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Problema (nível 2): A escola da Isabela tem um mostrador de três algarismos indicando os dias que faltam para o fim das obras. Esse mostrador tem um defeito e por vezes alguns algarismos apagam-se. Hoje a Isabela reparou que, entre os três números que se formam quando se apaga um algarismo, apenas um é ímpar; entre os três números que se formam quando se apagam dois algarismos, apenas um é par. A Isabela escreveu por ordem crescente todos os números de três algarismos com essas propriedades. Reparou então que o número de dias que faltam para o fim das obras fica no centro desta lista, com tantos números acima como abaixo dele. Quantos dias faltam para o fim das obras?

Resolução: Quando se apaga o algarismo das centenas ou das dezenas de um número, obtém-se um número cujo algarismo das unidades é igual ao algarismo das unidades do número inicial. Quando se apaga o algarismo das unidades, o algarismo das unidades do número obtido é o algarismo das dezenas do número inicial. Dado que se formam assim dois números pares e apenas um ímpar, conclui-se que, no número inicial, o algarismo das dezenas é ímpar e o das unidades é par. Por outro lado, os três números que se formam quando se apagam dois algarismos correspondem aos algarismos do número inicial. Portanto, entre os algarismos do número inicial apenas um é par. Assim, no número de dias que faltam para o fim das obras, os algarismos das centenas e das dezenas são ímpares enquanto que o algarismo das unidades é par. Solução 1: Como há cinco algarismos ímpares e cinco algarismos pares, então a Isabela escreveu uma lista com $5\times 5\times 5=125$ números. O número de dias que faltam para o fim das obras está então na posição $63$ nessa lista. Percorrendo a lista, há $25$ números que começam por $1$, seguidos de $25$ que começam por $3$, depois $5$ que começam por $51$ e mais $5$ que começam por $53$. Os $5$ números seguintes são os que começam por $55$: $550, 552, 554, 556$ e $558$. Então, o número que está na posição $63$ é o $554$. Portanto, faltam $554$ dias para o fim das obras na escola da Isabela. Solução 2: Como há tantos números começados por $1$, como por $3$, como por $5$, como por $7$ e como por $9$, o número central começa por $5$. Como há tantos números começados por $51$, como por $53$, como por $55$, como por $57$ e como por $59$, o número central começa por $55$, ou seja, é $550, 552, 554, 556$ ou $558$. Então, o número central é o $554$. Portanto, faltam $554$ dias para o fim das obras na escola da Isabela.
Problema (nível 1): No magusto da Cooperativa de Castanholas estavam vinte pessoas. Havia castanhas assadas, cozidas e cruas. Quantas pessoas não comeram castanhas? Doze pessoas comeram castanhas assadas. Cinco pessoas comeram castanhas cozidas. Oito pessoas comeram castanhas cruas. Duas pessoas comeram castanhas assadas e cozidas. Seis pessoas comeram castanhas assadas e cruas. Três pessoas comeram castanhas cozidas e cruas. Uma pessoa comeu de todos os tipos de castanhas.

Resolução: A figura seguinte é um diagrama assinalando três conjuntos: o das pessoas que comeram castanhas assadas, o das que comeram castanhas cozidas, e o das que comeram castanhas cruas. (image1) Em cada conjunto será colocado um boneco por cada pessoa desse conjunto. Como uma pessoa comeu todos os tipos de castanhas, é colocado um boneco na interseção dos três conjuntos. Como há três pessoas que comeram castanhas cozidas e cruas, então há $3-1=2$ pessoas que comeram apenas castanhas cozidas e cruas. Do mesmo modo, há $6-1=5$ pessoas que comeram apenas castanhas assadas e cruas, e $2-1=1$ pessoa que comeu apenas castanhas assadas e cozidas. Assim, $12-5-1-1=5$ pessoas comeram apenas castanhas assadas, e $5-2-1-1=1$ pessoa comeu apenas castanhas cozidas. Não houve pessoas que comessem apenas castanhas cruas. Logo, houve $20-12-2-1=5$ pessoas que não comeram castanhas. (image2)


