tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 2): O Ricardo e a Sara estão a ouvir as suas músicas preferidas. Cada uma dura exatamente um minuto e, quando a última música de cada um termina, volta ao início. Ao fim de $2$ horas, o Ricardo e a Sara começam a ouvir ao mesmo tempo as músicas com que tinham iniciado. Qual é o número mínimo de músicas que, no total, o Ricardo e a Sara estão a ouvir?

Resolução: Sejam $a$ o número de músicas do Ricardo e $b$ o número de músicas da Sara. Ao fim de $120$ minutos, as duas playlists repetem-se pela primeira vez em simultâneo, logo $120=mmc(a,b)$. Se a soma $a+b$ for mínima então $a$ e $b$ não têm fatores em comum, isto é, são números primos entre si. Como $120=2^3\times 3\times 5$, há quatro casos possíveis: Portanto, o número mínimo de músicas que o Ricardo e a Sara podem estar a ouvir é $a+b=23$. Sejam $a$ o número de músicas do Ricardo e $b$ o número de músicas da Sara. Ao fim de $120$ minutos, as duas playlists repetem-se pela primeira vez em simultâneo, logo $120=mmc(a,b)$. Se a soma $a+b$ for mínima então $a$ e $b$ não têm fatores em comum, isto é, são números primos entre si. Como $120=2^3\times 3\times 5$, há quatro casos possíveis: Portanto, o número mínimo de músicas que o Ricardo e a Sara podem estar a ouvir é $a+b=23$. [Caso 1:] $a=2^3\times 3\times 5$ e $b=1$ (ou vice versa). Neste caso $a+b=121$. Sejam $a$ o número de músicas do Ricardo e $b$ o número de músicas da Sara. Ao fim de $120$ minutos, as duas playlists repetem-se pela primeira vez em simultâneo, logo $120=mmc(a,b)$. Se a soma $a+b$ for mínima então $a$ e $b$ não têm fatores em comum, isto é, são números primos entre si. Como $120=2^3\times 3\times 5$, há quatro casos possíveis: Portanto, o número mínimo de músicas que o Ricardo e a Sara podem estar a ouvir é $a+b=23$. [Caso 2:] $a=2^3\times 3$ e $b=5$ (ou vice versa). Neste caso $a+b=29$. Sejam $a$ o número de músicas do Ricardo e $b$ o número de músicas da Sara. Ao fim de $120$ minutos, as duas playlists repetem-se pela primeira vez em simultâneo, logo $120=mmc(a,b)$. Se a soma $a+b$ for mínima então $a$ e $b$ não têm fatores em comum, isto é, são números primos entre si. Como $120=2^3\times 3\times 5$, há quatro casos possíveis: Portanto, o número mínimo de músicas que o Ricardo e a Sara podem estar a ouvir é $a+b=23$. [Caso 3:] $a=2^3\times 5$ e $b=3$ (ou vice versa). Neste caso $a+b=43$. Sejam $a$ o número de músicas do Ricardo e $b$ o número de músicas da Sara. Ao fim de $120$ minutos, as duas playlists repetem-se pela primeira vez em simultâneo, logo $120=mmc(a,b)$. Se a soma $a+b$ for mínima então $a$ e $b$ não têm fatores em comum, isto é, são números primos entre si. Como $120=2^3\times 3\times 5$, há quatro casos possíveis: Portanto, o número mínimo de músicas que o Ricardo e a Sara podem estar a ouvir é $a+b=23$. [Caso 4:] $a=2^3$ e $b= 3\times 5$ (ou vice versa). Neste caso $a+b=23$.
Problema (nível 2): Na figura ao lado, $O$ é o centro da semicircunferência e os ângulos $OBC$ e $AOD$ medem $50^\circ$ e $30^\circ$, respetivamente. Determina $B\widehat{C}A$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture*}(0.6898395721925148,-1.7589862822599454)(7.6524064171123225,4.251708904905849) \parametricplot[linewidth=0.4pt]{0.0}{3.141592653589793}{1.*2.*cos(t)+0.*2.*sin(t)+4.|0.*2.*cos(t)+1.*2.*sin(t)+0.} \parametricplot{0.0}{0.8726646259971648}{0.6*cos(t)+2.|0.6*sin(t)+0.} \parametricplot{0.0}{0.5235987755982987}{0.6*cos(t)+4.|0.6*sin(t)+0.} \psline[linewidth=0.4pt](4.,0.)(5.732050807568878,1.) \psline[linewidth=0.4pt](6.,0.)(5.0818103584159395,3.672758566336246) \psline[linewidth=0.4pt](2.,0.)(5.0818103584159395,3.672758566336246) \psline[linewidth=0.4pt](3.6527036446661394,1.9696155060244163)(4.,0.) \psline[linewidth=0.4pt](2.,0.)(6.,0.) \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2.,0.) \rput(1.7,0){$B$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](6.,0.) \rput(6.2,0){$A$} \rput[bl](2.65,0.1){$50^\circ$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](4.,0.) \rput(3.9,-0.3){$O$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](5.732050807568878,1.) \rput[bl](5.770053475935846,1.0217623808416678){$D$} \rput[bl](4.7,0.05){$30^\circ$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](5.0818103584159395,3.672758566336246) \rput[bl](5.1283422459893195,3.695559172285526){$C$} \end{pspicture*}

