tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 2): Na figura seguinte, os segmentos a tracejado formam um quadrado de área $1$. Os vértices do quadrado estão no centro de cada círculo e na intersecção dos dois círculos. Calcula a área da região sombreada. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-1)(2,1) \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](1.414,0){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0){1} \begin{psclip}{\pscircle(0,0){1}} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](1.414,0){1} \end{psclip} \pscircle(0,0){1} \pspolygon[linestyle=dashed](0,0)(0.707,0.707)(1.414,0)(0.707,-0.707) \end{pspicture}

Resolução: Como o quadrado tem área $1$, o raio de cada círculo tem comprimento $1$. Logo, a área de cada círculo é $\pi$. Como os ângulos de um quadrado medem $90^o$, a área do sector circular contido no quadrado é $\frac{\pi}{4}$. (image2) Logo, a área restante do quadrado é $1-\frac{\pi}{4}$, e portanto a área da região a sombreado na figura seguinte é $\frac{3\pi}{4}+(1-\frac{\pi}{4})=\frac{\pi}{2}+1$. (image3) A área colorida na figura do problema é o dobro, ou seja, é $\pi+2$ cm$^2$.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,-1)(2,1) \begin{psclip}{\pscircle(0,0){1}} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=violet](1.414,0){1} \pspolygon[linestyle=dashed,fillstyle=solid,fillcolor=violet](0,0)(0.707,0.707)(1.414,0)(0.707,-0.707) \end{psclip} \pscircle(0,0){1} \pspolygon[linestyle=dashed](0,0)(0.707,0.707)(1.414,0)(0.707,-0.707) \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(0,-1)(2,1) \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0){1} \pspolygon[linestyle=dashed,fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0)(0.707,0.707)(1.414,0)(0.707,-0.707) \begin{psclip}{\pscircle(0,0){1}} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](1.414,0){1} \pspolygon[linestyle=dashed,fillstyle=solid,fillcolor=white](0,0)(0.707,0.707)(1.414,0)(0.707,-0.707) \end{psclip} \pscircle(0,0){1} \end{pspicture}
Problema (nível 2): A Augusta guardou no seu mealheiro moedas de $5$ e de $10$ cêntimos. Ela tem $100$ moedas e reparou que, se trocasse cada moeda de $5$ que tem por uma moeda de $10$ cêntimos, e se trocasse cada moeda de $10$ que tem por uma moeda de $5$ cêntimos, ganharia $70$ cêntimos. Quanto dinheiro tem a Augusta no mealheiro?

Resolução: A Augusta tem mais 70 moedas de 5 cêntimos do que o número de moedas de 5 cêntimos que é igual ao número de moedas de 10 cêntimos. Ou seja tem $70 + \frac{30}{2}=85$ moedas de 5 cêntimos e 15 moedas de 10 cêntimos. No total 5,75 euros.
Problema (nível 1): Um clube de futebol pretende colocar relva nova na grande área do seu campo. Para isso mediu as distâncias indicadas na figura. (image1) Qual é a área da região assinalada?


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(41,22) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo,opacity=1.0](0,0)(11,0)(11,6)(29,6)(29,0)(40,0)(40,17)(0,17) \psline[linestyle=dashed](11,0)(29,0) \psline[arrows=<->](0,3)(11,3) \psline[arrows=<->](29,3)(40,3) \psline[arrows=<->](41,0)(41,17) \psline[arrows=<->](0,18)(40,18) \psline[arrows=<->](20,6)(20,17) \rput[c](20,20){$40$\,m} \rput[c](45,8.5){$17$\,m} \rput[c](5.5,5){$11$\,m} \rput[c](34.5,5){$11$\,m} \rput[c](25,11.5){$11$\,m} \end{pspicture}