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[image1]
\begin{pspicture}(-4,-6.9)(11,3) \psellipse(0,0)(4,3) \psellipse(4.7,-1.5)(4,3) \psellipse(4.7,-1.5)(4,3) \psellipse(1,-3.5)(4,3) \rput(-2.9,3.2){Assadas} \rput(10.3,-0.2){Cozidas} \rput(0.5,-6.9){Cruas} \end{pspicture}
[image2]
\begin{pspicture}(-4,-7.0)(11,3) \psellipse(0,0)(4,3) \psellipse(4.7,-1.5)(4,3) \psellipse(4.7,-1.5)(4,3) \psellipse(1,-3.5)(4,3) \newcommand{\boneco}{ \pscircle(0,0.25){0.15} \psline(0,0.1)(0,-0.15) \psline(0,0)(0.15,-0.15) \psline(0,0)(-0.15,-0.15) \psline(0,-0.15)(0.15,-0.45) \psline(0,-0.15)(-0.15,-0.45)} \rput(-2.7,-0.8){\boneco} \rput(-2.0,0.3){\boneco} \rput(-0.8,0.8){\boneco} \rput(-0.3,1.9){\boneco} \rput(1,1){\boneco} \rput(2.5,0){\boneco} \rput(5.8,-1.2){\boneco} \rput(-1.6,-2.1){\boneco} \rput(-1,-1.6){\boneco} \rput(-0.5,-2.4){\boneco} \rput(0.2,-1.2){\boneco} \rput(0.2,-2.2){\boneco} \rput(1.8,-1.8){\boneco} \rput(2.8,-2.9){\boneco} \rput(4.3,-2.9){\boneco} \rput(-5,-1.3){\boneco} \rput(-5.5,-1.8){\boneco} \rput(-5,-2.68){\boneco} \rput(-5.5,-3.68){\boneco} \rput(-4.5,-3.68){\boneco} \rput(-2.9,3.2){Assadas} \rput(10.3,-0.2){Cozidas} \rput(0.5,-6.9){Cruas} \end{pspicture}
Problema (nível 1): Na praia foram estendidas cinco toalhas retangulares iguais, da forma como se mostra na figura. As cinco toalhas estendidas formam um retângulo cuja área é $540$ dm$^2$. Quanto mede o lado mais pequeno de cada uma das toalhas? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(0,1) \pspolygon(0,0)(10,0)(10,6)(0,6) \psline(2,0)(2,6) \psline(2,2)(8,2) \psline(2,4)(8,4) \psline(8,0)(8,6) \end{pspicture}

Resolução: A figura pode ser dividida em $15$ quadrados iguais, cada um com área $540/15=36$ dm$^2$. Portanto o lado de cada um dos quadrados, que é o lado mais pequeno de cada toalha, mede $6$ dm. (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(0,2)(10,6) \pspolygon[linewidth=1pt](0,0)(10,0)(10,6)(0,6) \psline[linewidth=1pt](2,0)(2,6) \psline[linewidth=1pt](2,2)(8,2) \psline[linewidth=1pt](2,4)(8,4) \psline[linewidth=1pt](8,0)(8,6) \psline[linewidth=0.1pt](2,0)(2,6) \psline[linewidth=0.25pt](4,0)(4,6) \psline[linewidth=0.25pt](6,0)(6,6) \psline[linewidth=0.25pt](8,0)(8,6) \psline[linewidth=0.25pt](0,2)(10,2) \psline[linewidth=0.25pt](0,4)(10,4) \end{pspicture}
Problema (nível 3): Uma sucessão de números começa com os números $13$, $11$ e $2013$. A sucessão tem a seguinte propriedade: a soma dos números nas posições $1$, $2$ e $3$ é $2037$, os números nas posições $2$, $3$ e $4$ somam $2036$, os números nas posições $3$, $4$ e $5$ somam $2035$, e assim sucessivamente. Qual é o número na posição $2013$?