Resolução: Sendo $O$ o centro da semicircunferência, observa-se que $[OD]$ e $[OA]$ são raios da mesma semicircunferência e por isso o triângulo $[AOD]$ é isósceles. Assim, $\ds O\widehat{A}D=A\widehat{D}O=\frac{180^\circ-30^\circ}{2}=75^\circ$ e, portanto, $$ B\widehat{C}A=180^\circ-(50^\circ+75^\circ)=55^\circ. $$
Problema (nível 2): O Álvaro tem o hábito de dizer mentiras durante dois dias consecutivos e, de seguida, dizer a verdade durante cinco dias consecutivos, repetindo isto todas as semanas. O Bruno e o César têm o mesmo hábito, mas mentem em dias diferentes, de modo que em nenhum dia da semana há dois amigos a mentir. Numa terça-feira, o Álvaro afirmou: "Ontem menti" e na quarta-feira o Bruno também disse: "Ontem menti". Qual é o dia da semana em que todos os amigos dizem a verdade?

Resolução: Se às quartas-feiras o Bruno dissesse a verdade, então às terças-feiras mentiria. Como o Bruno mente em dois dias consecutivos, então às segundas-feiras também mentiria. Como em nenhum dia há dois amigos a mentir, então, às terças-feiras, o Álvaro diria a verdade. Logo, às segundas-feiras, o Álvaro mentiria. Portanto, às segundas-feiras haveria dois amigos a mentir, o que sabemos que não acontece. Assim, concluímos que o Bruno mente às quartas e quintas-feiras. Se às terças-feiras o Álvaro mentisse, então às segundas-feiras diria a verdade. Como o Álvaro mente em dois dias consecutivos, então às quartas-feiras também mentiria. Portanto, às quartas-feiras haveria dois amigos a mentir, o que sabemos que não acontece. Assim, concluímos que o Álvaro mente aos domingos e às segundas-feiras. Finalmente, como o César mente em dois dias seguidos, que são diferentes dos dias em que o Álvaro e o Bruno mentem, concluímos que o César mente às sextas-feiras e aos sábados. Portanto, todos os amigos dizem a verdade às terças-feiras.
Problema (nível 1): Na turma do João há $28$ alunos, que têm todos $9$, $10$ ou $11$ anos. Na turma, $\dfrac{3}{4}$ dos alunos têm menos de $11$ anos e $\dfrac{5}{7}$ dos alunos têm mais de $9$ anos. Quantos alunos têm $10$ anos?

