tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): Numa competição de matemática foram propostos $100$ problemas. A Alice resolveu $70$, a Beatriz resolveu $60$ e a Clara resolveu $50$. Todos os problemas foram resolvidos por pelo menos uma das três amigas. Um problema foi considerado difícil se foi resolvido apenas por uma delas, médio se foi resolvido por duas e fácil se foi resolvido pelas três. O número de problemas médios foi o triplo dos problemas fáceis. A Alice foi a amiga que resolveu menos problemas difíceis. No máximo, quantos problemas médios foram resolvidos pela Beatriz e pela Clara?

Resolução: Seja $F$ o número de problemas fáceis, $M$ o número de problemas médios e $D$ o número de problemas difíceis. Como todos os problemas foram resolvidos, então $F+M+D=100$. Além disso, $M=3F$. Se somarmos os problemas resolvidos por cada uma das amigas obtemos, por um lado, o número $70+60+50=180$ e, por outro, o número $D+2M+3F$. Logo $180=(100-F-M)+2M+3F=100+M+2F=100+5F$, ou seja, $F=16$. Portanto $M=48$ e $D=36$. Sejam $a$, $b$, $c$, $d$ o número de problemas resolvidos pela Alice e a Beatriz de acordo com o diagrama seguinte: (image1) A soma $a+b+c$ representa o número de problemas que a Clara não resolveu, ou seja, $a+b+c=100-50=50$. A soma $b+c+d$ representa o número de problemas médios e difíceis resolvidos pela Beatriz, ou seja, $b+c+d=60-16=44$. Como $b+c$ é comum às duas somas, entáo $a-d=50-44=6$. Como a Alice foi a amiga que resolveu menos problemas difíceis, então resolveu menos que $36/3=12$ problemas difíceis. Logo $a\leq 11$ e portanto, $d\leq 5$. Para ver que é possível que a Beatriz e a Clara tenham resolvido $5$ problemas médios, observemos que o seguinte diagrama cumpre todas condições do problema. (image2) Portanto, o número máximo de problemas médios resolvidos pela Beatriz e pela Clara é $5$.


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[image1]
\begin{pspicture}(-2,-4)(2,3) \rput(3.75;150){Alice} \rput(3.75;30){Beatriz} \rput(3.75;270){Clara} \pscircle(1;270){2} \pscircle(1;30){2} \pscircle(1;150){2} \rput(2;150){$a$} \rput(1.5;90){$b$} \rput(2;30){$c$} \rput(1.5;-30){$d$} \rput(0,0){$16$} \end{pspicture}
[image2]
\begin{pspicture}(-2,-4)(2,3) \rput(3.75;150){Alice} \rput(3.75;30){Beatriz} \rput(3.75;270){Clara} \pscircle(1;270){2} \pscircle(1;30){2} \pscircle(1;150){2} \rput(2;150){$11$} \rput(1.5;90){$26$} \rput(2;30){$13$} \rput(1.5;-30){$5$} \rput(0,0){$16$} \rput(1.5;210){$17$} \rput(2;270){$12$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): No hexágono regular $[ABCDEF]$ de lado $2$ cm, os pontos $P$ , $Q$ e $R$ são os pontos médios de $[CD]$, $[DE]$ e $[EF]$, respetivamente. Os segmentos $[AE]$ e $[FQ]$ intersetam-se no ponto $I$. Mostra que o ponto $I$ pertence ao segmento $[RP]$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,2) \small \pnode(2;240){A} \uput{0.1}[240](A){$A$} \pnode(2;300){B} \uput{0.1}[300](B){$B$} \pnode(2;0){C} \uput{0.1}[0](C){$C$} \pnode(2;60){D} \uput{0.1}[60](D){$D$} \pnode(2;120){E} \uput{0.1}[120](E){$E$} \pnode(2;180){F} \uput{0.1}[180](F){$F$} \pnode(1.5,0.86603){P} \uput{0.1}[0](P){$P$} \pnode(1.732;90){Q} \uput{0.1}[90](Q){$Q$} \pnode(-1.5,0.86603){R} \uput{0.1}[180](R){$R$} \pnode(-1,0.86603){I} \uput{0.1}[-45](I){$I$} \pspolygon(A)(B)(C)(D)(E)(F) \psline(A)(E) \psline(F)(Q) \psline[linestyle=dashed](P)(R) \end{pspicture}