Resolução: A sucessão começa do seguinte modo: $$ 13,\,11,\,2013,\,12 ,\,10,\,2012,\, 11,\,9,\,2011,\,10,\,8,\,2010,\, 9,\ldots $$ Com efeito, como os números nas posições $2$, $3$ e $4$ somam $2036=2037-1$, o número na posição $4=1+3$ obtém-se do número na posição $1$ subtraindo-lhe uma unidade, ou seja, na posição $4$ encontra-se o número $12$. Do mesmo modo, como os números nas posições $3$, $4$ e $5$ somam $2035=2036-1$, o número na posição $5=2+3$ obtém-se do número na posição $2$ subtraindo-lhe uma unidade, ou seja, na posição $5$ encontra-se o número $10$. Em geral, o número numa determinada posição é superior em uma unidade ao número na posição três unidades à frente. Como $2013=3\times 671$, conclui-se que o número na posição $2013$ obtém-se do número na posição $3$ subtraindo $670$, ou seja, na posição $2013$ encontra-se o número $1343$.
Problema (nível 3): A freguesia de Longedaqui tem a forma de um quadrado com $10$km de lado. No canto Nordeste fica a aldeia de Cimães, e precisamente a meio da fronteira Oeste fica Baixães. Estas aldeias estão ligadas por uma estrada retilínea, na qual fica Meães. A distância de Meães a Baixães é quatro vezes maior do que a Cimães. O presidente da Junta decidiu construir uma estrada retilínea nova, partindo de Meães em direção a Sul, até atingir o limite da freguesia. Que comprimento terá essa estrada? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(10,10) \small  \pspolygon(0,0)(10,0)(10,10)(0,10) \psline(10,10)(0,5) \psline(8,0)(8,9) \rput(-2.9,5.2){Baixães} \rput(0,5){$\bullet$} \rput(5.3,9.3){Meães} \rput(10,10){$\bullet$} \rput(8,9){$\bullet$} \rput(10,11.2){Cimães} \end{pspicture}

Resolução: Sejam $A$, $B$, $C$ e $D$ os vértices do quadrado, $M$ o ponto médio de $[BC]$, $P$ o ponto entre $A$ e $M$ tal que $4\overline{AP}=\overline{MP}$ e $Q$ o ponto no segmento $[CD]$ tal que $CD$ é perpendicular a $PQ$. Prolongando $[PQ]$ até intersetar $AB$ obtemos o ponto $R$. (image2) Assim $A$, $M$ e $P$ representam as três aldeias e $[PQ]$ a nova estrada. Os triângulos $[RAP]$ e $[BAM]$ são semelhantes e a razão de semelhança é $$\frac{\overline{AP}}{\overline{AM}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{AP}+\overline{MP}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{AP}+4\overline{AP}}=\frac{1}{5}.$$ Assim $\overline{RP}=\dfrac{\overline{BM}}{5}=\dfrac{5}{5}=1$km. Então $\overline{PQ}=\overline{RQ}-\overline{RP}=10-1=9$km.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,-1)(10,10) \small  \pspolygon(0,0)(10,0)(10,10)(0,10) \psline(10,10)(0,5) \psline(8,0)(8,9) \psline(8,9)(8,10) \rput(-1,-1){$C$} \rput(11,-1){$D$} \rput(11,11){$A$} \rput(-1,11){$B$} \rput(-1,5){$M$} \rput(7,7.5){$P$} \rput(7,11){$R$} \rput(8,-1.2){$Q$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): O Alexandre e o Daniel participaram numa maratona. No final da corrida o Alexandre reparou que o número de corredores que ficaram atrás dele foi o dobro do número de corredores que ficaram à frente do Daniel. Por outro lado, o número de corredores que ficaram atrás do Daniel foi o triplo do número de corredores que ficaram à frente do Alexandre. O Alexandre terminou na posição $21$. Quantos corredores participaram na maratona?