Resolução: Solução 1: A área da região assinalada é igual à área do rectângulo $[ADHG]$ menos a área do rectângulo $[BCFE]$. (image2) Os lados do rectângulo $[ADHG]$ medem $40$ m e $17$ m, logo a área de $[ADHG]$ mede $40\times 17=680$ m$^2$. Os lados do rectângulo $[BCFE]$ medem $40-2\times 11=18$ m e $17-11=6$ m, logo a área de $[BCFE]$ mede $18\times 6=108$ m$^2$. Portanto, a área da região assinalada mede $680-108=572$ m$^2$. Solução 2: A área da região assinalada é igual à soma das áreas dos rectângulo $[ABEI]$, $[CDJF]$ e $[IJHG]$. (image3) Os lados do rectângulo $[ABEI]$ medem $11$ m e $17-11=6$ m, logo a área de $[ABEI]$ mede $11\times 6=66$ m$^2$. Da mesma forma se conclui que a área de $[CDJF]$ mede $66$ m$^2$. Os lados do rectângulo $[IJHG]$ medem $40$ m e $11$ m, logo a área de $[IJHG]$ mede $40\times 11=440$ m$^2$. Portanto, a área da região assinalada mede $66+66+440=572$ m$^2$.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,-5)(41,22) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo,opacity=1.0](0,0)(11,0)(11,6)(29,6)(29,0)(40,0)(40,17)(0,17) \psline[linestyle=dashed](11,0)(29,0) \rput[c](-2,-2){$A$} \rput[c](11,-2){$B$} \rput[c](29,-2){$C$} \rput[c](42,-2){$D$} \rput[c](11,8){$E$} \rput[c](29,8){$F$} \rput[c](-2,19){$G$} \rput[c](42,19){$H$} \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(0,-5)(41,22) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo,opacity=1.0](0,0)(11,0)(11,6)(29,6)(29,0)(40,0)(40,17)(0,17) \psline[linestyle=dashed](11,0)(29,0) \psline[linestyle=dashed](0,6)(11,6) \psline[linestyle=dashed](29,6)(40,6) \rput[c](-2,-2){$A$} \rput[c](11,-2){$B$} \rput[c](29,-2){$C$} \rput[c](42,-2){$D$} \rput[c](11,8){$E$} \rput[c](29,8){$F$} \rput[c](-2,19){$G$} \rput[c](42,19){$H$} \rput[c](-2,6){$I$} \rput[c](42,6){$J$} \end{pspicture}
Problema (nível 1): Para comemorar os $1001$ anos de existência do seu país, o Presidente da República de Flechas inaugurou um monumento onde está pintada a seguinte sequência de $1001$ setas: (image1) Como termina a sequência?


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,6) \newcommand{\casa}{\psline[arrows=->](0,0)(0,1) \psline[arrows=->](0,1)(0.5,1.5) \psline[arrows=->](0.5,1.5)(1,1) \psline[arrows=->](1,1)(1,0) \psline[arrows=->](1,0)(2,0)} \put(0,0){\casa} \put(2,0){\casa} \put(4,0){\casa} \put(7,0.75){{\bf\ldots}} \end{pspicture}

Resolução: Existem cinco tipos de setas e cada tipo repete-se de cinco em cinco setas. Ora $1001=200\times 5+1$, logo a seta na última posição é do mesmo tipo da seta na primeira posição. Portanto, a sequência termina com a seta (image2) .


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[image2]
\begin{pspicture}(-0.3,0)(0,1) \psline[arrows=->](0,0)(0,1) \end{pspicture}
Problema (nível 3): O João encontrou na praia, dentro de uma garrafa, um papel com a seguinte mensagem Se o tesouro do pirata Barbacúbica quiseres encontrar, vai até à entrada do grande farol e, partindo daí, alterna passos para norte e para sul da seguinte forma: um passo para norte, dois passos para sul, três passos para norte, quatro passos para sul, e continua desta forma até concluires a tua caminhada para o tesouro com 499 passos para norte seguidos de 500 passos para sul. O João pensou algum tempo e foi do farol até ao tesouro andando sempre na mesma direção. Quantos passos deu e em que direção?

Resolução: No conjunto de instruções dadas pelo pirata Barbacúbica, cada vez que damos passos para sul anulamos os passos dados para norte na instrução anterior, e damos mais um passo para sul. Assim, cada par de instruções do tipo “passos para norte seguidos de passos para sul” equivale a dar um passo para sul. No total temos $500$ instruções que formam $250$ pares do tipo “passos para norte seguidos de passos para sul”. Portanto, o tesouro do pirata Barbacúbica encontra-se $250$ passos a sul do grande farol.
Problema (nível 3): O Alberto tem um terreno em forma de quarto de círculo com $10$ metros de raio. O terreno tem dois muros em forma de semicircunferência, como indicado na figura. O Alberto decidiu plantar orquídeas na região indicada a sombreado. Qual é a área do terreno com orquídeas? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-1)(10,11) \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0){10}{0}{90} \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=white](5,0){5}{0}{180} \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=white](0,5){5}{-90}{90} \begin{psclip}{\psarc(0,5){5}{-90}{90}} \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](5,0){5}{0}{180} \end{psclip} \psarc(0,0){10}{0}{90} \psarc(5,0){5}{0}{180} \psarc(0,5){5}{-90}{90} \psline(10,0)(0,0)(0,10) \end{pspicture}