Resolução: Observe-se que $[FC]$ é paralelo a $[ED]$ e que $\overline{FM}=\overline{EQ}$, por isso, podemos afirmar que $[QEI]$ é congruente com $[FMI]$. Portanto, $\overline{EI}=\overline{IM}$, ou seja, $I$ é o ponto médio de $[EM]$. (image2) Consideremos agora o ponto $N$ de interseção de $[RP]$ e $[AE]$. (image3) Como $R$ é o ponto médio de $[EF]$ e $P$ é o ponto médio de $[DC]$, o segmento $[RP]$ é paralelo a $[FC]$. Assim, os triângulos $[ERN]$ e $[EFM]$ são semelhantes. Uma vez que $\overline{FE}=2 \overline{RE}$, podemos afirmar que a razão de semelhança é $2$ e, por isso, $N$ também é o ponto médio de $[EM]$. Assim, conclui-se que $I=N$, ou seja, $[RP]$ passa por $I$.


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[image2]
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,2) \small \pnode(2;240){A} \uput{0.1}[240](A){$A$} \pnode(2;300){B} \uput{0.1}[300](B){$B$} \pnode(2;0){C} \uput{0.1}[0](C){$C$} \pnode(2;60){D} \uput{0.1}[60](D){$D$} \pnode(2;120){E} \uput{0.1}[120](E){$E$} \pnode(2;180){F} \uput{0.1}[180](F){$F$} \pnode(1.732;90){Q} \uput{0.1}[90](Q){$Q$} \pnode(-1,0.86603){I} \uput{0.1}[-45](I){$I$} \pnode(0,0){O} \uput{0.1}[270](O){$O$} \pnode(-1,0){M} \uput{0.1}[-45](M){$M$} \pspolygon(A)(B)(C)(D)(E)(F) \psline(A)(E) \psline(F)(Q) \psline(F)(C) \psline[linestyle=dashed](E)(O)(D) \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(-2,-2)(2,2) \small \pnode(2;240){A} \uput{0.1}[240](A){$A$} \pnode(2;300){B} \uput{0.1}[300](B){$B$} \pnode(2;0){C} \uput{0.1}[0](C){$C$} \pnode(2;60){D} \uput{0.1}[60](D){$D$} \pnode(2;120){E} \uput{0.1}[120](E){$E$} \pnode(2;180){F} \uput{0.1}[180](F){$F$} \pnode(1.5,0.86603){P} \uput{0.1}[0](P){$P$} \pnode(1.732;90){Q} \uput{0.1}[90](Q){$Q$} \pnode(-1.5,0.86603){R} \uput{0.1}[180](R){$R$} \pnode(-1,0.86603){I} \uput{0.1}[-45](I){$N$} \pnode(0,0){O} \uput{0.1}[270](O){$O$} \pnode(-1,0){M} \uput{0.1}[-45](M){$M$} \pspolygon(A)(B)(C)(D)(E)(F) \psline(A)(E) \psline(P)(R) \psline(F)(C) \psline[linestyle=dashed](E)(O)(D) \end{pspicture}
Problema (nível 3): Determina todos os inteiros positivos $a$, $b$ e $c$ para os quais os números $$\frac{a+1}{b}, \quad \frac{b+1}{c}\quad \text{\rmix e }\quad\frac{c+1}{a}$$ são também inteiros positivos.

