3^2$, $2\times 5$ e $3\times 7$ é $$ 2^8\times 3^4\times 5^2\times 7^2. $$ Assim, o produto dos números de cada conjunto é $ 2^4\times 3^2\times 5\times 7$. Consideremos o conjunto $S$ que não tem o $1$. Para ter o fator $5$, este conjunto tem o $5$ ou o $10$, e para ter o fator $7$, tem o $7$ ou o $21$. Portanto, é possível separar os números de $6$ formas diferentes. Se $S$ tem o $5$ e o $21$, então para ter o fator $3^2$ tem que ter o $6$ e para ter o fator $3^4$ tem que ter o $8$, ou então o $2$ e o $4$, logo $S=\{5,6,8,21\}$ ou $S=\{2,4,5,6,21\}$; O produto dos números $1$, $2$, $2^2$, $5$, $2\times 3$, $7$, $2^3$, $3^2$, $2\times 5$ e $3\times 7$ é $$ 2^8\times 3^4\times 5^2\times 7^2. $$ Assim, o produto dos números de cada conjunto é $ 2^4\times 3^2\times 5\times 7$. Consideremos o conjunto $S$ que não tem o $1$. Para ter o fator $5$, este conjunto tem o $5$ ou o $10$, e para ter o fator $7$, tem o $7$ ou o $21$. Portanto, é possível separar os números de $6$ formas diferentes. Se $S$ tem o $10$ e o $7$, então para ter o fator $3^2$ tem que ter o $9$ e para ter o fator $3^4$ tem que ter o $8$, ou então o $2$ e o $4$, logo $S=\{7,8,9,10\}$ ou $S=\{2,4,7,9,10\}$; O produto dos números $1$, $2$, $2^2$, $5$, $2\times 3$, $7$, $2^3$, $3^2$, $2\times 5$ e $3\times 7$ é $$ 2^8\times 3^4\times 5^2\times 7^2. $$ Assim, o produto dos números de cada conjunto é $ 2^4\times 3^2\times 5\times 7$. Consideremos o conjunto $S$ que não tem o $1$. Para ter o fator $5$, este conjunto tem o $5$ ou o $10$, e para ter o fator $7$, tem o $7$ ou o $21$. Portanto, é possível separar os números de $6$ formas diferentes. Se $S$ tem o $10$ e o $21$, então para ter o fator $3^2$ tem que ter o $6$ e para ter o fator $3^4$ tem que ter o $4$, logo $S=\{4,6,10,21\}$;
Problema (nível 2): Considera um pentágono regular $[ABCDE]$ e seja $P$ o ponto de interseção das diagonais $[AC]$ e $[BD]$, como na figura. Determina a amplitude do ângulo $APB$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-1,-1)(1,1) \scriptsize \pspolygon(1;0)(1;72)(1;144)(1;-144)(1;-72) \psline(1;144)(1;-72) \psline(1;216)(1;0) \uput{0.1}[72](1;72){$E$} \uput{0.1}[144](1;144){$A$} \uput{0.1}[216](1;216){$B$} \uput{0.1}[-72](1;-72){$C$} \uput{0.1}[0](1;0){$D$} \uput{0.1}[72](0.4;252){$P$} \end{pspicture}

Resolução: Como $[ABCDE]$ é um pentágono regular, cada ângulo externo mede $360/5=72^\circ$, pelo que cada ângulo interno mede $180-72=108^\circ$. Como $\overline{AB}=\overline{BC}$, o triângulo $[ABC]$ é isósceles e, portanto, $P\widehat{A}B=B\widehat{C}P=\frac{1}{2}(180-108)=36^\circ$. De forma análoga, concluímos que $D\widehat BC=36^\circ$, pelo que $A\widehat BP=108-36=72^\circ$. Uma vez que a soma das amplitudes dos ângulos internos de $[ABP]$ é $180^\circ$, segue-se que $A\widehat PB=180-36-72=72^\circ$.
Problema (nível 2): O João e a Ana têm de mover $10$ caixas pequenas e $10$ caixas grandes. A Ana demora $1$ minuto a mover uma caixa pequena e $6$ minutos a mover uma caixa grande. O João demora $3$ minutos a mover uma caixa pequena e $5$ minutos a mover uma caixa grande. O João e a Ana começam a mover as caixas às $9$h da manhã. Qual é a menor hora a que o trabalho pode estar concluído?