Resolução: Considere-se a seguinte construção onde $M$ e $N$ são os pontos médios de $[OA]$ e $[OB]$, respetivamente. Então $[OMCN]$ é um quadrado com $5$ metros de lado. (image2) Assim as quatro regiões sombreadas nesta figura são geometricamente iguais, já que são todas quartos de círculo de raio $5$m aos quais subtraímos triângulos geometricamente iguais. Assim a área do terreno com orquídeas é igual à área a sombreado representada na figura seguinte. (image3) Esta região é um quarto de círculo ao qual subtraímos o triângulo $[OAB]$ e como tal a sua área é $\frac{1}{4} \times \pi \times 10^2 - \frac{1}{2} \times 10 \times 10 = 25\pi - 50$ m$^2$.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,-1)(10,11) \psarc(0,0){10}{0}{90} \psarc(5,0){5}{0}{180} \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](5,0){5}{0}{90} \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](5,0){5}{90}{180} \psarc(0,5){5}{-90}{90} \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,5){5}{-90}{0} \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,5){5}{0}{90} \psarc(0,0){10}{0}{90} \psarc(5,0){5}{0}{180} \psarc(0,5){5}{-90}{90} \psline(10,0)(0,0)(0,10)(10,0) \psline(0,0)(5,5) \psline(0,5)(5,5) \psline(5,0)(5,5) \uput[225](0,0){$O$} \uput[45](5,5){$C$} \uput[-90](10,0){$B$} \uput[180](0,10){$A$} \uput[180](0,5){$M$} \uput[-90](5,0){$N$} \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(0,-1)(10,11) \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0){10}{0}{90} \psarc(5,0){5}{0}{180} \psarc(0,5){5}{-90}{90} \psarc(0,0){10}{0}{90} \psarc(5,0){5}{0}{180} \psarc(0,5){5}{-90}{90} \psline(10,0)(0,0)(0,10)(10,0) \psline(0,0)(5,5) \psline(0,5)(5,5) \psline(5,0)(5,5) \uput[225](0,0){$O$} \uput[45](5,5){$C$} \uput[-90](10,0){$B$} \uput[180](0,10){$A$} \uput[180](0,5){$M$} \uput[-90](5,0){$N$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): No edifício Império há um elevador que vai fazendo paragens em diversos andares, segundo uma regra curiosa: o número do andar de uma certa paragem é a soma dos números dos andares da paragem anterior e da paragem seguinte. O elevador partiu do primeiro andar e após quatro viagens estava no quinto andar. A uma certa altura regressou ao primeiro andar. Qual foi a paragem anterior?

Resolução: Seja $x$ o número do andar da primeira paragem. Como $x$ é a soma de $1$ com o número do andar da segunda paragem, então a segunda paragem foi no andar $x-1$. Do mesmo modo, conclui-se que a terceira paragem foi no andar $-1$ e a quarta paragem foi no andar $-x$. Como $-x=5$, ou seja, $x=-5$, então o elevador começou no andar $1$ e foi parando nos andares $-5$, $-6$, $-1$, $5$, $6$, $1$. Portanto, a paragem anterior a regressar ao primeiro andar foi no andar $6$.
Problema (nível 3): Um número $n$ é padrinho de um número $m$ se $n$ é o produto de números cuja soma é $m$. Por exemplo, $36$ é um padrinho de $11$ porque $36=1\times 3\times 3\times 4$ e $11=1+3+3+4$. Qual é o número máximo de zeros com que pode terminar um padrinho de $2011$?