Resolução: Como o Alexandre terminou na posição $21$, houve $20$ corredores que ficaram à frente dele. Então, $20\times 3=60$ corredores ficaram atrás do Daniel. Seja $N$ o número de corredores que ficaram à frente do Daniel e $2N$ o número de corredores que ficaram atrás do Alexandre. Então, ao todo, houve $20+1+2N$ corredores (os que ficaram à frente do Alexandre, o Alexandre, e os que ficaram atrás do Alexandre). Por outro lado, o número de corredores também é igual a $N+1+60$ corredores (os que ficaram à frente do Daniel, o Daniel, e os que ficaram atrás do Daniel). Logo $$ 20+1+2N=N+1+60, $$ pelo que $N=40$. Portanto participaram na maratona $20+1+2\times 40=101$ corredores.
Problema (nível 3): O Alberto e a Beatriz fazem anos hoje e têm a seguinte conversa: -Alberto: Quando eu tinha mais dois anos do que tu tens hoje, já sabia de cor $1211$ casas decimais consecutivas do número $\pi$. -Beatriz: E nessa altura a minha idade era $12$ vezes inferior à idade que terás dentro de $11$ anos. Sabendo que a Beatriz é uma adolescente, quantos anos faz hoje o Alberto?

Resolução: Sejam $a$ a idade atual do Alberto, $b$ a idade atual da Beatriz e $k$ o número de anos passados desde o ano em que o Alberto já sabia de cor $1211$ casas decimais consecutivas do número $\pi$. Da frase do Alberto conclui-se que $a-k=b+2$ e a frase da Beatriz significa que $\displaystyle b-k=\frac{a+11}{12}$. Assim $k=a-b-2=b-\frac{a+11}{12}$, de onde se conclui que $a=1+\,\frac{24b}{13}$. Portanto, a idade da Beatriz é um múltiplo de $13$ e como a Beatriz é adolescente podemos concluir que $b=13$. Logo $a=1+24=25$, ou seja, o Alberto tem hoje $25$ anos.
Problema (nível 3): O navio Meridiano do Bacalhau faz a sua campanha de pesca durante $64$ dias. Em cada dia, o capitão escolhe um sentido de navegação, norte ou sul, e o barco navega nesse dia apenas nesse sentido. No primeiro dia da campanha o barco navega $1$ milha, no segundo dia navega $2$ milhas, e mais geralmente, no dia $n$ navega $n$ milhas. No final dos $64$ dias, o barco estava a $2014$ milhas a norte do ponto de partida da campanha. Qual é o número máximo de dias em que o navio pode ter navegado para sul?

Resolução: O problema é equivalente ao de saber qual é o maior número de sinais “$-$” que se podem usar na igualdade $\pm 1 \pm 2 \pm 3\pm \cdots \pm 64=2014$. Seja $X$ o conjunto dos inteiros entre $1$ e $64$ que nessa igualdade ficam afetados com o sinal “$-$”. Ao subtrair $\pm 1 \pm 2 \pm 3\pm \cdots \pm 64$ a $1+2+3+\cdots+64$, os números afetados com o sinal “$+$” cancelam, enquanto que os elementos de $X$ dobram. Assim, se $s$ for a soma dos elementos de $X$, então $1+2+3+\cdots+64-2014=2s$. Ora $1+2+3+\cdots+64=\frac{64\times 65}{2}=2080$, pelo que se tem $s=33$. Como $1+2+3+\cdots 7+8=\frac{8\times 9}{2}=36>33$, o número $33$ não pode ser decomposto como uma soma de mais do que $7$ elementos não repetidos de $\{1,\ldots,64\}$. Por outro lado, $33$ admite a decomposição $1+2+3+4+5+6+12=33$, pelo que se conclui que o número máximo de elementos que $X$ pode ter é $7$. Logo, o navio navegou no máximo $7$ dias para sul.
Problema (nível 3): O António dobrou uma folha de papel quadrada com $40$ cm de lado, colocando um dos vértices sobre o ponto médio de um dos lados opostos, conforme mostra a figura. Determina a área da região colorida. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,1)(8,8) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](8,1)(8.8,1.6)(8,2.66667) \psline(0,5)(0,8)(8,8)(8,2.66667) \psline[linestyle=dashed](8,1)(8,2.66667) \pspolygon(0,5)(4,8)(8.8,1.6)(8,1) \end{pspicture}