Resolução: A turma tem $28\times\dfrac{3}{4}=21$ alunos com menos de $11$ anos, logo tem $28-21=7$ alunos com $11$ anos. Por outro lado, a turma tem $28\times\dfrac{5}{7}=20$ alunos com mais de $9$ anos (ou seja, com $10$ e $11$ anos). Portanto, a turma tem $20-7=13$ alunos com $10$ anos.
Problema (nível 3): O João tem vários lápis e canetas. Ele começou a formar grupos com duas canetas e um lápis, mas as canetas acabaram quando restavam cinco lápis. Depois juntou tudo de novo e começou a formar grupos de três lápis e uma caneta, mas os lápis acabaram quando restavam 25 canetas. Quanto lápis e quantas canetas tem o João?

Resolução: Seja $x$ o número de lápis do João. Como, ao formar grupos com duas canetas e um lápis, as canetas acabaram quando restavam cinco lápis, então o João tem $2\times(x-5)=2x-10$ canetas. Por outro lado, ao formar grupos de três lápis e uma caneta, os lápis acabaram quando restavam $25$ canetas, logo, $x=3\times((2x-10)-25))$, ou seja, $x=6x-105$. Logo o João tem $x=21$ lápis e $2x-10=32$ canetas.
Problema (nível 3): O Guilherme desenhou um trapézio $[ACDE]$, com área $18$ cm$^2$, tal que $\overline{ED}=4$ cm. Sabe-se que, em cm, a altura do trapézio é um número inteiro e o comprimento de $[AC]$ é um número inteiro ímpar. Quanto mede a área de $[EDB]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(9,4) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](2,4)(6,4)(3,0) \pspolygon(0,0)(5,0)(6,4)(2,4) \rput(-0.4,-0.4){$A$} \rput(3,-0.5){$B$} \rput(5.4,-0.4){$C$} \rput(6.4,4.4){$D$} \rput(1.6,4.4){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $h$ a altura do trapézio. Usando a fórmula da área de um trapézio e os dados do enunciado, sabemos que \[18 = \frac{4 + \overline {AC}}2 \times h,\] ou equivalentemente, \[36 = (4 + \overline{AC})\times h.\] Como $\overline{AC}$ é um inteiro ímpar e $h$ é um inteiro, para determinar estes valores, precisamos de analisar as fatorizações inteiras de $36$ como produto de dois inteiros, tais que um deles ($4 + \overline{AC}$) é ímpar e maior do que $4$. Ora, a única possibilidade é $36 = 9 \times 4$. Daí concluímos que $\overline{AC} = 9 - 4 = 5$ e $h = 4$. Como as alturas do trapézio e do triângulo azul coincidem, temos que a área de $[EDB]$ mede $\frac{4 \times 4}2=8$ cm$^2$ .
Problema (nível 3): Determina todas as possibilidades para $a$, $b$, $c$ e $d$, onde estes são inteiros positivos com $a\leq b\leq c\leq d$ e tais que $$\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(1+\dfrac{1}{d}\right)=10.$$

Resolução: Comecemos por notar que $1+\dfrac{1}{a}$ diminui quando $a$ aumenta. Se $a\geq2$, então cada um dos fatores é menor ou igual a $1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$. Assim teríamos $\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(1+\dfrac{1}{d}\right)\leq \left(\dfrac{3}{2}\right)^4=\dfrac{81}{16}<10$. Logo $a=1$ e, portanto, $$\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(1+\dfrac{1}{d}\right)=5.$$ Se $b\geq2$, então cada um dos fatores é menor ou igual a $\dfrac{3}{2}$, pelo que $\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(1+\dfrac{1}{d}\right)\leq \left(\dfrac{3}{2}\right)^3=\dfrac{27}{8}<5$. Logo $b=1$ e, portanto, $$\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(1+\dfrac{1}{d}\right)=\dfrac{5}{2}.$$ De modo idêntico, se $c\geq2$, teríamos $\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(1+\dfrac{1}{d}\right)\leq \left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{9}{4}<\dfrac{5}{2}$. Logo $c=1$ e, portanto, $\left(1+\dfrac{1}{d}\right)=\dfrac{5}{4},$ o que implica $d=4$. Logo $(a,b,c,d)=(1,1,1.4)$ é a única solução.
Problema (nível 3): O alfabeto do idioma Cinquês tem cinco letras: A, B, C, D, E. O idioma é composto por todas as palavras de quatro letras que têm exatamente um par de letras consecutivas iguais. Por exemplo, CCAC é uma palavra do idioma Cinquês. Quantas palavras tem o idioma Cinquês?

