tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): Um número natural $n$ diz-se arrumado se $n$ objetos podem ser arrumados em caixas de modo que todas as caixas têm um número diferente de objetos e qualquer número de objetos de $1$ a $n$ se pode obter agrupando todos os objetos de uma ou mais dessas caixas. Por exemplo, $13$ é arrumado porque $13=1+2+3+7$ e qualquer número de $1$ a $13$ se obtém somando uma ou mais das quatro parcelas $1$, $2$, $3$ e $7$. Determina todos os números naturais que não são arrumados.

Resolução: Seja $t_k=1+2+\cdots+k$. Se $1\leq n\leq t_k$, então existe um $i$ tal que $t_{i-1}<n\leq t_i$, pelo que $n=t_i-m$, onde $m<i$. Assim, $n$ é a soma de todas as parcelas de $1$ a $i$, exceto a $m$. Portanto $t_k$ é arrumado. Em particular, $t_1=1$ e $t_2=3$ são arrumados. Seja agora $a$ tal que $t_k\leq a\leq 2t_{k-1}+1$. Então $$a=1+2+\cdots+(k-1)+b,$$ com $k\leq b\leq t_{k-1}+1$. Todos os números de $1$ a $t_{k-1}$ se obtêm como soma de algumas das parcelas de $1$ a $k-1$ e os números de $b$ a $a$ se obtêm como soma da parcela $b$ com algumas das parcelas de $1$ a $k-1$. Como $b\leq t_{k-1}+1$, todos os números de $1$ a $a$ se obtêm como soma de algumas das parcelas $1,\ldots,k-1,b$, logo $a$ é arrumado. Em particular, todos os números de $t_3=6$ a $2t_2+1=7$ e de $t_4=10$ a $2t_3+1=13$ são arrumados. Para $k\geq 5$, tem-se que $$2t_{k-1}+1=t_{k-1}+1+2+\cdots+(k-2)+(k-1)+1\geq t_{k-1}+k+(k+1)=t_{k+1},$$ pelo que todos os números a partir de $t_5=15$ são arrumados. Restam os números $2$, $4$, $5$, $8$, $9$ e $14$. Qualquer número arrumado maior do que $1$ tem que se escrever como soma de parcelas distintas onde aparecem as parcelas $1$ e $2$, para ser possível obter as somas $1$ e $2$. Os números $2$, $4$ e $5$ não são arrumados porque não se podem escrever nesta forma. Para ver que os números $8$ e $9$ não são arrumados, observe-se que a única forma de escrever estes números como soma de parcelas distintas usando o $1$ e o $2$ é $8=1+2+5 $ e $9=1+2+6$, e não é possível obter o número $4$ usando estas parcelas. O número $14$ é arrumado porque $14=1+2+4+7$ e todos os números de $1$ a $14$ se obtêm como soma de algumas das parcelas $1$, $2$, $4$ e $7$. Logo os números não arrumados são $2$, $4$, $5$, $8$ e $9$.
Problema (nível 4): Um número de três algarismos diz-se firme se for igual ao produto do seu algarismo das unidades por um número formado pelos restantes algarismos. Por exemplo, $153$ é firme porque $153=3\times 51$. Quantos números firmes existem?

Resolução: Seja $N=100a+10b+c$. Se $c(10a+b)=100a+10b+c=10(10a+b)+c$, então $c$ é múltiplo de $10a+b$, o que é impossível. Então $c(10b+a)=100a+10b+c$, ou seja, $c(10b+a-1)=10(10a+b)$. Portanto $c=5$ ou $10b+a-1$ é múltiplo de $5$, ou seja, $c=5$ ou $a=1$ ou $a=6$. Se $c=5$, então $5(10b+a-1)=10(10a+b)$, ou seja, $8b=19a+1$, o que é impossível com $0\leq a,b\leq 9$. Se $a=1$, então $c(10b+1)=100+10b+c$, ou seja, $b(c-1)=10$. Obtemos as soluções $b=2,c=6$ e $b=5,c=3$, que correspondem aos números $N=126$ e $N=153$. Se $a=6$, então $c(10b+6)=600+10b+c$, ou seja, $2b(c-1)=120-c$. Obtemos as soluções $b=8,c=8$ que correspondem aos números $N=688$.
Problema (nível 4): Escrevem-se os números de $1$ a $2015$ em folhas de modo que se $n-m$ é um número primo, então $n$ e $m$ estão em folhas diferentes. Qual é o número mínimo de folhas necessário?