Resolução: Seja $[ABCD]$ o quadrado do António e $E$, $F$, $G$, $A'$ e $B'$ os pontos assinalados na figura seguinte. (image2) Seja $x=\overline{AE}=\overline{EA'}$. Então $\overline{ED}=40-x$. Pelo Teorema de Pitágoras aplicado a $[DA'E]$ tem-se que $\displaystyle (40-x)^2+20^2=x^2$, donde se conclui que $x=25$. Por outro lado, como $[DA'E]$ e $[CFA']$ são semelhantes, obtém-se $$ \frac{\overline{A'C}}{\overline{A'F}}=\frac{\overline{ED}}{\overline{EA'}},$$ ou seja, $\dfrac{20}{\overline{A'F}}=\dfrac{15}{25}$, pelo que $\overline{A'F}=\dfrac{100}{3}$. Uma vez que $\overline{A'B'}=40$, tem-se que $\overline{FB'}=40-\dfrac{100}{3}=\dfrac{20}{3}$. Além disso, $[B'FG]$ e $[DA'E]$ são semelhantes, logo $$ \frac{\overline{FB'}}{\overline{GB'}}=\dfrac{\overline{A'D}}{\overline{ED}}, $$ ou seja, $\dfrac{20/3}{\overline{GB'}}=\dfrac{20}{15}$, donde se conclui que $\overline{GB'}=5$. Portanto, a área do triângulo sombreado mede $\dfrac{\overline{FB'}\times\overline{GB'}}{2}=\dfrac{20/3\times 5}{2}=\dfrac{50}{3}$ cm$^2$.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,1)(8,8) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](8,1)(8.8,1.6)(8,2.66667) \psline(0,5)(0,8)(8,8)(8,2.66667) \psline[linestyle=dashed](8,1)(8,2.66667) \pspolygon(0,5)(4,8)(8.8,1.6)(8,1) \rput(4,8.5){$A'$} \rput(9.3,1.6){$B'$} \rput(8.5,8.5){$C$} \rput(-0.5,8.5){$D$} \rput(-0.5,5){$E$} \rput(8.5,3){$F$} \rput(8,0.5){$G$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): A Cláudia foi à loja para comprar $4$ pares de meias pretas e alguns pares de meias brancas, sendo o preço de um par de meias pretas o dobro de um de meias brancas. O vendedor, por distração, trocou as cores e a Cláudia pagou mais $50\%$ do que teria pago se ele não se tivesse enganado. Quantos pares de meias brancas queria a Cláudia?

