tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): O Francisco quer fazer um bolo usando apenas leite, açúcar e farinha, segundo a seguinte receita: o peso da farinha deve ser o dobro do peso do leite e o peso do açúcar deve ser um terço do peso da farinha. Para que a massa do bolo pese $1100$ g, qual a quantidade de leite, em gramas, que o Francisco deve usar?

Resolução: Sejam $F$ a quantidade de farinha, $L$ a quantidade de leite e $A$ a quantidade de açúcar. Então, segundo a receita da Isabel, temos que $F=2L$ e $A=\frac 13 F$, pelo que $A=\frac 23 L$. Para que o peso total da massa do bolo seja $1100$ g, é necessário que $$L+2L+\frac 23 L=1100,$$ o que equivale a ter $$ \frac{11}{3}L=1100.$$ Conclui-se então que para que o bolo pese $1100$ g, é necessário usar $300$ g de leite.
Problema (nível 3): A Raquel lançou dardos a um alvo dividido em $3$ partes. Acertar na parte vermelha vale $10$ pontos, na cor de laranja $8$ e na amarela $5$. A Raquel falhou o alvo um quarto das vezes que lançou, tendo acertado tantas vezes na região vermelha como na região laranja. A Raquel obteve um total de $200$ pontos. Quantos lançamentos fez a Raquel?

Resolução: Para cada lançamento que acertou na região vermelha, um outro atingiu a região laranja, o que dá um total de $18$ pontos. Como $12 \times 18 = 216$ é maior que $200$, então a Raquel acertou no máximo onze vezes na região vermelha. No quadro seguinte estão as várias possibilidades de distribuição de pontos. (table1) Repare-se que o número de pontos obtidos na região amarela é um múltiplo de cinco, já que é esse o valor de cada lançamento nessa região. Isto acontece apenas em dois casos. No primeiro destes casos, cinco lançamentos acertaram na região vermelha e cinco na região laranja. Nesse caso, foram obtidos $110$ pontos na região amarela, o que corresponde a $22$ lançamentos. Assim, a Raquel acertou $5+5+22=32$ vezes no alvo. No segundo caso, dez lançamentos acertaram na região vermelha e dez na região laranja. Nesse caso, foram obtidos $20$ pontos na região amarela, o que corresponde a $4$ lançamentos. Assim, a Raquel acertou $10+10+4=24$ vezes no alvo. Como a Raquel errou um quarto dos lançamentos, o número de lançamentos no alvo corresponde a três quartos do total, pelo que o número total de lançamentos será quatro terços do número de lançamentos no alvo. Assim as possibilidades seriam $\frac{4}{3} \times 32 = \frac{128}{3}$ ou $\frac{4}{3} \times 24 = \frac{96}{3}=32$. Como o número de lançamentos é um número inteiro, apenas o segundo caso é possível, ou seja, a Raquel efetuou $32$ lançamentos ($10$ na região vermelha, $10$ na laranja, $4$ na amarela e $8$ falhados).


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[table1]
\begin{tabular}{|c|c|c|} \hline Lançamentos V e L & Pontos V e L & Pontos A \\ \hline $1$ & $1 \times 18 =18$ & $200-18=172$\\ \hline $2$ & $2 \times 18 =36$ & $200-36=166$\\ \hline $3$ & $3 \times 18 =54$ & $200-54=146$\\ \hline $4$ & $4 \times 18 =72$ & $200-72=128$\\ \hline $5$ & $5 \times 18 =90$ & $200-90=110$\\ \hline $6$ & $6 \times 18 =108$ & $200-108=92$\\ \hline $7$ & $7 \times 18 =126$ & $200-126=74$\\ \hline $8$ & $8 \times 18 =144$ & $200-144=56$\\ \hline $9$ & $9 \times 18 =162$ & $200-162=38$\\ \hline $10$ & $10 \times 18 =180$ & $200-180=20$\\ \hline $11$ & $11 \times 18 =198$ & $200-198=2$\\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 3): Na figura seguinte, os segmentos de reta $[AB]$ e $[CD]$ são paralelos, tendo-se $\overline{AD}=\overline{CD}=\overline{BC}$ e $\overline{AC}=\overline{AB}$. Determina a amplitude de $\measuredangle A D C$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(4.854,2.853) \pspolygon(0,0)(4.854,0)(3.927,2.853)(0.927,2.853) \psline(0,0)(3.927,2.853) \rput(-0.3,-0.3){$A$} \rput(5.154,-0.3){$B$} \rput(4.227,3.153){$C$} \rput(0.627,3.153){$D$} \end{pspicture}