Resolução: Como $3-1=2$, $6-1=5$, $8-1=7$, $6-3=3$, $8-3=5$ e $8-6=2$ são números primos, então os números $1$, $3$, $6$ e $8$ têm que ficar em folhas diferentes. Logo são necessárias pelo menos $4$ folhas. Para mostrar que $4$ folhas são suficientes, basta observar que colocando na folha $i=0,1,2,3$, os números cujo resto da divisão por $4$ é $i$, a diferença entre dois números na mesma folha é um múltiplo de $4$, logo não é um número primo.
Problema (nível 4): Seja $[ABCD]$ um paralelogramo e $P$ um ponto entre $C$ e $D$. A reta paralela a $AD$ que passa por $P$ interseta a diagonal $AC$ em $Q$. Sabendo que a área de $[PBQ]$ é $2$ e a área de $[ABP]$ é $6$, determina a área de $[PBC]$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(6.5,3.5) \small \pspolygon(0,0)(4,0)(6,3)(2,3) \psline(3.7,3)(2.55,1.275) \psline(0,0)(6,3) \rput(-0.3,-0.3){$A$} \rput(4.3,-0.3){$B$} \rput(6.3,3.3){$C$} \rput(1.7,3.3){$D$} \rput(3.7,3.4){$P$} \rput(2.6,0.8){$Q$} \end{pspicture}

Resolução: Como $PQ$ e $BC$ são paralelas, tem-se área $[PCQ]=$área$[PBQ]=2$. Como $PC$ e $AB$ são paralelas, tem-se área $[ABC]=$área$[ABP]=6$. Logo área $[ADC]=6$. Como $[QPC]$ e $[ADC]$ são semelhantes, então área $[QPC]=\left(\dfrac{\overline{PC}}{\overline{CD}}\right)^2$área$[ADC]$, pelo que $\dfrac{\overline{PC}}{\overline{CD}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$. Como $PC$ e $AB$ são paralelas, tem-se área $[PBC]=$área$[PAC]=\dfrac{\overline{PC}}{\overline{CD}}$área$[ADC]=\dfrac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$.
Problema (nível 4): Uma sequência de números inteiros $(a_0,\ldots,a_k)$ diz-se medalhada se, para cada $i=0,\ldots,k$, houver exatamente $a_i$ elementos da sequência iguais a $i$. Por exemplo, $(1,2,1,0)$ é medalhada. Indica todas as sequências medalhadas $(a_0,\ldots,a_{2015})$.

Resolução: Primeiro observemos que $a_0>0$, pois se $a_0=0$, todos os elementos da sequência, inclusivamente $a_0$, seriam positivos, contradição. Como $a_1+\cdots+a_{2015}$ é igual ao número total de elementos positivos, que é o número de elementos positivos de $a_1,\ldots,a_{2015}$ mais $1$ (porque $a_0>0$), então cada um desses $a_i$ positivos é igual a $1$ exceto um deles, que é igual a $2$. Portanto cada $a_i$ só pode ser igual a $0$, $1$ $2$, ou $a_0$, ou seja, há no máximo $4$ elementos da sequ,ência positivos. Logo há pelo menos $2012$ elementos da sequência nulos, ou seja, $a_0\geq 2012$. Então $a_0\neq 0,1,2$, logo há exatamente $2012$ elementos da sequência nulos, donde $a_0=2012$. Portanto a única possibilidade para uma sequência medalhada com $2016$ elementos é $$(a_0,\ldots,a_{2015})=(2012,2,1,0,0,\ldots,0,0,1,0,0,0).$$
Problema (nível 3): O José tem dois irmãos, a Ana e o Paulo. Enquanto estavam na escola, o avô deles deixou-lhes em casa um saco de rebuçados com um bilhete que dizia: Dividam os rebuçados igualmente pelos três. O José foi o primeiro a chegar a casa e tirou um terço dos rebuçados. A seguir chegou a Ana e, como não sabia que o José já tinha tirado um terço dos rebuçados, tirou um terço dos rebuçados que o José tinha deixado. Quando o Paulo chegou a casa, viu o bilhete do avô e comeu um terço dos rebuçados que ainda estavam no saco. Depois do Paulo comer, sobraram $24$ rebuçados. Quantos rebuçados tirou o José?