Resolução: Há $5$ escolhas possíveis para a letra do par de letras consecutivas iguais e $3$ escolhas possíveis para a posição desse par (no ínicio, no meio ou no fim da palavra). Para cada uma das restantes letras há $4$ escolhas possíveis. Assim, ao todo há $5\times 3\times 4\times 4=240$ palavra no idioma Cinquês.
Problema (nível 3): Na figura está representado um paralelogramo $[ABCD]$ tal que $\overline{AB}=8$, $\overline{AD}=6$ e $\overline{BD}=12$. Os pontos $E$ e $F$ de $[BD]$ são tais que $A\widehat ED=D\widehat AB=B\widehat FC$. Qual é o comprimento da linha poligonal $AEFC$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-0.5,0)(11.25,5) \pspolygon(0,0)(8,0)(10.75,5.33268)(2.75,5.33268) \psline(0,0)(10.75,5.33268) \psline[linewidth=2pt](2.75,5.33268)(2.6875,1.33317)(8.0625,3.99951)(8,0) \rput(2.2,5.7){$A$} \rput(11.3,5.7){$B$} \rput(8.5,-0.5){$C$} \rput(-0.5,-0.5){$D$} \rput(2.75,0.8){$E$} \rput(8.06,4.5){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Observe-se que $\overline{AD}=\overline{BC}$, $A\widehat DE=F\widehat BC$ e $A\widehat ED=B\widehat FC$, por isso, os triângulos $[AED]$ e $[CFB]$ são congruentes e $\overline{DE}=\overline{FB}$. Por outro lado, $D\widehat AB=A\widehat ED$ e $A\widehat DE=A\widehat DB$, logo o critério AA garante que os triângulos $[AED]$ e $[BAD]$ são semelhantes. Assim, $$ \frac{\,\overline{AE}\,}{\overline{AB}}=\frac{\,\overline{AD}\,}{\overline{DB}}=\frac{\,\overline{ED}\,}{\overline{AD}} $$ donde se conclui que $\overline{AE}=4$ e $\overline{ED}=3$. Portanto, a linha poligonal $AEFC$ mede: $$ \overline{AE} + \overline{EF} + \overline{FC}=\overline{AE} + (\overline{DB}-2\, \overline{DE}) + \overline{AE}=4+12-2\times 3 + 4=14. $$
Problema (nível 3): Na escola do João e da Ana há quatro desportos à escolha. Cada aluno tem de se inscrever pelo menos num desporto. O João só quer praticar desportos em que a Ana também esteja. No entanto, a Ana quer inscrever-se em pelo menos um desporto sem o João. De quantas formas podem eles escolher os seus desportos de modo que isto aconteça?

Resolução: Como a Ana tem de se inscrever em pelo menos um desporto onde o João não esteja inscrito, o João pode escolher $1$, $2$ ou $3$ desportos diferentes. Se optar por $1$ desporto apenas, pode fazê-lo de $4$ formas. Neste caso, a Ana tem de praticar o desporto escolhido pelo João e escolher pelo menos mais um desporto. Como ainda há $3$ desportos disponíveis, a Ana tem $3$ possibilidades se optar por apenas mais um desporto; $3$ possibilidades se optar por $2$ desportos; e $1$ possibilidade apenas se optar pelos $3$ desportos. Há portanto $$4\times(3+3+1)=28$$ possibilidades. Se o João optar por praticar $2$ desportos, pode escolhê-los de $6$ formas diferentes. A Ana pode então escolher praticar mais $1$ ou $2$ desportos. Tem $2$ possibilidades de escolher mais $1$ desporto e tem $1$ possibilidade de escolher praticar todos os desportos. Neste caso, há $$6\times(2+1)=18$$ possibilidades. Finalmente, se o João optar por praticar $3$ desportos, pode escolhê-los de $4$ formas diferentes, enquanto que a Ana tem forçosamente de escolher todos os desportos. Há $4$ possibilidades neste caso. Assim, há um total de $28+18+4=50$ possíveis escolhas.
Problema (nível 4): O Miguel escreveu o número $13845$ no quadro e reparou que este número e o seu dobro, $27690$, usam cada um dos algarismos $0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9$ exatamente uma vez. De seguida, o Tiago escreveu um número maior com a mesma propriedade. Qual é o maior número que o Tiago pode ter escrito?

