tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 1): A turma do Tiago está distribuída na sala por filas de $5$ mesas individuais. As filas da frente estão completas e a última tem apenas $2$ alunos. Na sala de Educação Visual, as filas são de $7$ mesas; todas estão completas exceto a última, onde ficaram $3$ mesas livres. Qual é o número mínimo de alunos que a turma pode ter?

Resolução: O número de alunos da turma é simultaneamente um múltiplo de $5$ mais duas unidades ($7$, $12$, $17$, $22$, $27$, $32$, $37$, $42$, etc.) e um múltiplo de $7$ mais quatro unidades ($11$, $18$, $25$, $32$, $39$, etc.). O primeiro número que verifica ambas as condições é o $32$, logo o número mínimo de alunos que a turma pode ter é $32$.
Problema (nível 1): A Alice, a Beatriz e a Carolina são irmãs. Sabe-se o seguinte: a) a soma das idades das três irmãs é $42$; b) a Alice tem o dobro da idade da Beatriz; c) a Carolina é dois anos mais nova do que a Beatriz. Qual é a idade de cada uma das irmãs?

Resolução: Tomemos a idade da Beatriz como referência. Temos então que a Alice tem o dobro da idade da Beatriz e a Carolina tem menos dois anos que a Beatriz. Isto significa que a soma das três idades equivale a somar $2$ vezes a idade da Beatriz (idade da Alice), com a idade da Beatriz (idade da própria Beatriz), com a idade da Beatriz e subtrair $2$ (idade da Carolina). Temos então que a soma das idades mais $2$ ($42+2=44$) é o quádruplo da idade da Beatriz. Logo a Beatriz tem $44/4=11$ anos. Finalmente, vemos que a Carolina tem $11-2=9$ anos e que a Alice tem $11\times 2=22$ anos.
Problema (nível 3): Para fazer um trabalho de Educação Visual, o João cortou uma folha de papel em $8$ pedaços. Depois pegou em $7$ desses pedaços e cortou cada um em $6$ pedaços. De seguida, pegou em $5$ pedaços e cortou cada um em $4$ pedaços. Finalmente, pegou em $3$ pedaços e cortou cada um em $2$ pedaços. Com quantos pedaços de papel ficou o João?

Resolução: Depois do João efetuar os primeiros cortes (escolher $7$ pedaços dos iniciais e cortar cada um em $6$ pedaços), obteve $1+7\times 6= 43$ pedaços de papel. Entre estes ele escolheu (retirou do conjunto) cinco pedaços e cortou cada um destes $5$ em $4$ pedaços cada, obtendo assim $43-5+ 5 \times 4= 58$ pedaços. Por fim, ele escolheu $3$ pedaços (retirou do conjunto) e cortou cada um destes em $2$ pedaços, obtendo portanto $58-3+3\times 2=61$ pedaços. O João ficou com $61$ pedaços de papel.
Problema (nível 3): A Ana, a Bea, o Cadó e o Dani são quatro amigos que jogam ao berlinde. Após lançarem os seus berlindes, repararam que os quatro berlindes eram os vértices de um quadrilátero. O berlinde da Ana estava a $5$ metros do berlinde da Bea e a $9$ metros do berlinde do Dani. Por sua vez, o berlinde do Cadó encontrava-se a $5$ metros do berlinde do Dani e a $17$ metros do berlinde da Bea. Qual era a distância entre os berlindes da Bea e do Dani, sabendo que era um número inteiro de metros?

Resolução: Seja $[ABCD]$ o quadrilátero que representa a localização dos berlindes tal que: $$ \overline{AB}=5, \quad \overline{AD}=9, \quad \overline{BC}=17 \,\mbox{ e }\, \overline{CD}=5. $$ Uma vez que $[ABD]$ é um triângulo, a desigualdade triangular permite concluir que $$\overline{BD}<\overline{AD}+\overline{AB}=9+5=14$$ Por outro lado, a desigualdade triangular aplicada ao triângulo $[BCD]$ implica que $$\overline{BD}>\overline{BC}-\overline{CD}=17-5=12.$$ Portanto $\overline{BD}$ é um número inteiro entre $12$ e $14$, ou seja, $\overline{BD}=13$. Assim, a distância entre os berlindes da Bea e do Dani é $13$ metros.
Problema (nível 3): Enquanto arrumava o quarto, o Bruno encontrou um antigo jogo de tabuleiro com $3$ linhas e $3$ colunas, juntamente com peças numeradas de $1$ a $8$. Infelizmente o quadrado de um dos cantos do tabuleiro estava partido. O Bruno quer arrumar o jogo, colocando uma única peça em cada uma das oito posições que restam no tabuleiro, de forma a que a soma dos algarismos em cada linha e em cada coluna seja a mesma. De quantas formas pode o Bruno colocar as peças no tabuleiro?