Resolução: O Paulo comeu um terço dos rebuçados que estavam no saco, portanto os $24$ rebuçados que sobraram são $2/3$ dos rebuçados que a Ana deixou. Logo, a Ana deixou $24\times 3/2=36$ rebuçados. Da mesma forma, como a Ana retirou um terço dos rebuçados do saco, os $36$ rebuçados que sobraram são $2/3$ dos rebuçados que o José deixou. Portanto, o José deixou $36\times 3/2=54$ rebuçados. Assim, o avô deixou-lhes $54\times 3/2=81$ rebuçados, dos quais o José tirou $81/3=27$.
Problema (nível 3): Seja $[ABC]$ um triângulo e $D$ um ponto no lado $[BC]$. Sabe-se que $AD$ é a bissetriz de $\angle BAC$ e que $D$ está na mediatriz de $[AB]$. Se $A\widehat CB=105^\circ$, quanto mede $\angle CBA$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-0.5,-0.2)(8,2.7) \small \pspolygon(0,0)(8,0)(3.5;50) \psline(0,0)(4.42;25) \psline(4.42;25)(4,0) \rput(-0.3,0){$A$} \rput(2.2,2.9){$C$} \rput(8.3,0){$B$} \rput(4.1,2.2){$D$} \rput(4,-0.3){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Como $\overline{AE}=\overline{BE}$ e $A\widehat ED = B\widehat ED=90^\circ$, então os triângulos $[AED]$ e $[BED]$ são congruentes. Em particular temos $D\widehat AE = D\widehat BE = C\widehat BA$. Por outro lado, como $[AD]$ é a bissetriz de $\angle BAC$ temos $B\widehat AC = 2\, B\widehat AD = 2\,C\widehat BA$. Somando as amplitudes dos ângulos internos do triângulo $[ABC]$ obtemos então $$180^\circ= C\widehat BA + A\widehat CB + B\widehat AC = C\widehat BA + 105^\circ+2\,C\widehat BA $$ de onde concluímos que $C\widehat BA=(180^\circ-105^\circ)/3=25^\circ$.
Problema (nível 3): O senhor Abílio gosta muito do número $4$ e é muito supersticioso. Na lotaria de São Martinho da sua cidade, onde os bilhetes são numerados de $1$ a $10000$, decidiu comprar todos os múltiplos de $4$ que têm $4$ algarismos todos distintos. Quantos bilhetes terá de comprar o senhor Abílio?