Resolução: Comecemos por notar que é possível eles moverem as $20$ caixas em $33$ minutos, acabando às $9$h$33$. Para isso, o João move $6$ caixas grandes e $1$ pequena, demorando exatamente $6\times 5 + 1 \times 3 = 33$ minutos, e a Ana move $4$ caixas grandes e $9$ caixas pequenas, demorando $4\times 6 + 9\times 1 = 33$ minutos. Resta ver que não é possível acabarem o trabalho antes das $9$h$33$. Comecemos por notar que, apesar do João ser mais rápido a mover as caixas grandes, não é o mais eficiente ele mover as caixas grandes todas pois demoraria $50$ minutos, que é mais do que $33$ minutos. Logo a Ana tem de levar caixas grandes. Se o João se encarregar de mover $2$ (ou mais) caixas pequenas, como a Ana move pelo menos uma caixa grande, é eficiente o João trocar duas caixas pequenas por uma grande da Ana, pois em vez de demorarem $6$ minutos cada um a mover as três caixas, a Ana demoraria somente $2$ minutos e o João somente $5$. Logo, o João move no máximo uma caixa pequena. Se o João mover $0$ caixas pequenas, antes das $9$h$33$ consegue mover no máximo $6$ caixas grandes, ficando o resto a cargo da Ana. Mas para a Ana mover 4 caixas grandes e 10 pequenas, demoraria $34$ minutos, fazendo com que acabassem o trabalho às $9$h$34$. Se o João mover $1$ caixa pequena, antes das $9$h$33$ consegue mover no máximo $5$ caixas grandes e $1$ caixa pequena, ficando o resto a cargo da Ana. Mas para a Ana mover $5$ caixas grandes e $9$ pequenas, demoraria $41$ minutos, fazendo com que acabassem o trabalho às $9$h$41$. Logo a menor hora a que conseguem terminar o trabalho é às $9$h$33$.
Problema (nível 1): A última surpresa do dia deu-se na chegada a casa, onde o Pinóquio encontrou o Geppetto reunido com o seu peixe-fêmea Cleo e o seu gato Fígaro: cada um com um chapéu na cabeça! Dizia o Geppetto: “Já repararam que os nossos chapéus têm os números $4$, $6$, e $8$, mas nenhum de nós tem um chapéu com o número de letras do seu nome?”. Quem tinha o chapéu com o número $4$, respondeu: “É verdade!”. Qual é o número do chapéu da Cleo?

Resolução: Como o nome do Geppetto tem $8$ letras e sabemos que este não tem o chapéu com o número $4$, podemos concluir que o seu chapéu tem o número $6$. Logo, a Cleo, cujo nome tem $4$ letras, terá que ter o chapéu com o número $8$.
Problema (nível 1): O triângulo $[ABC]$ tem os lados todos iguais e o seu perímetro mede $132$ metros. O ponto $E$ é o ponto médio de $[AC]$, $F$ é o ponto médio de $[EC]$, $D$ é o ponto médio de $[BC]$ e $G$ é o ponto médio de $[DE]$. Sabendo que o triângulo $[EFG]$ também tem os lados todos iguais, quanto mede o perímetro de $[ABDGF]$? (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-2,0)(2,3) \scriptsize \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](-2,0)(1,0)(1;60)(2;60)(0,3.46) \pspolygon(-2,0)(2,0)(0,3.46) \psline[linestyle=dashed](0,0)(1;60) \rput(-2.3,0){$A$} \rput(0,3.7){$B$} \rput(2.3,0){$C$} \rput(2.3;60){$D$} \rput(0,-0.3){$E$} \rput(1,-0.3){$F$} \rput(0.8,0.9){$G$} \end{pspicture}

Resolução: Como o perímetro de $[ABC]$ mede $132$ metros e os lados do triângulo são todos iguais, conclui-se que $$\overline{AB}=\overline{BC}=\overline{AC}=\frac{132}{3}=44\,{\rm m}.$$ Sendo $E$ o ponto médio de $[AC]$, tem-se $\overline{AE}=\overline{EC}=22$ m. Da mesma forma se observa que $\overline{BD}=\overline{DC}=22$ m. Assim, sendo $F$ o ponto médio de $[EC]$, tem-se $\overline{EF}=\overline{FC}=11$ m. Por outro lado, os lados de $[EFG]$ são todos iguais, logo $\overline{GE}=\overline{GF}=\overline{EF}=11$ m e assim se pode concluir que também $\overline{GD}=11$ m. Portanto, o perímetro de $[AFGDB]$ mede $$\overline{AE}+\overline{EF}+\overline{FG}+\overline{GD}+\overline{DB}+\overline{AB}=22+11+11+11+22+44=121\,{\rm m}.$$
Problema (nível 3): Num jogo de rugby é possível marcar pontos de três maneiras diferentes: com um pontapé aos postes, que vale $3$ pontos, com um ensaio, que vale $5$ pontos, e com um ensaio convertido, que vale $7$ pontos. Num jogo do campeonato do mundo Portugal marcou $24$ pontos. De quantas maneiras diferentes é possível fazê-lo? (Por exemplo, com $4$ pontapés, $1$ ensaio e $1$ ensaio convertido.)

Resolução: Se a equipa não conseguir nenhum ensaio convertido, então para atingir $24$ pontos pode marcar ou zero ou três ensaios de $5$ pontos. Sobram $24$ e $9$ pontos, respetivamente, que têm de ser atingidos com $8$ ou $3$ pontapés de $3$ pontos. Se a equipa conseguir um único ensaio convertido de $7$ pontos, então os restantes $17$ pontos têm necessariamente de vir de um único ensaio de $5$ pontos e de quatro pontapés de $3$ pontos. Se a equipa conseguir exatamente dois ensaios convertidos de $7$ pontos, então os restantes $10$ pontos têm necessariamente de vir de $2$ ensaios de $5$ pontos. Finalmente, se a equipa conseguir exatamente três ensaios convertidos de $7$ pontos, os restantes $3$ pontos têm de vir de um pontapé de $3$ pontos. Há assim um total de $2+1+1+1=5$ formas da equipa conseguir $24$ pontos.