Resolução: Como $2011=288\times 2+287\times 5$, então $\underset {288\, {\rm fatores}}{\underbrace{2\times 2\times \cdots \times 2}}\times\underset {287\, {\rm fatores}}{\underbrace{5\times 5\times \cdots \times 5}}$ é um padrinho de $2011$ que termina em $287$ zeros. Se existisse um padrinho $n$ de $2011$ que terminasse com mais de $287$ zeros, então $n$ teria pelo menos $288$ fatores $2$ e $288$ fatores $5$. Como $\underset {a\, {\rm parcelas}}{\underbrace{2+2+\cdots +2}}\leq 2^a$ e $\underset {b\, {\rm parcelas}}{\underbrace{5+5+\cdots +5}}\leq 5^b$, então a menor soma com estes fatores é obtida utilizando apenas as parcelas $2$ e $5$ (e não as suas potências de expoente superior a um). Como $288\times 2+288\times 5=2016>2011$, então $n$ não pode ser padrinho de $2011$. Assim, o número máximo de zeros com que pode terminar um padrinho de $2011$ é $287$.
Problema (nível 3): O Artur tinha uma folha de papel quadrada com $1$ dm de lado e cortou-lhe um quadrado num dos cantos. Do pedaço de papel em forma de "L" que restou, pintou uma parte como mostra a figura. Depois de ter terminado, o Artur reparou que a área da região pintada era exatamente um terço da área do "L". Qual é o comprimento do lado do quadrado que o Artur cortou da folha de papel? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(5,5)  \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo,linestyle=none](0,0)(5,2)(2,2)(2,5) \psline(0,0)(2,5) \psline(0,0)(5,2) \pspolygon(0,0)(5,0)(5,2)(2,2)(2,5)(0,5) \end{pspicture}

Resolução: Como o desenho é simétrico em relação à diagonal, basta considerarmos a figura seguinte. (image2) Para que a figura pintada tenha um terço da área total, tem que ter metade da área branca. Como a área pintada e a área branca são dois triângulos com a mesma altura, então a base correspondente do triângulo pintado tem que ter metade do comprimento da base correspondente do triângulo branco. Como a base do triângulo pintado é o lado do quadrado recortado e a base do triângulo branco mede $1$ dm, então o lado do quadrado recortado mede metade de $1$ dm, ou seja, $5$ cm.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(5,5)  \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo,linestyle=none](0,0)(2,2)(2,5) \psline(0,0)(2,5) \pspolygon(0,0)(2,2)(2,5)(0,5) \rput(-1.0,2.7){$1$ dm} \end{pspicture}
Problema (nível 3): Numera os vértices de um cubo com números entre $1$ e $9$, de modo que cada número seja usado no máximo uma vez e se, para cada aresta, somares os números dos seus dois vértices, obténs $12$ somas distintas.

Resolução: Uma estratégia para encontrar uma numeração dos vértices do cubo é colocar os números de $1$ a $4$ numa face, para obter as somas menores, e colocar os números $6$ a $9$ na face oposta, para obter as somas maiores. (image1) No entanto, há mais soluções para o problema. Em seguida, apresenta-se a lista completa de soluções (ignorando rotações e simetrias): (image2)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(4.5,1.5) \newcommand{\cubo}[7]{\psline(0.2,0)(0.8,0) \psline(1,0.2)(1,0.8) \psline(0.8,1)(0.2,1) \psline(0,0.8)(0,0.2) \psline(0.7,0.5)(1.3,0.5) \psline(1.5,0.7)(1.5,1.3) \psline(1.3,1.5)(0.7,1.5) \psline(0.5,1.3)(0.5,0.7) \psline(0.15,0.15)(0.35,0.35) \psline(1.15,0.15)(1.35,0.35) \psline(1.15,1.15)(1.35,1.35) \psline(0.15,1.15)(0.35,1.35) \rput[c](0,1){\small $1$} \rput[c](1,1){\small $#1$} \rput[c](0,0){\small $#2$} \rput[c](0.5,1.5){\small $#3$} \rput[c](1.5,1.5){\small $#4$} \rput[c](1,0){\small $#5$} \rput[c](0.5,0.5){\small $#6$} \rput[c](1.5,0.5){\small $#7$}} \rput(0,0){\cubo 2 3 7 9 4 6 8} \rput(2.25,0.75){ou} \rput(3,0){\cubo 2 3 8 6 4 9 7} \end{pspicture}
[image2]
\begin{pspicture}(0,-5)(13.5,1.5) \newcommand{\cubo}[7]{\psline(0.2,0)(0.8,0) \psline(1,0.2)(1,0.8) \psline(0.8,1)(0.2,1) \psline(0,0.8)(0,0.2) \psline(0.7,0.5)(1.3,0.5) \psline(1.5,0.7)(1.5,1.3) \psline(1.3,1.5)(0.7,1.5) \psline(0.5,1.3)(0.5,0.7) \psline(0.15,0.15)(0.35,0.35) \psline(1.15,0.15)(1.35,0.35) \psline(1.15,1.15)(1.35,1.35) \psline(0.15,1.15)(0.35,1.35) \rput[c](0,1){\small $1$} \rput[c](1,1){\small $#1$} \rput[c](0,0){\small $#2$} \rput[c](0.5,1.5){\small $#3$} \rput[c](1.5,1.5){\small $#4$} \rput[c](1,0){\small $#5$} \rput[c](0.5,0.5){\small $#6$} \rput[c](1.5,0.5){\small $#7$}} \rput(0,0){\cubo 2 3 7 5 8 6 9} \rput(3,0){\cubo 2 3 7 8 4 9 5} \rput(6,0){\cubo 2 3 7 9 4 6 8} \rput(9,0){\cubo 2 3 8 4 5 7 9} \rput(12,0){\cubo 2 3 8 6 4 9 7} \rput(0,-2.5){\cubo 2 3 9 5 6 8 7} \rput(3,-2.5){\cubo 2 3 9 7 4 5 8} \rput(6,-2.5){\cubo 2 4 5 8 7 3 9} \rput(9,-2.5){\cubo 2 5 9 7 3 8 4} \rput(12,-2.5){\cubo 2 6 7 4 3 8 9} \rput(0,-5){\cubo 3 4 6 8 9 2 7} \rput(3,-5){\cubo 3 5 6 2 7 8 9} \rput(6,-5){\cubo 3 5 7 9 2 6 8} \rput(9,-5){\cubo 3 5 9 8 2 7 6} \rput(12,-5){\cubo 3 6 7 2 8 9 4} \end{pspicture}
Problema (nível 3): Dois números naturais dizem-se primos entre si se o seu máximo divisor comum for 1. Determina o número de pares $(a,b)$ de números naturais primos entre si tais que $a+b=1000$.