Resolução: Seja $n$ o número escrito pelo Tiago. Se $n\geq50000$ então $2n$ terá $6$ ou mais algarismos, logo haverá alguma repetição nos algarismo de $n$ e $2n$, pois existirão no mínimo $11$ algarismos. De forma a maximizar o número escrito pelo Tiago, vamos supor que este começa por $49$, isto é $49000\leq n\leq 49999$. Neste caso, $98000<2n<99998$, o que implica haver repetição do algarismo $9$. Supomos então que $48000\leq n\leq 48999$, logo $96000\leq 2n\leq 97998$. Neste caso os algarismos $4$, $8$ e $9$ já estão utilizados. Para maximizar $n$, supomos $48700\leq n\leq 48799$, o que implica $97400\leq n\leq 97598$, obrigando a repetir-se o algarismo $7$. Suponhamos então que $48600\leq n\leq 48699$, o que implica $97200\leq n\leq 97398$, fixando assim a posição de $4, 8, 6, 9$ e $7$. Para maximizar $n$, supomos $48650\leq n\leq 48659$. Neste caso temos que o algarismo das unidades é $0, 1, 2$ ou $3$, mas não pode ser $2$ ou $3$, porque isso obrigaria $2n$ a ter como algarismos das unidades $4$ ou $6$, respetivamente, forçando uma repetição de algarismos. Finalmente, basta notar que o número $48651$ tem a propriedade enunciada, pois ele e o seu dobro, $97302$, contêm todos os algarismos sem repetições.
Problema (nível 4): Na figura seguinte, a semicircunferência está inscrita no triângulo $[ABC]$ e tem o diâmetro sobre o lado $[AB]$. Sabendo que $\overline{AC}=13$, $\overline{CB}=15$ e a altura relativamente ao lado $[AB]$ mede $12$, determina o raio da semicircunferência. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(30,25) \pspolygon(0,24)(18,0)(-10,0) \psarc(3,0){12}{0}{180} \rput(-10,-3){$A$} \rput(18,-3){$B$} \rput(0,26){$C$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $P$ o pé da altura do triângulo $[ABC]$ relativamente ao lado $[AB]$. Pelo Teorema de Pitágoras, temos $\overline{PA}=\sqrt{13^2-12^2}=5$ e $\overline{PB}=\sqrt{15^2-12^2}=9$. (image2) Logo a área de $[ABC]$ é $\dfrac{\overline{AB}\times\overline{PC}}{2}=\dfrac{(5+9)\times 12}{2}=84$. Sejam $O$ o centro da semicircunferência, $r$ o seu raio e $D$ e $E$ os pontos de tangência dos segmentos $[CB]$ e $[AC]$ com a semicircunferência, respetivamente. Então temos área de $[ABC]=$área de $[AOC]+$ área de $[BOC]=\dfrac{\overline{AC}\times r}{2}+\dfrac{\overline{BC}\times r}{2}=14r$. Logo $14r=84$, ou seja, $r=6$.