Resolução: Sem perda de generalidade, suponhamos que o canto em falta é o canto superior esquerdo. Vamos numerar as linhas de cima para baixo e as colunas da esquerda para a direita. Notemos que a soma de todos os algarismos é $1+2+\cdots+8=36$, pelo que a soma dos algarismos de cada linha e de cada coluna deve ser $36/3=12$. Como só há uma possibilidade de escrever $12$ como a soma de $8$ com dois outros números distintos, $12=1+3+8$, a peça $8$ tem de ficar na primeira linha ou na primeira coluna. Há assim $4$ possibilidades para colocar a peça $8$. Se esta peça for colocada na primeira linha, temos obrigatoriamente de colocar a peça $4$ na restante casa desta linha. Por outro lado, na coluna que contém a peça $8$ temos de colocar as peças $1$ e $3$ que podem ser colocadas de duas formas. Para cada uma das outras posições para a peça $8$ também obtemos duas possibilidades, logo temos $4\times 2=8$ formas de colocar as peças $1,3,4, 8$. É fácil verificar que após colocarmos estas peças, só existe uma forma de colocar as restantes de forma a que a soma dos algarismos em cada linha e cada coluna seja $12$. O Bruno tem assim $8$ formas de colocar as peças no tabuleiro.
Problema (nível 3): No triângulo $[ABC]$, o ponto $D$ pertence ao lado $[BC]$, o ponto $E$ pertence ao lado $[AC]$ e $F$ é a interseção de $[EB]$ e $[AD]$. Sabendo que $\overline{EA}=\overline{ED}=\overline{DB}$ e $A\widehat CB=68^\circ$, determina $A\widehat F B$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(0,0) \pspolygon[linewidth=0.2pt](0,0)(4,0)(2.15492,4.56674) \psline[linewidth=0.2pt](0,0)(3.05963,2.3275) \psline(0,0)(2.41509,0)(3.05963,2.3275)(2.15492,4.56674) \psline[linewidth=0.2pt](2.41509,0)(2.15492,4.56674) \rput(-0.4,-0.4){$A$} \rput(4.4,-0.4){$C$} \rput(2,5.1){$B$} \rput(2.5,-0.4){$E$} \rput(3.4,2.7){$D$} \rput(1.9,2){$F$} \end{pspicture}

Resolução: O triângulo $[EDB]$ é isósceles com $D\hat BE=D\hat EB$. Também o triângulo $[EDA]$ é isósceles e $E\hat AD=E\hat DA$. Por outro lado, $\angle DEC$ é ângulo externo ao triângulo $[EDA]$, assim como $\angle CDE$ é ângulo externo ao triângulo $[EDB]$, logo $C\hat ED=2\times E\hat DA$ e $C\hat DE=2\times D\hat EB$. Dado que $C\hat ED+C\hat DE=180^\circ-68^\circ=112^\circ$, conclui-se que $$ A\hat FB=E\hat FD=180^\circ-(E\hat DA+D\hat EB)=180^\circ-\frac{C\hat ED + C\hat DE}{2}=180^\circ-\frac{112^\circ}{2}=124^\circ. $$
Problema (nível 3): Durante as últimas férias, o Bruno perdeu muitas cartas do seu baralho favorito. Restam apenas o $2$ e $3$ do naipe de Copas, o $2, 3$ e $4$ de Espadas, o $2, 3, 4$ e $5$ de Ouros e o $2, 3, 4, 5$ e $6$ de Paus. De quantas formas pode o Bruno escolher $4$ destas cartas de forma a que não haja cartas do mesmo naipe e que estejam numeradas com, pelo menos, três números diferentes?