Resolução: Seja $a$ um número natural menor do que $1000$. Se $a+b=1000$, então $b=1000-a$. Se $a$ é par, então $b$ também é par, logo $a$ e $b$ não são primos entre si. Do mesmo modo, se $a$ é múltiplo de $5$, então $b$ também é múltiplo de $5$, logo $a$ e $b$ não são primos entre si. Suponhamos agora que $a$ não é par, nem múltiplo de $5$ e seja $d$ um divisor de $a$ e de $b$. Então $d$ é um divisor de $1000=2^3\times 5^3$, logo $d=1$. Portanto $a$ e $b$ são primos entre si. Logo, o número de pares $(a,b)$ de números naturais primos entre si tais que $a+b=1000$ é o número de naturais $a$ entre $1$ e $999$ tais que $a$ não é par nem múltiplo de $5$. Entre $1$ e $999$ há $499$ números pares. Dos $500$ números ímpares restantes, um quinto é múltiplo de $5$, logo, o número de pares $(a,b)$ de números naturais primos entre si tais que $a+b=1000$ é $999-(499+100)=400$.
Problema (nível 3): Um número de cinco algarismos $abcde$ diz-se uma cordilheira se os seus algarismos verificarem as desigualdades $a<b>c<d>e$. Por exemplo, $37452$ é uma cordilheira. Quantas cordilheiras existem?