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[image2]
\begin{pspicture}(-10,-5)(18,29) \pspolygon(0,24)(18,0)(-10,0) \psline(0,24)(0,0) \psarc(3,0){12}{0}{180} \rput(-10,-3){$A$} \rput(18,-3){$B$} \rput(0,26){$C$} \rput(15,9){$D$} \rput(-11,6){$E$} \rput(-1,-3){$P$} \rput(4,-3){$O$} \psline(3,0)(12.6,7.2) \psline(3,0)(-8.07692,4.61538) \psline(3,0)(0,24) \end{pspicture}
Problema (nível 4): Quantos números naturais menores do que $200$ são tais que o produto dos seus divisores é igual ao seu quadrado?

Resolução: Se $n$ não tem fatores primos, então $n=1$, que é solução do problema. Se $n$ só tem um fator primo, então $n$ é da forma $p^r$. Os seus divisores são $1,p,\ldots,p^r$ e o seu produto é $p^{1+\cdots+r}=p^{r(r+1)/2}$. Então $p^{r(r+1)/2}=p^{2r}$, pelo que $r=3$. Se $n$ tem mais do que um fator primo, então $n$ é da forma $p^ra$, com $p$ e $a$ primos entre si. Se $r\geq 2$, então o produto dos divisores de $n$ é maior do que $p^r\times a\times n=n^2$, pelo que $n$ não é solução. Portanto, se $n$ é uma solução com mais do que um fator primo, então $n$ é da forma $p_1\ldots p_k$, com $p_i$ primos distintos. Se $n=p_1p_2$, então o produto dos fatores de $n$ é $1\times p_1\times p_2\times n=n^2$, logo $n$ é solução. Se $n$ tem mais de dois fatores primos distintos, então $n$ é o produto de três números $a,b,c$, maiores que $1$ e primos entre si. Assim, $ab$, $ac$, $bc$ e $abc$ são três fatores de $n$ e $(ab)(ac)(bc)(abc)>n^2$, logo $n$ não é solução. Portanto os números procurados são o $1$ e os números da forma $p^3$ ou $pq$, com $p,q$ primos distintos. Observando a lista dos números primos menores do que $100$ ($2$, $3$, $5$, $7$, $11$, $13$, $17$, $19$, $23$, $29$, $31$, $37$, $41$, $43$, $47$, $53$, $59$, $61$, $67$, $71$, $73$, $79$, $83$, $89$, $97$), concluímos que no caso $n=p^3$ há três soluções ($p\in\{2,3,5\}$) e no caso $n=pq$ há $56$ soluções ($(p=2,3\leq q\leq 97),(p=3,5\leq q\leq 61),(p=5,7\leq q\leq 37),(p=7,11\leq q\leq 23),(p=11,13\leq q\leq 17)$). Portanto ao todo há $60$ soluções.
Problema (nível 4): No triângulo $[ABC]$, tem-se $\overline{AD}=2$, $\overline{DC}=1$, $A\widehat CB=45^\circ$ e $A\widehat DB=60^\circ$. Prova que o pé $E$ da altura de $A$ sobre $BD$ é o circuncentro de $[ABC]$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-3.5,0)(0,2) \pspolygon(-3.34607,0)(0,0)(-2.12132,2.12132) \psline(-3.34607,0)(-0.70711,0.70711) \psline(-1.67303,0.44829)(-2.12132,2.12132) \rput(-2.1,2.4){$A$} \rput(-3.6,0){$B$} \rput(0.3,0){$C$} \rput(-0.6,0.9){$D$} \rput(-1.5,0.25){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Uma vez que $A\hat DE=60^\circ$ e o triângulo $[AED]$ é retângulo, podemos concluir que $E\widehat AD=30^\circ$, $\overline{EA}=\sqrt{3}$ e $\overline{ED}=1$. O comprimento do segmento $[DC]$ também mede $1$, por isso o triângulo $[EDC]$ é isósceles e tem-se que $D\widehat CE=D\widehat EC=30^\circ$. Por outro lado, sendo $[EDC]$ isósceles e $\overline{DC}=1$, pode concluir-se que $\overline{EC}=2\times \cos 30^\circ=\sqrt{3}$, ou seja, $\overline{EA}=\overline{EC}$. Agora observe-se que $B\widehat DC=120^\circ $ e $D\widehat CB=45^\circ$, portanto $D\widehat BC=15^\circ$ e o triângulo $[EBC]$ é isósceles, com $\overline{EB}=\overline{EC}$. Portanto $\overline{EB}=\overline{EC}=\overline{EA}$, o que significa que $E$ é o circuncentro de $[ABC]$.
Problema (nível 4): Na turma do Francisco, os $30$ alunos organizaram uma festa de troca de presentes. Para isso, colocaram papéis num saco com os números de $1$ a $30$ e cada aluno tirou um papel. O aluno que retirou o número $1$ ficou com um dos presentes. De seguida, colocaram-se no saco os números de $1$ a $29$ e cada aluno que ainda não tinha recebido presentes retirou um número. O aluno que retirou o número $1$ ficou com outro dos presentes. O processo foi realizado $30$ vezes, de cada vez com os alunos ainda sem presentes, até todos os alunos terem recebido um presente. No final, repararam que nenhum aluno recebeu o mesmo número mais do que uma vez. No primeiro sorteio, o Francisco tinha recebido o número $21$. Indica todas as possibilidades para o número que o Francisco pode ter recebido na oitavo sorteio.