Resolução: Vamos dividir o problema em dois casos: no primeiro caso as $4$ cartas têm todas números diferentes e no segundo caso as $4$ cartas têm exatamente $3$ números diferentes. No primeiro caso, podemos escolher uma carta de Copas de duas formas. Escolhida esta carta, restam duas possibilidades para a escolha da carta de Espadas. Escolhidas as de Copas e de Espadas, restam duas possibilidades para a escolha da carta de Ouros e, de forma análoga, temos duas possibilidades para a escolha da carta de Paus. Há no total, $2^4=16$ formas de escolher as cartas neste caso. No segundo caso, temos exatamente $3$ números diferentes, pelo que teremos duas cartas com naipes diferentes mas com o mesmo valor numérico, que pode ser $2,3,4$ ou $5$. Se este número for o $5$, então as cartas com este valor têm de ser a de Ouros e a de Paus. Podemos agora escolher a carta de Copas de duas formas e, após esta escolha, temos duas possibilidades para a escolha da carta de Espadas, perfazendo $4$ possibilidades. Se o número comum a duas cartas for o $4$, estas cartas podem ser a de Espadas e a de Ouros, a de Espadas e a de Paus, ou a de Ouros e a de Paus. Em cada um dos casos, temos respetivamente $2\times 3$, $2\times 2$ e $2\times 1$ formas diferentes de escolher as restantes cartas, perfazendo um total de $6+4+2=12$ escolhas diferentes Se o número comum for $3$ (resp. $2$), temos $6$ formas de escolher as duas cartas que têm o mesmo valor numérico. Analisando estas $6$ possibilidades, Copas e Espadas, ou Copas e Ouros, ou Copas e Paus, ou Espadas e Ouros, ou Espadas e Paus, ou Ouros e Paus, concluímos que há, respetivamente, $3\times 3$, $2\times 3$, $2\times 2$, $1\times 3$, $1\times 2$, $1\times 1$ formas de escolher as restantes cartas. Portanto, há no total, $9+6+4+3+2+1=25$ formas de escolher as cartas se a repetida tiver valor numérico $3$ (resp. $2$). Concluímos assim que o Bruno tem $16+4+12+25+25=82$ formas de escolher as cartas.
Problema (nível 3): Um quadrado tem $2$ dm de lado e está dividido em três regiões $A$, $B$, $C$, como na figura. A região $C$ tem dois ângulos retos. O ponto $M$ é o ponto médio de um dos lados do quadrado. Quanto mede a área da região $C$? (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(3,3) \small \pspolygon(0,0)(4,0)(4,4)(0,4) \psline(0,2)(4,4) \psline(2.4,3.2)(4,0) \psline(2.57889,2.84223)(2.22111,2.66334)(2.04223,3.02111) \rput(0.76393,3.23607){$A$} \rput(3.31672,2.89443){$B$} \rput(1.78885,1.36656){$C$} \uput{0.1}[180](0,2){$M$} \end{pspicture}

Resolução: Comecemos por notar que o triângulo $A$ tem $\frac {1 \times 2} 2 = 1$ dm$^2$ de área. Por outro lado, como os lados de um quadrado são paralelos dois a dois, os triângulos $A$ e $B$ são semelhantes. Além disso, uma vez que, pelo Teorema de Pitágoras, a hipotenusa do triângulo $A$ mede $\sqrt{1^2 + 2^2} = \sqrt 5$ dm e, por se tratar de um dos lados do quadrado, a hipotenusa do triângulo $B$ mede $2$ dm, a razão de semelhança entre os dois é $\frac 2 {\sqrt 5}$. Logo, a área do triângulo $B$ mede $1 \times \left(\frac 2{\sqrt 5}\right)^2 = \frac 4 5$ dm$^2$, e portanto, a região $C$ mede $2^2 - 1 - \frac 4 5 = \frac {11} 5$ dm$^2$.
Problema (nível 3): A Ana e a Beatriz escreveram as suas idades uma a seguir à outra, formando um número de quatro algarismos, e ficaram surpreendidas por este número ser um quadrado perfeito. Se elas repetirem este procedimento daqui a $31$ anos, irão obter um número de quatro algarismos, que é também um quadrado perfeito. Sabendo que a Ana é mais nova do que a Beatriz, determina as idades atuais das duas amigas.