Resolução: Recorde-se que como $100$ é divisível por $4$, um número é divisível por $4$ se e só se o número formado pelos seus dois últimos algarismos o for. Entre $00$ e $96$ há $100/4=25$ terminações possíveis divisíveis por $4$. Três destas ($00$, $44$ e $88$) repetem algarismos, pelo que não poderão ser usadas. Resta saber de quantas formas diferentes se pode completar cada terminação para formar um número de quatro algarismos todos distintos. Depois de fixar os últimos dois algarismos, restam $8$ para usar e existem duas hipóteses: O senhor Abílio terá assim de comprar $6 \times 8 \times 7 + 16 \times 7 \times 7 = 1120$ bilhetes. Recorde-se que como $100$ é divisível por $4$, um número é divisível por $4$ se e só se o número formado pelos seus dois últimos algarismos o for. Entre $00$ e $96$ há $100/4=25$ terminações possíveis divisíveis por $4$. Três destas ($00$, $44$ e $88$) repetem algarismos, pelo que não poderão ser usadas. Resta saber de quantas formas diferentes se pode completar cada terminação para formar um número de quatro algarismos todos distintos. Depois de fixar os últimos dois algarismos, restam $8$ para usar e existem duas hipóteses: O senhor Abílio terá assim de comprar $6 \times 8 \times 7 + 16 \times 7 \times 7 = 1120$ bilhetes. Se já usámos o zero, o que acontece em seis casos ($04$, $08$, $20$, $40$, $60$, $80$), então existem $8$ possibilidades para a casa dos milhares restando depois $7$ para a casa das centenas. Recorde-se que como $100$ é divisível por $4$, um número é divisível por $4$ se e só se o número formado pelos seus dois últimos algarismos o for. Entre $00$ e $96$ há $100/4=25$ terminações possíveis divisíveis por $4$. Três destas ($00$, $44$ e $88$) repetem algarismos, pelo que não poderão ser usadas. Resta saber de quantas formas diferentes se pode completar cada terminação para formar um número de quatro algarismos todos distintos. Depois de fixar os últimos dois algarismos, restam $8$ para usar e existem duas hipóteses: O senhor Abílio terá assim de comprar $6 \times 8 \times 7 + 16 \times 7 \times 7 = 1120$ bilhetes. Se ainda não usámos o zero, o que acontece nos $25-3-6=16$ casos restantes, então existem apenas $7$ escolhas para a casa dos milhares, já que se for zero o número não terá $4$ algarismos. A casa das centenas tem ainda $7$ possibilidades distintas.
Problema (nível 3): No paralelogramo $[ABCD]$ o ângulo $\angle DAB$ mede $60^\circ$. O ponto $E$ é a interseção da bissetriz do ângulo $\angle ABC$ com o lado $[AD]$, o ponto $F$ é a interseção da bissetriz do ângulo $\angle CDA$ com o lado $[BC]$ e o ponto $P$ é a interseção da diagonal $AC$ com $DF$. Sabendo que $[BFDE]$ é um losango e que o comprimento do lado $[AB]$ é $6$, determina o comprimento de $[FP]$. (image1) (image2)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(0,0) \rput(-11.3,0.2){\rotatebox{45}{\LARGE\color{blue}\bf João}} \end{pspicture}
[image2]
\begin{pspicture}(-5,0)(0,3) \pspolygon(0,0)(-4,0)(-5,1.732)(-1,1.732) \psline(-3,1.732)(-4,0) \psline(-2,0)(-1,1.732) \psline(-5,1.732)(0,0) \rput(0.2,-0.2){$A$} \rput(-0.7,1.9){$B$} \rput(-5.3,1.9){$C$} \rput(-4.3,-0.2){$D$} \rput(-2,-0.3){$E$} \rput(-3,2.1){$F$} \rput(-3.3,0.8){$P$} \end{pspicture}

Resolução: Como $[ABCD]$ é um paralelogramo, $A\widehat{B}C=120^\circ$ e portanto $A\widehat{B}E=60^\circ$. Temos então que o triângulo $[ABE]$ é equilátero, e portanto $\overline{AB}=\overline{BE}=\overline{EA}=6$. De igual modo se deduz que $\overline{CF}=\overline{FD}=\overline{CD}=6$ e, como $[BFDE]$ é um losango, tem-se $\overline{DE}=\overline{BE}=6$. Os triângulos $[CPF]$ e $[APD]$ são semelhantes porque têm os lados paralelos. O comprimento $\overline{AD}=\overline{AE}+\overline{ED}=12$ é o dobro de $\overline{CF}=6$, e portanto $\overline{PD}=2\,\overline{FP}$. Mas como sabemos que $\overline{FD}=\overline{FP}+\overline{PD}=3\,\overline{FP}$, concluimos que $\overline{FP}=2$.
Problema (nível 3): O gato Quico encontra-se no canto inferior esquerdo deste quadrado e pretende chagar ao canto superior direito. As linhas pretas representam os caminhos por onde o Quico pode andar. Sabendo que ele anda sempre da esquerda para a direita ou de baixo para cima, de quantas maneiras diferentes é que ele pode fazer o caminho?(image1) (image2)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(0,0) \rput(-12.7,0){\rotatebox{45}{\LARGE\color{blue}\bf Gonçalo}} \end{pspicture}
[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(7,7) \pspolygon(0,0)(7,0)(7,7)(0,7) \psline(1,0)(1,7) \psline(2,0)(2,1) \psline(2,3)(2,4) \psline(2,6)(2,7) \psline(3,0)(3,7) \psline(4,0)(4,7) \psline(5,0)(5,1) \psline(5,3)(5,4) \psline(5,6)(5,7) \psline(6,0)(6,7) \psline(0,1)(7,1) \psline(0,2)(1,2) \psline(3,2)(4,2) \psline(6,2)(7,2) \psline(0,3)(7,3) \psline(0,4)(7,4) \psline(0,5)(1,5) \psline(3,5)(4,5) \psline(6,5)(7,5) \psline(0,6)(7,6) \end{pspicture}