Resolução: Comecemos por supor que $a\leq b$ e $a\leq c$. Se $a=b$, como $\dfrac{a+1}{b}=1+\dfrac{1}{b}$ é inteiro temos de ter $a=b=1$. Neste caso, $\dfrac{b+1}{c}=\dfrac{2}{c}$ é também inteiro, pelo que $c=1$ ou $c=2$ e obtemos as soluções: $(1,1,1)$ e $(1,1,2)$. O caso $a=c$ é análogo. Se $a<b$ e $a<c$, como $\dfrac{a+1}{b}$ é inteiro, temos de ter $a+1= b$. Assim, $\dfrac{b+1}{c}=\dfrac{a+2}{c}$ é inteiro e $a<c$ implica que $c=a+1$ ou $c=a+2$. Mas não podemos ter $c=a+1$, pois, neste caso, $\dfrac{a+2}{c}=\dfrac{c+1}{c}=1+\dfrac{1}{c}$ não seria inteiro, uma vez que $1\leq a<c$. Portanto, temos $c=a+2$. Mas então, como $\dfrac{c+1}{a}=\dfrac{a+3}{a}=1+\dfrac{3}{a}$ é inteiro, temos de ter $a=1$ ou $a=3$ e obtemos as soluções $(1,2,3)$ e $(3,4,5)$. Portanto, as soluções para o problema são as permutações cíclicas das soluções encontradas: $(1,1,1), (1,1,2), (1,2,1), (2,1,1), (1,2,3), (3,1,2), (2,3,1), (3,4,5), (5,3,4)$ e $(4,5,3)$.
Problema (nível 3): A Matilde pensou num número de $4$ algarismos, e deu várias pistas ao seu amigo Leonardo para ele o descobrir. O Leonardo já sabe que a soma dos seus algarismos deixa resto $3$ se dividida por $6$ e resto $5$ se dividida por $7$. Na última pista, a Matilde revelou que o algarismo $8$ aparece um número ímpar de vezes. Quantas possibilidades ainda existem para o número pensado pela Matilde?

Resolução: A soma dos algarismos do número escolhido pela Matilde é menor ou igual a $36$. Até $36$, os números que deixam resto $5$ quando dividido por $7$ são $5$, $12$, $19$, $26$ e $33$. Entre estes, somente o $33$ deixa resto $3$ quando dividido por $6$. Logo a soma dos algarismos do número escolhido pela Matilde é $33$. Se o número escolhido pela Matilde tiver um $8$, os outros três algarismos somam $25$ e nenhum deles é $8$, tendo que ser $7$, $9$ e $9$. Para contar o número de números com estes algarismos, comecemos por ver que existem $4$ possibilidades para o algarismo $8$ e depois de escolher a posição deste existem, $3$ possibilidades para o algarismo $7$, ficando o resto do número determinado. Logo existem $4\times 3 = 12$ números com estes algarismos. Se o número escolhido pela Matilde tiver três $8$, o último algarismo é $33 - 3\times 8 = 9$. O número de números que obedecem a isto é $4$, uma vez que basta escolher a posição do algarismo $9$. No total, na perspetiva do Leonardo, ainda existem $16$ possibilidades para o número pensado pela Matilde.
Problema (nível 3): Seja $[ABCD]$ um quadrado com $2$ cm de lado e com centro no ponto $T$, como se representa na figura. Desenha-se um losango $[ARTE]$ onde o ponto $E$ pertence à reta $DC$. Quanto mede a área do losango $[ARTE]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-1,0)(2,3) \small \pnode(0,2){A} \uput{0.05}[135](A){$A$} \pnode(2,2){R} \uput{0.05}[45](R){$B$} \pnode(2,0){T} \uput{0.05}[-45](T){$C$} \pnode(0,0){E} \uput{0.05}[225](E){$D$} \pnode(-1,0){L} \uput{0.05}[180](L){$E$} \pnode(2,3){H} \uput{0.05}[45](H){$R$} \pnode(1,1){O} \uput{0.05}[-45](O){$T$} \pspolygon(A)(R)(T)(E) \pspolygon(H)(O)(L)(A) \end{pspicture}