Resolução: Como o número formado pelas idades atuais da Ana e da Beatriz tem quatro algarismos, temos duaspossibilidades: cada uma das idades é um número entre 10 e 99 ou a Ana tem menos de 10 anos e a Beatriz pelo menos 100 anos. No entanto, se somarmos 31 a cada um uma das idades, voltamos a obter um número de quatro algarismos, pelo a segunda hipótese não se verifica e concluímos que cada uma das idades é um número entre 10 e 69. Seja $N$ o número formado pelas idades atuais da Ana e da Beatriz. Como $N$ é um quadrado perfeito, existe um número inteiro $n$ tal que $N=n^2$. Uma vez que cada uma das idades é um número entre 10 e 69, o número obtido somando 31 a cada uma das idades e juntando os resultados equivale a somar $N$ com $3131$. Mais uma vez, existe um número inteiro $m$ tal que $N+3131=m^2$. Subtraindo as duas equações obtidas, vem $3131=m^2-n^2=(m+n)(m-n)$. Como a decomposição em primos de $3131$ é $3131=31\cdot 101$, concluimos que $101=m+n$ e que $31=m-n$. Resolvendo este sistema de duas equações, obtemos a sua única solução: $n=35$ e $m=66$. Conclui­mos que $N=(35)^2=1225$ e, portanto, a Ana tem $12$ anos e a Beatriz tem $25$ anos.
Problema (nível 3): O código de um cofre é uma capicua com quatro algarismos, maior do que $1000$, cujo dobro também é uma capicua. Quantas possibilidades existem para o código do cofre?

Resolução: Seja $n=abba$ o código do cofre onde $a$ e $b$ são dois algarismos. Se $a\geq 5$, então o dobro é um número de cinco algarismos que começa por $1$ e portanto tem de acabar em $1$, o que é impossível porque $2n$ é um número par. Portanto, $a$ é um algarismo entre $1$ e $4$. Se $b$ for um algarismo menor do que $5$, é fácil verificar que $2n$ também é uma capicua com os algarismos $2a$ e $2b$. Se $b$ for maior do que $4$, então o algarismo das unidades de $2n$ é $2a$, mas o algarismo dos milhares é $2a+1$, uma vez que $2b\geq 10$. Podemos então concluir que há quatro escolhas possíveis para $a$ e cinco escolhas possíveis para $b$, ou seja, há $4\times 5=20$ códigos possíveis.
Problema (nível 3): Uma circunferência é tangente a um dos lados de um quadrado e passa por dois dos seus vértices. Determina a razão entre o lado do quadrado e o raio da circunferência.

Resolução: Seja $l$ o comprimento do lado do quadrado $[ABCD]$, $r$ o raio da circunferência e $O$ o seu centro. A circunferência é tangente ao lado $[DC]$ no ponto $E$ e passa pelos vértices $A$ e $B$. Considere-se ainda o ponto $F$, interserção da reta $OE$ com $[AB]$. (image1) Os segmentos $[{OB}]$ e $[OA]$ são raios da circunferência. Além disso, $[OE]$ é perpendicular a $[DC]$, logo $[OF]$ é perpendicular a $[AB]$. Por isso $[OF]$ é altura do triângulo isósceles $[ABO]$ e $\overline{FB}=\frac{l}{2}$. Observe-se ainda que $\overline{OF}=\overline{EF}-\overline{OE}=l-r$. Portanto, o Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo $[FBO]$ garante que $$ \left(\frac{l}{2}\right)^2 + (l-r)^2=r^2, $$ ou seja, $$ \frac{5}{4}l-2r=0, $$ donde se conclui que $\frac{l}{r}=\frac{8}{5}$.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-5,-5)(5,6) \scriptsize \pscircle(0,0){5} \pspolygon(4,-3)(4,5)(-4,5)(-4,-3) \psline[linestyle=dashed](0,-3)(0,5) \psline[linestyle=dashed](0,0)(4,-3) \psline[linestyle=dashed](0,0)(-4,-3) \uput[225](-4,-3){$A$} \uput[315](4,-3){$B$} \uput[45](4,5){$C$} \uput[135](-4,5){$D$} \uput[90](0,5){$E$} \uput[270](0,-3){$F$} \uput[45](0,0){$O$} \uput[270](2,-3){$\dfrac{l}{2}$} \uput[180](0,-1.5){$l-r$} \uput[45](2,-1.5){$r$} \uput[180](0,2.5){$r$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): A Adriana e a Beatriz vão jogar um jogo com berlindes. Elas têm duas caixas, uma preta e uma branca, e puseram $20$ berlindes na caixa preta e $23$ berlindes na branca. A Adriana começa a jogar e, alternadamente, fazem uma jogada cada uma. Em cada jogada, ou passam um berlinde da caixa preta para a branca, ou tiram dois berlindes da mesma caixa. Quem, na sua vez, não conseguir jogar, perde. Mostra que, independentemente de como joguem, ganha sempre a mesma jogadora e identifica-a.