Resolução: Se $b$ for o número de pares de meias brancas pedidos pela Cláudia, e $x$ for o preço de cada par de meias brancas, então o preço da encomenda da Cláudia é $b\times x+4\times 2x$. Ora o vendedor cobrou $b$ meias pretas e $4$ meias brancas, pelo que o preço que faturou foi $b\times 2x+4\times x$. Também se sabe que $$(bx+8x)+\frac{1}{2}\times (bx+8x) =(2bx+4x),$$ ou seja, multiplicando ambos os membros desta igualdade por $2$, tem-se $$3(bx+8x)=2(2bx+4x),$$ ou ainda, $$3bx+24x=4bx+8x.$$ Dividindo tudo por $x$, obtém-se $$3b+24=4b+8,$$ donde $b=24-8=16$. Portanto, a Cláudia tinha pedido $16$ pares de meias brancas.
Problema (nível 3): A bandeira da ilha Esmeralda, ilustrada na figura, tem a peculiaridade de ser quadrada. A ilha está representada a verde, na interseção de dois triângulos equiláteros, que representam o céu e o mar. Qual é a área do tecido verde numa bandeira com $12$ m$^2$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(1,1) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0,0)(1,0)(1;60) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azulclarologotipo](0,1)(1,1)(0.5,0.133) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](0.288,0.5)(0.5,0.133)(0.712,0.5)(0.5,0.867) \pspolygon(0,0)(1,0)(1,1)(0,1) \pspolygon(0,0)(1;60)(1,0) \pspolygon(0,1)(0.5,0.133)(1,1) \end{pspicture}

Resolução: O quadrado tem $12m^2$ de área e portanto o comprimento do lado do quadrado é $l=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\,m$. Designando por $h$ a altura dos triângulos equiláteros e usando o teorema de Pitágoras resulta que $$l^2=h^2+\left(\frac{l}{2}\right)^2 \Leftrightarrow 12=h^2+3\Leftrightarrow h^2=9\Leftrightarrow h=3\, .$$ (image2) Se dividirmos o quadrado a meio através de um segmento de reta paralelo aos lados sobre os quais estão os dois triângulos, obtemos outros dois triângulos semelhantes a estes, e portanto equiláteros, com altura $$h_2=h-\frac{l}{2}=3-\sqrt{3}\, .$$ Designando agora por $l_2$ o lado destes novos triângulos, pela semelhança dos triângulos obtém-se que $$\frac{l}{l_2}=\frac{h}{h_2}\Leftrightarrow \frac{2\sqrt{3}}{l_2}=\frac{3}{3-\sqrt{3}}\Leftrightarrow l_2=\frac{2\sqrt{3}\times (3-\sqrt{3})}{3}=\frac{6\sqrt{3}-6}{3}=2\sqrt{3}-2\,.$$ A área que queremos determinar é a soma da área de dois triângulos equiláteros de lado igual a $2\sqrt{3}-2$. Ou seja, a área é igual a $$2\times\frac{(2\sqrt{3}-2)\times (3-\sqrt{3})}{2}=8\sqrt{3}-12 \,m.$$


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[image2]
\begin{pspicture}(0,-0.1)(1,0.9) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0,0)(1,0)(1;60) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azulclarologotipo](0,1)(1,1)(0.5,0.133) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](0.288,0.5)(0.5,0.133)(0.712,0.5)(0.5,0.867) \pspolygon(0,0)(1,0)(1,1)(0,1) \pspolygon(0,0)(1;60)(1,0) \pspolygon(0,1)(0.5,0.133)(1,1) \psline[linestyle=dotted](0.5,0)(0.5,0.867) \psline[linestyle=dotted](0,0.5)(1,0.5) \rput(0.15,0.36){$l$} \rput(0.25,-0.1){$l/2$} \rput(0.33,0.73){$l_2$} \rput(0.55,0.4){$h$} \rput(0.56,0.64){$h_2$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): Seis músicos pretendem organizar um festival constituído por vários concertos. Em cada concerto, enquanto alguns dos seis músicos tocam no palco, os restantes ficam na plateia a ouvir. Qual é o número mínimo de concertos que o festival terá de ter para que cada um dos músicos possa ouvir, da plateia, cada um dos restantes a atuar no palco?