Resolução: Solução 1: Para ir do canto inferior esquerdo ao canto superior direito é necessário passar uma e uma só vez por um dos seis pontos na diagonal oposta. Por simetria, o número de maneiras de chegar do canto inferior esquerdo a um deste pontos é o mesmo que o número de maneiras de chegar desse ponto ao canto superior direito, pelo que o total de caminhos que passam por cada um dos pontos é o quadrado do número de caminhos até esse mesmo ponto. Ainda por simetria, o número de caminhos por um ponto é o mesmo que o número de caminhos pelo seu simétrico em relação ao centro do quadrado. Precisamos assim apenas de saber o número de formas de chegar aos pontos $(1,1)$, $(2,2)$ e $(4,4)$ onde estamos a numerar os vértices de cima para baixo e da esquerda para a direita. Para chegar a $(1,1)$, o Quico tem de ir sempre para cima, pelo que há apenas uma maneira de lá chegar. Para chegar a $(2,2)$, ele tem de andar uma vez para a direita, e tem exatamente $7$ formas de o fazer. Para chegar a $(4,4)$ há mais possibilidades: se ele contornar por baixo o buraco inferior esquerdo tem $4$ possibilidades; se o contornar pela esquerda tem $13$ formas de o fazer. Logo, ao todo há $17$ possibilidades. Pelas observações acima, o total de caminhos é $2(1^2+7^2+17^2)=678$. Solução 2: O número de caminhos para um vértice é a soma do número de caminhos para o vértice abaixo com o número de caminhos para o vértice à esquerda (sendo esse número considerado zero se o vértice não existir). Começando com $1$ no canto inferior esquerdo e preenchendo todos os vértices com esta regra obtemos a seguinte tabela. (table1). O total de caminhos para o canto superior direito é assim $678$.


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[table1]
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline $1$&$8$&$15$&$39$&$114$&$189$&$339$&$678$\\ \hline $1$&$7$&$7$&$24$&$75$&$75$&$150$&$339$\\ \hline $1$&$6$&\cellcolor{gray}&$17$&$51$&\cellcolor{gray}&$75$&$189$\\ \hline $1$&$5$&$9$&$17$&$34$&$51$&$75$&$114$\\ \hline $1$&$4$&$4$&$8$&$17$&$17$&$24$&$39$\\ \hline $1$&$3$&\cellcolor{gray}&$4$&$9$&\cellcolor{gray}&$7$&$15$\\ \hline $1$&$2$&$3$&$4$&$5$&$6$&$7$&$8$\\ \hline $1$&$1$&$1$&$1$&$1$&$1$&$1$&$1$\\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 3): Um número natural diz-se parcial se os seus algarismos forem todos diferentes, se for múltiplo de cada um dos seus algarismos e não for múltiplo dos algarismos que não lhe pertencem. Por exemplo, $175$ é parcial porque é múltiplo de $1$, $5$ e $7$ e não é múltiplo de $0$, $2$, $3$, $4$, $6$, $8$ e $9$. Qual é o maior número parcial? (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(0,0) \rput(-29,2.2){\rotatebox{45}{\LARGE\color{blue}\bf António}} \end{pspicture}