Resolução: Primeiro notemos que uma jogadora não consegue jogar quando, na sua vez, a caixa preta estiver vazia e a caixa branca tiver apenas um berlinde. Além disso, é claro que o jogo termina pois, em cada jogada, uma das caixas fica com menos berlindes e a caixa preta nunca aumenta o número de berlindes. Ora, para que dois berlindes da caixa preta saiam do jogo são necessárias uma ou três jogadas (ou uma das jogadoras tira os dois berlindes da caixa preta, ou estes são primeiro passados para a caixa branca e depois são tirados do jogo) e para que dois berlindes da caixa branca saiam do jogo é necessária uma jogada (a única forma de o fazer é tirando os dois berlindes numa das jogadas). Logo, o jogo termina após um número ímpar de jogadas, pelo que, independentemente de como jogarem, a Adriana sai vencedora.
Problema (nível 4): A Genoveva quer escolher um conjunto de três inteiros diferentes, de $1$ a $9$, cujo produto seja divisível por $4$ mas não seja divisível por $8$. Por exemplo, a Genoveva poderá escolher o conjunto $\{2,6,7\}$, mas não o conjunto $\{2,4,5\}$. Quantos conjuntos diferentes poderá escolher a Genoveva?

Resolução: Para que o produto dos números seja múltiplo de $4$, é necessário escolher números pares. Como queremos que o produto dos números não seja divisível por $8$, nenhum dos subconjuntos pretendidos pode ter o número $8$. Se escolhermos o número $4$, não podemos escolher o $2$ nem o $6$. Os restantes dois números têm que pertencer ao conjunto $\{1,3,5,7,9\}$. Há dez possíveis escolhas para esses números: $\{1,3\}$, $\{1,5\}$, $\{1,7\}$, $\{1,9\}$, $\{3,5\}$, $\{3,7\}$, $\{3,9\}$, $\{5,7\}$, $\{5,9\}$ e $\{7,9\}$. Se não escolhermos o número $4$, temos de escolher os números $2$ e $6$. O terceiro número tem de pertencer ao conjunto $\{1,3,5,7,9\}$ e, portanto, há $5$ subconjuntos nas condições pretendidas. Obtemos assim um total de $10+5=15$ subconjuntos.
Problema (nível 4): Na figura seguinte, tem-se $D\widehat AB=A\widehat BC=C\widehat DA=45^\circ$ e $\overline{BD}=8$. Determina a área de $[ABCD]$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-2,0)(2,2) \scriptsize \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](0,0)(4,0)(2.5,1.5)(2.5,2.5) \psline(4,0)(2.5,2.5) \uput[180](0,0){$A$} \uput[90](2.5,2.5){$B$} \uput{0.08}[30](2.5,1.5){$C$} \uput[0](4,0){$D$} \end{pspicture}

Resolução: Considere-se o ponto $E$, interseção da reta $CB$ com $[AD]$. Como $B\widehat AD=A\widehat BC=45^\circ$, conclui-se que $A\widehat EC=90^\circ$ e $\overline{EB}=\overline{AE}$. Uma vez que $A\widehat DC=45^\circ$, observa-se que $E\widehat CD=45^\circ$ e, por isso, $\overline{ED}=\overline{EC}$. (image2) Ora, \begin{eqnarray*} \mbox{Área de } [ABCD]&=& \mbox{Área de }[ABE] + \mbox{Área de }[ECD]\\ &=& \frac{\overline{AE}\times\overline{EB}}{2} +\frac{ \overline{ED}\times\overline{EC}}{2}\\ &=& \frac{\overline{EB}^2}{2}+\frac{\overline{ED}^2}{2} \end{eqnarray*} Sendo o triângulo $[EBD]$ retângulo, o Teorema de Pitágoras garante que $\overline{EB}^2 + \overline{ED}^2=8^2$, portanto $$ \mbox{Área de } [ABCD]=\frac{8^2}{2}=32. $$


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(4,3) \scriptsize \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](0,0)(4,0)(2.5,1.5)(2.5,2.5) \psline(4,0)(2.5,2.5) \psline(2.5,2.5)(2.5,0) \uput[180](0,0){$A$} \uput[90](2.5,2.5){$B$} \uput{0.08}[30](2.5,1.5){$C$} \uput[0](4,0){$D$} \uput[270](2.5,0){$E$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Um número de seis algarismos diz-se superquadrado se for igual ao quadrado do número formado pelos seus três últimos algarismos. Encontra todos os números superquadrados.