Resolução: A área do losango $[ARTE]$ é igual a $\ds{\frac{\overline{ER}\times \overline{AT}}{2}}$. Uma vez que $[AC]$ é uma diagonal do quadrado, pelo teorema de Pitágoras, $\overline{AT}= \ds{\frac{\overline{AC}}{2}} = \ds{\frac{\sqrt{2^2+ 2^2}}{2}}=\sqrt{2}$ cm. Solução 1: Seja $F$ o ponto de interseção das diagonais do losango (também ponto médio de $[AT]$). (image2) As diagonais do losango intersetam-se perpendicularmente, logo o triângulo $[EFC]$ é retângulo em $F$ e é isósceles uma vez que $F\widehat{C}E= 45^\circ$. Portanto, $\overline{FE}=\overline{FC}=\ds{\frac{3}{4}} \times 2\sqrt{2}= \ds{\frac{3\sqrt{2}}{2}}$ e $\overline{ER}=2 \overline{FE}=3\sqrt{2}$. A área do losango é igual a $\ds{\frac{\sqrt{2}\times 3 \sqrt{2}}{2}}=3$ cm$^2$. Solução 2: Ao colocar a figura num quadriculado de lado $1$ cm, observa-se que as diagonais do losango seguem as diagonais do quadriculado. (image3) Conclui-se assim que $\overline{ED}=1$ e $\overline{ER}=\sqrt{3^2+ 3^2}=3\sqrt{2}$. A área do losango é igual a $\ds{\frac{\sqrt{2}\times 3 \sqrt{2}}{2}}=3$ cm$^2$.


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[image2]
\begin{pspicture}(-1,0)(2,3) \small \pnode(0,2){A} \uput{0.05}[135](A){$A$} \pnode(2,2){R} \uput{0.05}[45](R){$B$} \pnode(2,0){T} \uput{0.05}[-45](T){$C$} \pnode(0,0){E} \uput{0.05}[270](E){$D$} \pnode(-1,0){L} \uput{0.05}[180](L){$E$} \pnode(2,3){H} \uput{0.05}[45](H){$R$} \pnode(1,1){O} \uput{0.2}[270](O){$T$} \pnode(0.5,1.5){F} \uput{0.2}[270](F){$F$} \psline(L)(H) \psline(A)(O) \psline[linestyle=dashed](O)(T) \psline[linestyle=dashed](L)(E) \pspolygon(A)(R)(T)(E) \pspolygon(H)(O)(L)(A) \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(-1,0)(2,3) \small \pnode(0,2){A} \uput{0.05}[135](A){$A$} \pnode(2,2){R} \uput{0.05}[45](R){$B$} \pnode(2,0){T} \uput{0.05}[-45](T){$C$} \pnode(0,0){E} \uput{0.05}[270](E){$D$} \pnode(-1,0){L} \uput{0.05}[180](L){$E$} \pnode(2,3){H} \uput{0.05}[45](H){$R$} \pnode(1,1){O} \uput{0.2}[-45](O){$T$} \psline(L)(H) \psline(A)(O) \psline[linestyle=dashed](-1,0)(-1,3) \psline[linestyle=dashed](0,0)(0,3) \psline[linestyle=dashed](1,0)(1,3) \psline[linestyle=dashed](2,0)(2,3) \psline[linestyle=dashed](-1,0)(2,0) \psline[linestyle=dashed](-1,1)(2,1) \psline[linestyle=dashed](-1,2)(2,2) \psline[linestyle=dashed](-1,3)(2,3) \pspolygon(A)(R)(T)(E) \pspolygon(H)(O)(L)(A) \end{pspicture}
Problema (nível 4): No quadrilátero $[ABCD]$, os lados $[AB]$, $[BC]$, $[CD]$ e $[DA]$ medem $2$, $3$, $1$ e $2$, respetivamente, e $P$ é um ponto no segmento $[BC]$. Sabendo que os ângulos $DAB$ e $BPD$ são retos, determina $\overline{CP}$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(3,1.8) \small \pspolygon(0,0)(3,0)(2.13915,1.80525)(0.33174,0.94337) \psline(0.33174,0)(0.33174,0.94337) \uput{0.05}[270](0,0){$C$} \uput{0.05}[270](3,0){$B$} \uput{0.05}[45](2.13915,1.80525){$A$} \uput{0.05}[135](0.33174,0.94337){$D$} \uput{0.05}[270](0.33174,0){$P$} \end{pspicture}