Resolução: O algarismo central $c$ de uma cordilheira pode variar de $0$ a $8$. Para um dado valor de $c$, os algarismos $b$ e $d$ podem variar de $c+1$ até $9$. Para um dado valor de $b$, o algarismo $a$ pode variar de $1$ até $b-1$, ou seja, existem $b-1$ possibilidades. Para um dado valor de $d$, o algarismo $e$ pode variar de $0$ até $d-1$, ou seja, existem $d$ possibilidades. Assim, para um dado valor de $c$, existem $c+(c+1)+\cdots+8$ possibilidades para o par $(a,b)$ e existem $(c+1)+(c+2)+\cdots+9$ possibilidades possibilidades para o par $(d,e)$. Se $c=0$ há $(0+1+2+3+4+5+6+7+8)\times (1+2+3+4+5+6+7+8+9)=1620$ possibilidades para os algarimos $a,b,d,e$. Se $c=1$ há $(1+2+3+4+5+6+7+8)\times (2+3+4+5+6+7+8+9)=1584$ possibilidades para os algarimos $a,b,d,e$. Se $c=2$ há $(2+3+4+5+6+7+8)\times (3+4+5+6+7+8+9)=1470$ possibilidades para os algarimos $a,b,d,e$. Se $c=3$ há $(3+4+5+6+7+8)\times (4+5+6+7+8+9)=1287$ possibilidades para os algarimos $a,b,d,e$. Se $c=4$ há $(4+5+6+7+8)\times (5+6+7+8+9)=1050$ possibilidades para os algarimos $a,b,d,e$. Se $c=5$ há $(5+6+7+8)\times (6+7+8+9)=780$ possibilidades para os algarimos $a,b,d,e$. Se $c=6$ há $(6+7+8)\times (7+8+9)=504$ possibilidades para os algarimos $a,b,d,e$. Se $c=7$ há $(7+8)\times (8+9)=255$ possibilidades para os algarimos $a,b,d,e$. Se $c=8$ há $8\times 9=72$ possibilidades para os algarimos $a,b,d,e$. Portanto existem $1620+1584+1470+1287+1050+780+504+255+72=8622$ cordilheiras.
Problema (nível 3): Um baralho tem cartas numeradas. O Abel escolheu cinco cartas com números inteiros consecutivos menores do que $100$. A Beatriz escolheu quatro cartas, também com números inteiros consecutivos, mas todos maiores do que $100$. Os dois repararam que a soma dos números das cinco cartas do Abel era igual à soma dos números das quatro cartas da Beatriz. De quantas formas diferentes podem eles ter escolhido as suas cartas?

Resolução: Seja $a$ o valor da carta mais pequena do Abel e $b$ o da carta mais pequena da Beatriz. Então $$ 5a+10=a + (a+1) + (a+2) + (a+3) + (a+4) = b + (b+1) + (b+2) + (b+3) = 4b+6,$$ o que implica que $5a=4b-4=4(b-1)$. Logo $5$ divide $4(b-1)$, e como é primo com $4$ tem de dividir $b-1$, pelo que $b$ é igual a um múltiplo de $5$ mais um. Para além disso $b>100$ e $100>a+4=4(b-1)/5 +4$ pelo que $4(b-1)<96\times 5=480$ e logo $b<121$. Assim $b$ pode ser $101$, $106$, $111$ ou $116$ e temos as quatro possíveis escolhas: $$ (table1)$$


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[table1]
\begin{tabular}{|c|c|c|}\hline Abel & Beatriz & SOMA\\ \hline $80$, $81$, $82$, $83$, $84$ & $101$, $102$, $103$, $104$ & $410$ \\ \hline $84$, $85$, $86$, $87$, $88$ & $106$, $107$, $108$, $109$ & $430$ \\ \hline $88$, $89$, $90$, $91$, $92$ & $111$, $112$, $113$, $114$ & $450$ \\ \hline $92$, $93$, $94$, $95$, $96$ & $116$, $117$, $118$, $119$ & $470$ \\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 3): No triângulo $[ABC]$ o ponto $P\in[AB]$ é tal que $\overline{AP}= 4\, \overline{PB}$. A mediatriz de $[PB]$ interseta o lado $[BC]$ no ponto $Q$. Sabendo que a área de $[PQC]$ é $4$, a área de $[ABC]$ é $25$ e $\overline{AC}= l$, determina $\overline{BC}$.

Resolução: Uma vez que $\overline{AP}= 4\, \overline{PB}$, podemos afirmar que $\displaystyle \mbox{\'{a}rea } [ABC]= 5\times$ área$[PBC]$, logo $\displaystyle \mbox{\'{a}rea } [PQC]= \frac{4}{25} \mbox{ \'{a}rea }[ABC]=\frac{4}{5}\mbox{ \'{a}rea }[PBC] $. Como os triângulos $[PBC]$ e $[PQC]$ têm a mesma altura, conclui-se que $\displaystyle\overline{QC}=\frac{4}{5}\overline{BC}$ e, portanto, $\displaystyle\overline{QB}=\frac{1}{5}\overline{BC}$. Assim, os triângulos $[ABC]$ e $[BPQ]$ são semelhantes, pois têm o ângulo em $B$ igual e $\displaystyle\frac{\overline{BC}}{\overline{BQ}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{BP}}$. Logo, o triângulo $[ABC]$ é isósceles e $\displaystyle\overline{BC}=\overline{AC}=l$.
Problema (nível 4): Sejam $[ABC]$ um triângulo equilátero e $D$ um ponto entre $A$ e $B$. Considere-se o ponto $E$ da reta $CD$, distinto de $C$, tal que $\overline{AE}=\overline{AC}$. Determina $C\hat EB$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-1)(10,11) \pspolygon(0,0)(10,0)(5,8.66) \psline(0,0)(18,6)(10,0) \rput(-1,0){$C$} \rput(5,9.6){$B$} \rput(10.5,-0.5){$A$} \rput(18.8,6.5){$E$} \rput(8.9,3.7){$D$} \end{pspicture}