Resolução: Solução 1: Suponhamos que os últimos três algarismos de um número superquadrado $N$ são $a$, $b$ e $c$. Assim, o algoritmo da multiplicação de $abc$ por ele próprio é: $(image1)$ Então o algarismo das unidades de $c^2$ é $c$, pelo que $c=0$, $1$, $5$ ou $6$. Se $c=0$ ou $c=1$, então $b=0$, o que obriga a que $a=0$, pelo que estes casos não dão origem a números superquadrados. $(image2)\qquad\qquad(image3)$ Se $c=5$, então $10b+2$ termina no algarismo $b$, logo $b=2$. Portanto, $10a+6$ termina no algarismo $a$, ou seja, $a=6$. De facto, $625^2=390625$ é um número superquadrado. $(image4)\qquad\qquad(image5)$ Se $c=6$, então $12b+3$ termina no algarismo $b$, logo $b=7$. Portanto, $12a+7$ termina no algarismo $a$, ou seja, $a=3$. De facto, $376^2=141376$ é um número superquadrado. $(image6)\qquad\qquad(image7)$ Solução 2: Se $N=n^2$ é superquadrado, então $n^2$ e $n$ coincidem nos três últimos algarismos, logo $n^2-n$ é múltiplo de $1000$. Então $n(n-1)$ é múltiplo de $2^3\times 5^3$. Como $n$ e $n-1$ são primos entre si, então não têm fatores comuns. Logo $n$ é múltiplo de $5^3$ e $n-1$ é múltiplo de $2^3$ ou vice-versa. No primeiro caso, $n=125$, $250$, $375$, $500$, $625$, $750$ ou $875$ e apenas quando $n=625$ é que se tem $n-1$ múltiplo de $8$. De facto, $625^2=390625$ é um número superquadrado. No segundo caso, $n=126$, $251$, $376$, $501$, $626$, $751$ ou $876$ e apenas $n=376$ é múltiplo de $8$. De facto, $376^2=141376$ é um número superquadrado. Portanto, os números superquadrados são $141376$ e $390625$.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{array}{cccccc} &&&a&b&c\\ &&\times&a&b&c\\ \hline &&\cdot&\cdot&\cdot&\cdot\\ &\cdot&\cdot&\cdot&\cdot&\\ \cdot&\cdot&\cdot&\cdot&&\\ \hline \cdot&\cdot&\cdot&a&b&c\\ \end{array}
[image2]
\begin{array}{cccccc} &&&a&b&0\\ &&\times&a&b&0\\ \hline &&0&0&0&0\\ &\cdot&\cdot&\cdot&0&\\ \cdot&\cdot&\cdot&\cdot&&\\ \hline \cdot&\cdot&\cdot&a&b&0\\ \end{array}
[image3]
\begin{array}{cccccc} &&&a&b&1\\ &&\times&a&b&1\\ \hline &&&a&b&1\\ &\cdot&\cdot&\cdot&b&\\ \cdot&\cdot&\cdot&\cdot&&\\ \hline \cdot&\cdot&\cdot&a&b&1\\ \end{array}
[image4]
\begin{array}{cccccc} &&&a&b&5\\ &&\times&a&b&5\\ \hline &&\cdot&\cdot&5b+2&5\\ &\cdot&\cdot&\cdot&5b&\\ \cdot&\cdot&\cdot&\cdot&&\\ \hline \cdot&\cdot&\cdot&a&b&5\\ \end{array}
[image5]
\begin{array}{cccccc} &&&a&2&5\\ &&\times&a&2&5\\ \hline &&\cdot&5a+1&2&5\\ &\cdot&\cdot&5&0&\\ \cdot&\cdot&\cdot&5a&&\\ \hline \cdot&\cdot&\cdot&a&2&5\\ \end{array}
[image6]
\begin{array}{cccccc} &&&a&b&6\\ &&\times&a&b&6\\ \hline &&\cdot&\cdot&6b+3&6\\ &\cdot&\cdot&\cdot&6b&\\ \cdot&\cdot&\cdot&\cdot&&\\ \hline \cdot&\cdot&\cdot&a&b&6\\ \end{array}
[image7]
\begin{array}{cccccc} &&&a&7&6\\ &&\times&a&7&6\\ \hline &&\cdot&6a+4&5&6\\ &\cdot&\cdot&3&2&\\ \cdot&\cdot&\cdot&6a&&\\ \hline \cdot&\cdot&\cdot&a&7&6\\ \end{array}
Problema (nível 4): O Diogo, o Bruno e o João são jogadores da mesma equipa e jogam com as camisolas $2$, $8$ e $17$. Eles repararam que se somassem os números das suas camisolas dois a dois, obteriam os números das camisolas do Bernardo, do Nuno e do Otávio. Como acharam este procedimento engraçado, somaram novamente os números que obtiveram dois a dois. Se fizerem este procedimento $2023$ vezes, qual será a diferença entre os dois maiores números obtidos?