Resolução: Solução 1: Como o triângulo $[ABD]$ é retângulo em $A$ e $\overline{AD}=\overline{AB}=2$, tem-se, pelo Teorema de Pitágoras, $$\overline{BD}^2=2^2+2^2=8\text{.}$$ Assim, temos $$\overline{CD}^2+\overline{BD}^2=1+8=9=\overline{BC}^2\text{.}$$ Pelo recíproco do Teorema de Pitágoras, conclui-se que o triângulo $[BCD]$ é retângulo em $D$. Os triângulos $[CDP]$ e $[CBD]$ são semelhantes, pois têm o ângulo $BCD$ em comum e $D\widehat{P}C=B\widehat{D}C=90^\circ$. Logo, $$\frac{\,\overline{CP}\,}{\overline{CD}}=\frac{\,\overline{CD}\,}{\overline{CB}}\text{,}$$ e como $\overline{CD}=1$ e $\overline{CB}=3$ conclui-se que $\overline{CP}=\dfrac{1}{3}$. (image2) Solução 2: Como o triângulo $[ABD]$ é retângulo em $A$ e $\overline{AD}=\overline{AB}=2$, tem-se, pelo Teorema de Pitágoras, $$\overline{BD}^2=2^2+2^2=8\text{.}$$ Seja $x=\overline{PC}$. Então $\overline{BP}=3-x$. Pelo Teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos $[BPD]$ e $[CPD]$, temos $$\overline{PD}^2=1-x^2\quad\text{e}\quad\overline{PD}^2=8-(3-x)^2.$$ Logo $1-x^2=8-(3-x)^2$, ou seja, $x=\dfrac13$.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(3,1.8) \small \pspolygon(0,0)(3,0)(2.13915,1.80525)(0.33174,0.94337) \psline(0.33174,0)(0.33174,0.94337) \psline(3,0)(0.33174,0.94337) \uput{0.1}[270](0,0){$C$} \uput{0.1}[270](3,0){$B$} \uput{0.1}[45](2.13915,1.80525){$A$} \uput{0.1}[135](0.33174,0.94337){$D$} \uput{0.1}[270](0.33174,0){$P$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Um número natural $n$ diz-se olímpico se dois ou mais algarismos consecutivos de $n$ formam um número múltiplo de $3$. Por exemplo, o número $2024$ é olímpico porque o número formado pelos últimos dois algarismos, $24$, é múltiplo de $3$. Determina o maior número que não é olímpico.

Resolução: Se um número não é olímpico e tiver algum algarismo $a$ inferior a $7$, então o número que se obtém substituindo $a$ por $a+3$ também não é olímpico. Portanto, o maior número que não é olímpico tem apenas os algarismos $7$, $8$ ou $9$. Seja $N$ o maior número que não é olímpico. Se $N$ tiver algum algarismo $7$ e algum algarismo $8$, estes não podem ser consecutivos, pois formam um número múltiplo de $3$. Consideremos os dois algarismos $7$ e $8$ mais próximos em $N$. Então entre eles está um ou mais algarismos $9$ e o número formado por todos estes algarismos (incluindo o $7$ e o $8$) é múltiplo de $3$. Assim, $N$ só pode ter algarismos $9$, ou $7$ e $9$ ou $8$ e $9$. Além disso, $N$ não pode ter dois algarismos $9$ consecutivos. No primeiro caso, $N$ tem apenas um algarismo, logo $N=9$. No segundo caso, $N$ tem no máximo dois algarismos $7$, pois tivesse três, o número formado pelos algarismos de $N$ desde o primeiro $7$ até ao terceiro seria múltiplo de $3$. Portanto, neste caso, o maior número é $97979$. O terceiro caso é análogo e o maior número nestas condições é $98989$. Assim, o maior número que não é olímpico é $98989$.
Problema (nível 4): O Francisco escreveu uma sequência de números começando com $25$. A partir do quarto termo da sequência, inclusive, cada termo da sequência é a média dos três anteriores. Sabendo que os seis primeiros termos da sequência são números naturais e que o sexto número escrito foi o $8$, qual é o quinto termo da sequência?