Resolução: Considere-se a circunferência com centro em $A$ e raio igual a $\overline{AC}$. Essa circunferência passa por $B$ e por $E$, já que $\overline{AC}=\overline{AB}=\overline{AE}$. Mas nesta circunferência, o ângulo $CEB$ é um ângulo inscrito no arco $CB$. Logo, pelo teorema do ângulo inscrito, $C\hat EB=\frac{1}{2} C \widehat AB = 30^\circ$. (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(-60,-8)(10,-8) \psline(10,0)(5,8.66) \psline(5,8.66)(0,0) \psline(0,0)(10,0) \psline(0,0)(18,6) \psline(18,6)(10,0) \psline(5,8.66)(18,6) \pscircle(10,0){10} \rput(-1.5,0){$C$} \rput(4.5,10){$B$} \rput(10,-1){$A$} \rput(19.5,6.5){$E$} \rput(9,4.5){$D$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): O número $D$ é o máximo divisor comum de dois números $N$ e $M$, cada um dos quais se obtém como soma de cinco ímpares consecutivos. Qual é o menor valor possível para $D$?

Resolução: Sejam $N=1+3+5+7+9=25$ e $M=3+5+7+9+11=35$. Então $D={\rm mdc}(N,M)=5$. Seja agora $x$ um número ímpar. A soma dos cinco ímpares consecutivos começando em $x$ é dada por $x+(x+2)+(x+4)+(x+6)+(x+8)=5x+20=5(x+4)$. Assim, qualquer número que seja soma de 5 números ímpares consecutivos é divisível por $5$ e portanto $D$ também é múltiplo de $5$. Desta forma, concluímos que o menor valor possível para $D$ é $5$.
Problema (nível 4): A energia de um número natural obtém-se somando os seus algarismos com todos os produtos de dois dos seus algarismos, todos os produtos de três dos seus algarismos e assim por diante, até ao produto de todos os seus algarismos. Por exemplo, a energia de $2012$ é $$ 2+0+1+2+2\times 0+2\times 1+2\times2+0\times 1+0\times 2+1\times 2+2\times 0\times 1+2\times 0\times 2+2\times 1\times 2+0\times 1\times2+2\times0\times1\times2=17. $$ Quantos números naturais menores do que $2012$ têm energia $17$?

Resolução: Considere-se um número $N$ de quatro algarismos $a$, $b$, $c$ e $d$, onde os primeiros algarismos podem ser zero (por exemplo, considera-se que o número $6$ está escrito na forma $0006$). Então a energia de $N$ é $$ a+b+c+d+ab+ac+ad+bc+bd+cd+abc+abd+acd+bcd+abcd=(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)-1. $$ Logo $N$ tem energia $17$ se e só se $(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)-1=17$, ou seja, $(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)=18$. Como os fatores $a+1$, $b+1$, $c+1$ e $d+1$ estão entre $1$ e $10$, então são os números $1$, $1$, $2$ e $9$, ou os números $1$, $1$, $3$ e $6$ ou os números $1$, $2$, $3$ e $3$ (não necessariamente por esta ordem). Como $N$ é menor do que $2012$, aos fatores $1$, $1$, $2$ e $9$ correspondem as soluções $0018$, $0081$, $0108$, $0180$, $0801$, $0810$, $1008$, $1080$ e $1800$. Como $N$ é menor do que $2012$, aos fatores $1$, $1$, $3$ e $6$ correspondem as soluções $0025$, $0052$, $0205$, $0250$, $0502$, $0520$ e $2005$. Como $N$ é menor do que $2012$, aos fatores $1$, $2$, $3$ e $3$ correspondem as soluções $0122$, $0212$, $0221$, $1022$, $1202$ e $1220$. Portanto há $22$ números menores do que $2012$ com energia $17$.