Resolução: Primeiro observe-se que o algarismo $1$ pertence a qualquer número parcial e que o algarismo $0$ não pertence a nenhum número parcial. Observe-se também que se um número parcial não tem um determinado algarismo $a$, também não tem os algarismos múltiplos de $a$. Seja $n$ um número parcial com mais de $5$ algarismos. Então $n$ tem pelo menos um algarismo par, pelo que tem necessariamente o algarismo $2$. Se $n$ tivesse também o algarismo $5$, seria múltiplo de $10$, logo terminaria em $0$. Portanto $n$ tem $6$, $7$ ou $8$ algarismos. Se $n$ não tivesse o algarismo $3$, também não teria o $6$ e o $9$, logo teria no máximo $5$ algarismos. Portanto $n$ tem o algarismo $3$, pelo que a soma dos algarismos de $n$ é múltipla de $3$. Além disso, como $n$ também tem o algarismo $2$, tem necessariamente o algarismo $6$. A soma dos algarismos $1$, $2$, $3$ e $6$ é múltipla de $3$, pelo que a soma dos algarismos restantes de $n$ também é múltipla de $3$. Como os algarismos possíveis são $4$, $7$, $8$ e $9$, as únicas somas múltiplas de $3$ com dois ou mais algarismos são $4+8+9$, $4+8$, $7+8+9$ e $7+8$. No entanto, se $n$ não tiver o algarismo $4$, também não tem o $8$, pelo que restam as possibilidades $4+8+9$ e $4+8$. No primeiro caso, a soma de todos os algarismos é $1+2+3+4+6+8+9=33$, que não é múltipla de $9$, logo $n$ não pode ser múltiplo de $9$. No segundo caso, o maior número par que se pode formar é $864312$, que é múltiplo de $1$, $2$, $3$, $4$, $6$ e $8$ e não é múltiplo de $0$, $5$, $7$ e $9$. Portanto $864312$ é o maior número parcial.
Problema (nível 3): De quantas maneiras diferentes é possível escrever $2016$ como soma de uma sequência de números naturais consecutivos?

Resolução: Vamos primeiro considerar que $2016$ é a soma de um número ímpar de números consecutivos, $2n+1$, e que $x$ é o elemento que está exatamente no meio da sequência. Neste caso a soma da sequência é igual a $(x-n)+(x-n+1)+\cdots +x+\cdots +(x+n)=(2n+1)\times x$, onde $x$ é maior do que $n$ porque todos os elementos da sequência são positivos. O número $2n+1$ é um número ímpar, portanto as possíveis escolhas para $2n+1$ são os divisores ímpares de $2016$: $1$, $3$, $7$, $9$, $21$ e $63$, a que correspondem as somas: $2016$, $671+672+673$, $285+286+\cdots +291$, $220+221+\dots +228$, $86+87+\cdots +106$ e $1+2+3+\cdots +62+63$. Consideremos agora que $2016$ é a soma de um número par de números consecutivos, $2n$, e que $x$ e $x+1$ são os dois elementos que estão exatamente no meio da sequência. Neste caso a soma da sequência é igual a $(x-n+1)+\cdots +x+(x+1)\cdots +(x+n)=(2x+1)\times n=2016$, onde $x$ é maior ou igual do que $n$. O número $2x+1$ é um divisor ímpar de $2016$, e portanto o número $n$ é um divisor par de $2016$, de tal modo que $x\geq n$. Como o maior divisor ímpar de $2016$ é $63$, tem-se que $x\leq 31$ e que $n\geq 32$, uma vez que $(2x+1)\times n=2016$. Ou seja é impossível encontrar $x\geq n$ tais que $(2x+1)\times n=2016$, o que significa que não existe nenhuma sequência com um número par de números consecutivos, cuja soma seja $2016$. Concluímos assim que se pode escrever $2016$ de seis maneiras diferentes como soma de uma sequência de números naturais consecutivos.
Problema (nível 3): O número $2016$ tem quatro algarismos, é múltiplo de $6$ e a soma dos quadrados dos seus algarismos é $41$. Determina todos os números nestas condições.