Resolução: Sejam $a$ e $b$ o segundo e o terceiro elemento da sequência, respetivamente. Então o quarto elemento, em função dos anteriores, é $\frac{25+a+b}{3}$, o quinto é $\frac{\frac{25+a+b}{3}+a+b}{3}=\frac{25+4a+4b}{9}$ e o sexto é $\frac{\frac{25+a+b}{3}+\frac{25+4a+4b}{9}+b}{3}=\frac{75+3a+3b+25+4a+4b+9b}{27}=\frac{100+7a+16b}{27}$. Relembremos ainda que o sexto elemento é $8$. Logo \begin{align*} 8 &= \frac{100+7a+16b}{27} \\ \Leftrightarrow 216 &= 100+7a+16b \\ \Leftrightarrow 116 &= 7a + 16b \end{align*} Uma vez que $16\times8 > 116$, basta analisar para que valores inteiros de $b$ entre $1$ e $7$, inclusive, se tem que $7$ é divisor que $116-16b$, sendo a única possibilidade $b=2$, o que implica $a=12$. Isto forma a sequência $25, 12, 2, 13, 9, 8$, logo o quinto termo da sequência é $9$.
Problema (nível 4): Um professor de informática pediu aos seus alunos para escreverem um programa que, dada uma lista de $n$ números $a_1, a_2, \dots , a_n$, calcule a lista $b_1, b_2, \dots , b_n$ em que $b_k$ é o número de vezes que o número $a_k$ aparece na lista. Assim, por exemplo, para a lista $1, 2, 3, 1$, o programa devolve a lista $2, 1, 1, 2$. De seguida, o professor pediu ao Alexandre para executar o programa para uma lista de $2025$ números. Depois, pediu para aplicar o programa à lista resultante, e assim sucessivamente, até aparecer na lista um número maior ou igual a $k$. Determina o maior valor de $k$ para o qual, qualquer que seja a lista inicial de $2025$ números inteiros positivos $a_1, a_2, \dots , a_{2025}$, é possível o Alexandre fazer o que o professor lhe pediu.

Resolução: 1 número “1”, 2 números “2”, \(\vdots\) 54 números “54”, 56 números “56”, \(\vdots\) 64 números “64”,
Problema (nível 4): Um número inteiro $n\geq 2$ diz-se feirense se for possível escrever numa folha de papel alguns números inteiros tais que cada divisor positivo de $n$ inferior a $n$ é a diferença entre dois dos números da folha, e nenhum outro número positivo é. Determina todos os números feirenses.

Resolução: Se \(n\) é primo, considere-se \(H = \{0, 1\}\); Se \(n = 4\), considere-se \(H = \{0, 1, 2\}\); Se \(n = 6\), considere-se \(H = \{0, 2, 3\}\); Se \(n = 12\), considere-se \(H = \{0, 2, 3, 6\}\).
Problema (nível 2): O João, o Pedro e a Maria trouxeram castanhas para uma festa do magusto. Como tinham um número diferente de castanhas, fizeram as seguintes trocas: Sabendo que, depois destas trocas, todos ficaram com o mesmo número de castanhas, quantas castanhas tinha inicialmente o João? A Maria deu metade das suas castanhas ao João; O Pedro deu $8$ castanhas à Maria; O João deu $12$ castanhas ao Pedro.