Resolução: Cada um dos $6$ músicos tem que ouvir os restantes $5$ músicos, logo ao todo tem de haver pelo menos $6\times 5=30$ audições. Em cada concerto há no máximo $3\times 3=9$ audições, o que acontece quando $3$ músicos tocam e $3$ músicos estão na plateia. Se houvesse apenas $3$ concertos, haveria no máximo $3\times 9=27$ audições, o que seria insuficiente. No entanto, com $4$ concertos é possível organizar o festival nas condições pretendidas. Se numerarmos os músicos de $1$ a $6$, basta que o primeiro concerto seja dado pelos músicos $1$, $2$ e $3$, o segundo pelos músicos $1$, $4$ e $5$, o terceiro pelos músicos $2$, $4$ e $6$ e o quarto pelos músicos $3$, $5$ e $6$.
Problema (nível 4): Uma sucessão de números começa com os números $13$, $11$ e $2013$. A sucessão tem a seguinte propriedade: a soma dos números nas posições $1$, $2$ e $3$ é $2037$, os números nas posições $2$, $3$ e $4$ somam $2036$, os números nas posições $3$, $4$ e $5$ somam $2035$, e assim sucessivamente. Em que posição voltará a aparecer o número $13$?

Resolução: A sucessão começa do seguinte modo: $$ 13,\,11,\,2013,\,12 ,\,10,\,2012,\, 11,\,9,\,2011,\,10,\,8,\,2010,\, 9,\ldots $$ Com efeito, como os números nas posições $2$, $3$ e $4$ somam $2036=2037-1$, o número na posição $4=1+3$ obtém-se do número na posição $1$ subtraindo-lhe uma unidade, ou seja, na posição $4$ encontra-se o número $12$. Do mesmo modo, como os números nas posições $3$, $4$ e $5$ somam $2035=2036-1$, o número na posição $5=2+3$ obtém-se do número na posição $2$ subtraindo-lhe uma unidade, ou seja, na posição $5$ encontra-se o número $10$. Em geral, o número numa determinada posição é superior em uma unidade ao número na posição três unidades à frente. Logo, a posição em que volta a aparecer o número $13$ será a posição $3+3\times (2013-13)=6003$.
Problema (nível 4): O Ivo esqueceu-se da combinação do seu cofre. A única coisa de que se consegue lembrar é que é um número de três algarismos, e que se subtrair $693$ a esse número, obtém os mesmos algarismos mas pela ordem inversa. Quantas combinações possíveis existem que tenham essa propriedade?

Resolução: A combinação do cofre do Ivo pode ser escrita na forma $100a + 10b + c$, onde $a$, $b$ e $c$ são os algarismos respetivos. O número escrito na ordem inversa é $100c + 10b + a$. Então, $$100a+10b+c-693=100c + 10b + a,$$ ou seja, $99a-99c=693$. Logo $a-c=7$, pelo que $(a=7,c=0)$, $(a=8,c=1)$ ou $(a=9,c=2)$, podendo $b$ ser um qualquer algarismo entre $0$ a $9$. Assim, há $3 \times 10=30$ soluções.
Problema (nível 4): Duas circunferências $C_1$ e $C_2$ são tangentes no ponto $X$. Uma reta tangente exterior e comum às duas circunferências interseta $C_1$ em $A$ e $C_2$ em $B$. Seja $[AP]$ um diâmetro da circunferência $C_1$. Prova que $B$, $X$ e $P$ pertencem à mesma reta.