Resolução: Designemos o aluno que recebeu um presente no $n$-ésimo sorteio por aluno $n$. Assim, no $n$-ésimo sorteio participam os alunos $n,\ldots,30$. No $30$º sorteio, o aluno $30$ recebeu o número $1$. No $29$º sorteio, como não recebeu o mesmo número, recebeu o número $2$. Da mesma forma, no $28$º sorteio recebeu o número $3$ e assim por diante, tendo recebido no $n$-ésimo sorteio o número $31-n$. No $29$º sorteio, o aluno $29$ recebeu o número $1$ e, de forma análoga ao caso anterior, conclui-se que recebeu no $n$-ésimo sorteio o número $30-n$. Procedendo de forma semelhante para os restante alunos, conclui-se que o aluno $k$ recebeu no $n$-ésimo sorteio o número $k+1-n$. Se o Francisco é o aluno $k$, então, como recebeu no primeiro sorteio o número $21$, temos $k+1-1=21$, ou seja, $k=21$. Logo no oitavo sorteio, o Francisco recebeu o número $21+1-8=14$.
Problema (nível 4): A Joana dividiu $365$ por todos os inteiros desde $1$ a $365$ e somou todos os restos. Depois dividiu $366$ por todos os inteiros desde $1$ a $366$ e também somou todos os restos. Qual das duas somas é maior e qual é a diferença entre elas?

Resolução: Como a Ana tem de se inscrever em pelo menos um desporto onde o João não esteja inscrito, o João pode escolher $1$, $2$ ou $3$ desportos diferentes. Se optar por $1$ desporto apenas, pode fazê-lo de $4$ formas. Neste caso, a Ana tem de praticar o desporto escolhido pelo João e escolher pelo menos mais um desporto. Como ainda há $3$ desportos disponíveis, a Ana tem $3$ possibilidades se optar por apenas mais um desporto; $3$ possibilidades se optar por $2$ desportos; e $1$ possibilidade apenas se optar pelos $3$ desportos. Há portanto $4\times(3+3+1)=28$ possibilidades. Se o João optar por praticar $2$ desportos, pode escolhê-los de $6$ formas diferentes. A Ana pode então escolher praticar mais $1$ ou $2$ desportos. Tem $2$ possibilidades de escolher mais $1$ desporto e tem $1$ possibilidade de escolher praticar todos os desportos. Neste caso, há $6\times(2+1)=18$ possibilidades. Finalmente, se o João optar por praticar $3$ desportos, pode escolhê-los de $4$ formas diferentes, enquanto que a Ana tem forçosamente de escolher todos os desportos. Há $4$ possibilidades neste caso. Assim, há um total de $28+18+4=50$ possíveis escolhas.