Resolução: No final das trocas, as castanhas iniciais da Maria estavam igualmente divididas entre a Maria e o João. Para além destas castanhas, a Maria ficou com $8$ castanhas (dadas pelo Pedro) e o João ficou com as que tinha inicialmente menos $12$ (que deu ao Pedro). Como a Maria e o João ficaram com o mesmo número de castanhas, o número inicial de castanhas do João menos $12$ são $8$ castanhas. Portanto, o João tinha inicialmente $12+8=20$ castanhas.
Problema (nível 2): Na figura, os segmentos $[AB]$, $[CD]$ e $[EF]$ têm o mesmo comprimento, que é o dobro do comprimento de cada um dos segmentos $[BC]$, $[DE]$ e $[FG]$. Sabendo que o perímetro do polígono $[ABCDEFGH]$ é $18$ cm, determina a sua área. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(6,3.5) \small \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](0,0)(2,0)(2,1)(4,1)(4,2)(6,2)(6,3)(0,3) \uput{0.05}[225](0,0){$A$} \uput{0.05}[315](2,0){$B$} \uput{0.1}[315](2,1){$C$} \uput{0.05}[315](4,1){$D$} \uput{0.1}[315](4,2){$E$} \uput{0.05}[315](6,2){$F$} \uput{0.05}[45](6,3){$G$} \uput{0.05}[135](0,3){$H$} \end{pspicture}

Resolução: Começamos por notar que $\overline{AH}=\overline{BC}+\overline{DE}+\overline{FG}$ e que $\overline{HG}=\overline{AB}+\overline{CD}+\overline{EF}=2\times \overline{AH}$. Assim, o perímetro do polígono é dado por $18=2\times \overline{AH}+2\times \overline{HG}=6\times \overline{AH}$, pelo que $\overline{AH}=3$ cm. Portanto, cada um dos segmentos $[AB]$, $[CD]$ e $[EF]$ têm comprimento $2$ cm e cada um dos segmentos $[BC]$, $[DE]$ e $[FG]$ têm comprimento $1$ cm. O poligono pode ser decomposto em seis retângulos de área $2\times 1=2$ cm$^2$, logo a área do polígono é $6\times 2=12$ cm$^2$. (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(6,3.5) \small \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](0,0)(2,0)(2,1)(4,1)(4,2)(6,2)(6,3)(0,3) \psline(0,1)(2,1)(2,3) \psline(0,2)(4,2)(4,3) \uput{0.05}[225](0,0){$A$} \uput{0.05}[315](2,0){$B$} \uput{0.1}[315](2,1){$C$} \uput{0.05}[315](4,1){$D$} \uput{0.1}[315](4,2){$E$} \uput{0.05}[315](6,2){$F$} \uput{0.05}[45](6,3){$G$} \uput{0.05}[135](0,3){$H$} \end{pspicture}
Problema (nível 2): Num saco estão pedras pretas e brancas. Há $20$ pedras brancas e $90\%$ das pedras do saco são pretas. Que fração das pedras pretas devemos retirar, para que $80\%$ das pedras que ficam no saco sejam pretas?