Resolução: Solução 1: Sejam $O_1$ e $O_2$ os centros das circunferências $C_1$ e $C_2$, respetivamente e $[BQ]$ um diâmetro de $C_2$. Os diâmetros $[AP]$ e $[BQ]$ são paralelos, uma vez que são ambos perpendiculares à reta tangente $AB$, logo $P\hat{O}_1 X= X \hat{O}_2 B$ e $A \hat{O}_1 X= X \hat{O}_2 Q$. Tem-se também $A\hat{P}X= \frac{1}{2} A \hat{O}_1 X= \frac{1}{2} X \hat{O}_2 Q = X\hat{B}Q$. Os triângulos $[O_1 PX]$ e $[O_2 B X]$ têm dois ângulos congruentes, logo também $O_1\hat{X}P= B\hat{X}O_2$. Uma vez que $O_1$, $X$ e $O_2$ são colineares, os pontos $P$, $X$ e $B$ pertencem à mesma reta. (image1) Solução 2: Seja $[BQ]$ um diâmetro de $C_2$. Os triângulos $[AXP]$ e $[BXQ]$ são retângulos em $X$ porque $[AP]$ e $[BQ]$ são diâmetros. Seja $V$ o ponto de interseção da tangente interior às circunferências com a reta $AB$. Sejam $\alpha=A\hat{X}V$ e $\beta=B\hat{X}V$. Como $VA$ e $VX$ são tangentes a $C_1$, então $X\hat{A}V= \alpha$. De forma análoga, $X\hat{B}V= \beta$. Considerando os ângulos internos do triângulo $[ABX]$ tem-se $2 \alpha + 2 \beta = 180^\circ$, logo $\alpha + \beta = 90^{\tiny o}$ e, portanto $P\hat{X}B=P\hat{X}A + \alpha +\beta = 180^\circ$, ou seja $P$, $X$ e $B$ pertencem à mesma reta. (image2)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture*}(-4.3,-5.74)(12.36,6.3) \small \pscircle(0,0){1} \pscircle(6,0){2} \psplot{-4.3}{12.36}{(--10.97--1.86*x)/5.18} \psline(-0.54,1.92)(0.58,-1.91) \psline(4.65,3.79)(7.35,-3.79) \psline(0,0)(6,0) \psline(0.58,-1.91)(1.94,0) \psline(1.94,0)(4.65,3.79) \psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](0,0) \rput[bl](0.08,0.12){\darkgray{$O_1$}} \psdots[dotstyle=*](6,0) \rput[bl](6.08,0.12){$O_2$} \psdots[dotstyle=*](-0.54,1.92) \rput[bl](-0.6,2.2){$A$} \psdots[dotstyle=*](4.65,3.79) \rput[bl](4.5,4){$B$} \psdots[dotstyle=*](0.58,-1.91) \rput[bl](0.6,-2.4){$P$} \psdots[dotstyle=*](7.3,-3.7) \rput[bl](7.5,-4.54){$Q$} \psdots[dotstyle=*](2,0) \rput[bl](2.08,-0.6){$X$} \rput[bl](-3,-0.52){$C_1$} \rput[bl](10.08,-0.52){$C_2$} \end{pspicture*}
[image2]
\begin{pspicture*}(-4.3,-5.4)(12.28,6.3) \small \pscircle(0,0){1} \pscircle(6,0){2} \psplot{-4.3}{12.28}{(--10.97--1.86*x)/5.18} \psline(-0.54,1.92)(0.58,-1.91) \psline(4.65,3.79)(7.35,-3.79) \psline(0.58,-1.91)(1.94,0) \psline(1.94,0)(4.65,3.79) \psline(-0.54,1.92)(1.94,0) \psline(1.94,0)(7.35,-3.79) \psdots[dotstyle=*](-0.54,1.92) \rput[bl](-0.76,2.2){$A$} \psdots[dotstyle=*](4.65,3.79) \rput[bl](4.48,4){$B$} \psdots[dotstyle=*](0.58,-1.91) \rput[bl](0.6,-2.4){$P$} \psdots[dotstyle=*](7.35,-3.79) \rput[bl](7.2,-4.6){$Q$} \psdots[dotstyle=*](2,0) \rput[bl](2.2,-0.1){$X$} \psdots[dotstyle=*](2,2.84) \rput[bl](2.1,3.2){$V$} \psline(2,4)(2,-3) \rput[bl](-3,-0.52){$C_1$} \rput[bl](10.08,-0.52){$C_2$} \end{pspicture*}