Resolução: Sejam $a<b<c$ três números. A diferença entre os dois maiores é $c-b$. Se somarmos os números dois a dois, obtemos os números $a+b<a+c<b+c$, e a diferença entre os dois maiores é $(b+c)-(a+c)=b-a$. Se voltarmos a fazer o mesmo procedimento, obtemos que a diferença entre os dois maiores números é igual a $(a+b+2c)-(a+2b+c)=c-b$, que é igual à diferença entre os dois maiores números da lista inicial. Assim, uma vez que $a<b<c$ são quaisquer, a diferença entre os dois maiores números de cada trio de números da lista alterna entre $c-b$ e $b-a$. Neste caso, como $2023$ é ímpar, a diferença entre os dois maiores números é igual à diferença que obtemos no fim de efetuar o procedimento uma vez, ou seja, é $25-19=6$.
Problema (nível 4): Quantos pares de números inteiros positivos $(x,y)$ verificam a desigualdade $$2^{2x^2}+4^{4y^4}<8^{43}?$$

Resolução: Como $2^{2x^2}+4^{4y^4}<8^{43}$, então $2^{2x^2}<8^{43}=2^{129}$. Portanto $2x^2<129$, ou seja, $1\leq x\leq 8$. Também $4^{4y^4}<8^{43}$, logo $2^{8y^4}<2^{129}$. Portanto $8y^4<129$, ou seja, $1\leq y\leq 2$. Há $16$ pares de inteiros $(x,y)$ tais que $1\leq x\leq 8$ e $1\leq y\leq 2$. Destes pares, temos que eliminar o par $(8,2)$, uma vez que $$2^{2\times 8^2}+4^{4\times 2^4}=2^{128}+4^{64}=2^{128}+2^{128}=2^{129}=8^{43}.$$ Logo, há $15$ pares que verificam a desigualdade.
Problema (nível 4): Num torneio de xadrez participaram $10$ jogadores e cada par de jogadores jogou entre si exatamente uma vez. Após cada jogo, cada jogador recebeu $1$ ponto se ganhou, $\frac{1}{2}$ em caso de empate e $0$ se tiver perdido. No final do torneio, quantos jogadores, no máximo, podem ter ficado com exatamente $2$ pontos?

Resolução: Comecemos por notar que, no final do torneio, é possível haver $5$ jogadores com exatamente $2$ pontos. Para isto acontecer, basta que $5$ jogadores empatem todos os jogos entre si, e percam todos os restantes jogos. Assim, cada um destes $5$ jogadores ganha $\frac{1}{2}$ ponto em cada um dos $4$ empates que obteve, e $0$ pontos nos restantes jogos, acabando com $2$ pontos. Vamos agora ver que, no final do torneio, não pode haver $6$ jogadores com exatamente $2$ pontos. No total realizaram-se $45$ jogos, havendo $45$ pontos a distribuir pelos jogadores. Se existirem $6$ jogadores com $2$ pontos, temos que os restantes $45-2\times 6=33$ pontos têm de ser distribuídos pelos restantes $10-6=4$ jogadores. Mas isto é impossível, porque estes $4$ jogadores ganharam no máximo $6\times 4=24$ pontos aos $6$ jogadores empatados e dividiram os $6$ pontos dos $6$ jogos disputados entre si, fazendo no máximo $24+6=30$ pontos. Logo, no final do torneio, no máximo $5$ jogadores ficaram com exatamente $2$ pontos.