Resolução: Solução 1: Inicialmente, o número de pedras pretas é nove vezes o número de pedras brancas. Sem alterar o número de pedras brancas, pretendemos que o número de pedras pretas passe a ser quatro vezes o número de pedras brancas. Logo, teremos que retirar do saco $ \frac{9-4} 9=\frac 5 9$ das pedras pretas. Solução 2: Como $90\%$ das pedras são pretas, existem no saco $20 \times 9=180$ pedras pretas. Para que $80\%$ das pedras no saco sejam pretas, mantendo as $20$ brancas, precisamos de ter no saco $20 \times 4=80$ pedras pretas. Logo, devemos retirar $180-80=100$ pedras pretas, ou seja, $\frac{100}{180}=\frac 5 9$ das pedras pretas.
Problema (nível 2): GonçaloA figura ao lado é formada por cinco triângulos retângulos isósceles iguais. Determina a sua área. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-0.25)(5,1.5) \scriptsize \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0)(0.5,0.5)(1.5,-0.5)(2.5,0.5)(3.5,-0.5)(4.5,0.5)(5,0) \psline(0,1)(5,1) \psline(0,0.75)(0,1.25) \psline(5,0.75)(5,1.25) \rput(2.5,1.25){$40$\,cm} \end{pspicture}

Resolução: Solução 1: Como os triângulos são todos iguais, a hipotenusa de cada um deles mede $\frac{40}{5}=8$ cm. Consideremos $[ABC]$, retângulo em $B$ e tal que $\overline{AB}=\overline{BC}$, um desses triângulos. O lado $[AC]$ mede $8$ cm como vimos anteriormente. Seja agora $M$ o ponto médio de $[AC]$. Como $[ABC]$ é isósceles, $BM$ é a mediatriz de $[AC]$ e é a bissetriz de $ABC$ e portanto $C\widehat{B}M=\frac{90}{2}=45^\circ=M\widehat CB$. Logo $[CMB]$ é isósceles com $\overline{BM}=\overline{MC}=\frac{\overline{AC}}{2}=4$ cm. Podemos então concluir que Área$ [ABC]=\frac{\overline{AC}\times\overline{BM} }{2}=\frac{8\times 4}{2}=16$ cm$^2$. Logo a área da figura é $16\times 5=80$ cm$^2$. (image2) Solução 2: Como os triângulos são todos iguais, a hipotenusa de cada um deles mede $\frac{40}{5}=8$ cm. Juntando quatro triângulos pelos seus ângulos retos, obtemos um quadrado de lado $8$ cm. Portanto, a área de cada triângulo é $\dfrac{8^2}{4}=16$ cm$^2$. Logo a área da figura é $16\times 5=80$ cm$^2$. (image3)


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[image2]
\begin{pspicture}(0,-0.25)(5,1.5) \scriptsize \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0)(0.5,0.5)(1,0) \psline(0.5,0)(0.5,0.5) \uput[180](0,0){$A$} \uput[90](0.5,0.5){$B$} \uput[0](1,0){$C$} \uput[270](0.5,0){$M$} \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(0,-0.25)(5,1.5) \scriptsize \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0)(0.5,0.5)(1,0) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](1,1)(0.5,0.5)(1,0) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](1,1)(0.5,0.5)(0,1) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0)(0.5,0.5)(0,1) \end{pspicture}
Problema (nível 2): CéliaO número $105$ tem a propriedade de poder ser escrito como soma de dois números inteiros consecutivos, como soma de três números inteiros consecutivos, e como soma de cinco números inteiros consecutivos: $$105=52+53,\qquad 105=34+35+36,\qquad 105=19+20+21+22+23.$$ Quantos números menores que $1000$ têm esta propriedade?

Resolução: Um número $N$ é a soma de dois inteiros consecutivos $n$ e $n+1$ quando $N=2n+1$ é ímpar. Um número $N$ é a soma de três inteiros consecutivos $n-1$, $n$ e $n+1$ quando $N=3n$ é múltiplo de $3$. Um número $N$ é a soma de cinco inteiros consecutivos $n-2$, $n-1$, $n$, $n+1$ e $n+2$ quando $N=5n$ é múltiplo de $5$. Os múltiplos ímpares de $3$ e $5$ são os números da forma $15n$, com $n$ ímpar. Como queremos números menores que $1000$, então $n<\frac{1000}{15}$, ou seja, $n\leq 65$. Como há $33$ números ímpares até $65$, então há $33$ números menores que $1000$ com a propriedade indicada: $15$, $45$, $\ldots$, $975$.