Resolução: Seja $N$ um número constituído por quatro algarismos, múltiplo de $6$ e tal que a soma dos quadrados dos seus algarismos é $41$. Comecemos por notar que sendo múltiplo de $6$, o número $N$ é par e a soma dos seus algarismos é divisível por $3$. Como $4\times 3^2=36<41$, então o maior algarismo de $N$ é maior do que $3$. Por outro lado, $7^2=49>41$, logo o maior algarismo de $N$ é menor do que $7$. Se o maior algarismo de $N$ for $4$, então os restantes três algarismos têm necessariamente de ser $0,3$ e $4$, de forma a que a soma dos seus quadrados seja $41$. No entanto, a soma dos algarismos é $4+0+3+4=11$, que não é divisível por $3$. Neste caso, não há nenhum número nas condições pretendidas. Se o maior algarismo de $N$ for $5$, então os restantes algarismos têm necessariamente de ser $0,0$ e $4$, de forma a que a soma dos seus quadrados seja $41$. Obtemos assim os números $5004, 5040, 5400,4050, 4500$. Se o maior algarismo de $N$ for $6$, então os restantes três algarismos têm necessariamente de ser $0,1$ e $2$ de forma a que a soma dos seus quadrados seja $41$. Obtemos assim os números $1026$, $1206$, $2016$, $2106$, $1062$, $1602$, $6012$, $6102$, $1260$, $1620$, $2160$, $2610$, $6120$, $6210$.
Problema (nível 3): Seja $[ABCD]$ um paralelogramo com $\overline{AB}<\overline{BC}$ e sejam $E,F$ pontos sobre a circunferência que passa por $A$, $B$ e $C$ tais que $DE$ e $DF$ são tangentes a essa circunferência. Sabendo que $A\widehat DE=C\widehat DF$, determina $A\widehat BC$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-2.1,-0.3)(2,4) \pspolygon(0,0)(2,0)(-0.05038,3.54413)(-2.05038,3.54413) \pscircle(1,1.78664){2.047458} \psline(-2.05038,3.54413)(0.79971,3.82427) \psline(-2.05038,3.54413)(-0.86327,0.93793) \rput(-0.2,-0.2){$A$} \rput(2.2,-0.2){$B$} \rput(0.25,3.45){$C$} \rput(-2.2,3.5){$D$} \rput(0.8,4){$E$} \rput(-1.1,0.9){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Sejam $O$ o centro da circunferência e $G$ o segundo ponto de interseção da circunferência com $AD$. (image2) Como $E$ e $F$ são pontos de tangência a partir de $D$, então $D\widehat EO=D\widehat FO=90^\circ$. Então os triângulos $[DEO]$ e $[DFO]$ são congruentes, uma vez que $[EO]$ e $[FO]$ são raios e $[DO]$ é comum aos dois triângulos. Logo $O\widehat DF=O\widehat DE$. Como $A\widehat DE=C\widehat DF$, então $C\widehat DO=C\widehat DF-O\widehat DF=G\widehat DE-O\widehat DE=G\widehat DO$. Como anteriormente, concluimos que os triângulos $[DCO]$ e $[DGO]$ são congruentes. Portanto $\overline{CD}=\overline{GD}$. Por outro lado, $[BC]$ e $[AG]$ são cordas paralelas, logo $\overline{AB}=\overline{CG}$. Como $[ABCD]$ é um paralelogramo, tem-se $\overline{AB}=\overline{CD}$. Portanto, $\overline{CD}=\overline{CG}=\overline{GD}$, ou seja, o triângulo $[CGD]$ é equilátero. Assim, $A\widehat BC=C\widehat DG=60^\circ$. Nota: No problema não é referido que $[BC]$ é um diâmetro da circunferência e de facto, isto não acontece em geral.


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(-4.7,-0.3)(5.9,10) \pspolygon(0,0)(2,0)(-2.62957,8.01865)(-4.62957,8.01865) \pscircle(1,4.76841){4.87214} \psline(-4.62957,8.01865)(-0.5498,9.3875) \psline(-4.62957,8.01865)(-3.77514,3.80104) \psline(1,4.76841)(-0.5498,9.3875) \psline(1,4.76841)(-3.77514,3.80104) \psline(1,4.76841)(-4.62957,8.01865) \psline(1,4.76841)(-3.62957,6.2866) \psline(1,4.76841)(-2.62957,8.01865) \psline(-3.62957,6.2866)(-2.62957,8.01865) \psline(-3.62957,6.2866)(-2.62957,8.01865) \rput(-0.4,-0.4){$A$} \rput(2.4,-0.4){$B$} \rput(-2,8.2){$C$} \rput(-5,8){$D$} \rput(-0.4,9.7){$E$} \rput(-4.2,3.8){$F$} \rput(-4,6.2){$G$} \rput(1.4,4.8){$O$} \end{pspicture}