Resolução: Sendo $[ABCD]$ um trapézio isósceles de lados paralelos $[AB]$ e $[CD]$, tem-se $D\widehat A B=A\widehat B C$. Tem-se também $D\widehat A C=D\widehat C A$, porque $[ACD]$ é um triângulo isósceles de base $[AC]$, e ainda $D\widehat C A=C\widehat A B$, porque $AB$ e $CD$ são retas paralelas. Logo $A\widehat B C=D\widehat A B=2\times C\widehat A B$. Como o triângulo $[ABC]$ é isósceles de base $[BC]$, deduz-se que $A\widehat C B=2\times C\widehat A B$. Logo a soma dos ângulos internos de $[ABC]$ é $5\times C\widehat A B$. Ou seja, $C\widehat A B=\frac{180º}{5}=36º$. Finalmente, $A\widehat DC=180º-D\widehat A C-D\widehat C A =180º-2\times 36º=108º$. (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(4.854,2.853) \pspolygon(0,0)(4.854,0)(3.927,2.853)(0.927,2.853) \psline(0,0)(3.927,2.853) \rput(-0.3,-0.3){$A$} \rput(5.154,-0.3){$B$} \rput(4.227,3.153){$C$} \rput(0.627,3.153){$D$} \psarc(0,0){1}{0}{72} \psline(0,0)(3.927,2.853) \psarc(4.854,0){1}{108}{180} \psarc(4.854,0){0.85}{108}{180} \psarc(3.927,2.853){1}{180}{216} \psarc(3.927,2.853){1}{216}{288} \psarc(3.927,2.853){0.85}{216}{288} \end{pspicture}
Problema (nível 3): O José tinha guardados no sótão $26$ caixotes, cada um com $36$ livros. Um dia reparou que alguns dos caixotes se estavam a estragar e decidiu reciclá-los, distribuindo os livros que estavam neles, de forma igual, por cada um dos caixotes restantes. No final sobraram $8$ livros. Quantos caixotes o José decidiu reciclar?

Resolução: Solução 1: O José tem $26 \times 36 = 936$ livros. Destes, $936-8=928$ ficaram distribuídos igualmente pelo número de caixotes restantes, pelo que esse número é um divisor de $928$. Por outro lado, como o João tinha inicialmente $26$ caixotes, o número de caixotes restantes é menor do que $26$ e como restaram $8$ livros que não se conseguiram dividir pelos caixotes restantes, terá de ser maior que $8$. Como $928=2^5 \times 29$ os seus divisores são $$\{1,2,2^2,2^3,2^4,2^5,29,2\times 29,2^2\times 29,2^3\times 29,2^4\times 29,2^5\times 29\}.$$ O único destes divisores entre $8$ e $26$ é o $2^4=16$, pelo que restaram $16$ caixotes, tendo sido reciclados $26-16=10$ caixotes. Solução 2: Note-se que o número de caixotes restantes é maior do que $8$, por restarem $8$ livros por distribuir, pelo que o número de caixotes reciclados é no máximo $17$. A tabela seguinte indica a quantidade possível de caixotes reciclados, livros a redistribuir, caixotes restantes e livros que sobrariam. (table1) Observa-se que o único caso em que sobram $8$ livros ocorre quando são reciclados $10$ caixotes.


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[table1]
\begin{tabular}{|c|c|c|c|} \hline Caixotes reciclados & Livros a redistribuir & Caixotes Restantes & Livros que sobram \\ \hline \hline $1$ & $1 \times 36 =36$ & $25$ & $11$\\ \hline $2$ & $2 \times 36 =72$ & $24$ & $0$\\ \hline $3$ & $3 \times 36 =108$ & $23$ & $16$\\ \hline $4$ & $4 \times 36 =144$ & $22$ & $12$ \\ \hline $5$ & $5 \times 36 =180$ & $21$ & $12$\\ \hline $6$ & $6 \times 36 =216$ & $20$ & $16$ \\ \hline $7$ & $7 \times 36 =252$ & $19$ & $5$\\ \hline $8$ & $8 \times 36 =288$ & $18$ & $0$ \\ \hline $9$ & $9 \times 36 =324$ & $17$ & $1$\\ \hline $10$ & $10 \times 36 =360$ & $16$ & $8$ \\ \hline $11$ & $11 \times 36 =396$ & $15$ & $6$ \\ \hline $12$ & $12 \times 36 =432$ & $14$ & $12$\\ \hline $13$ & $13 \times 36 =468$ & $13$ & $0$\\ \hline $14$ & $14 \times 36 =504$ & $12$ & $0$ \\ \hline $15$ & $15 \times 36 =540$ & $11$ & $1$\\ \hline $16$ & $16 \times 36 =576$ & $10$ & $6$ \\ \hline $17$ & $17 \times 36 =612$ & $9$ & $0$\\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 3): A espada do rei Artur tem a lâmina decorada por um hexágono e um pentágono regulares, como mostra a figura. Qual é a amplitude do ângulo da ponta da espada do rei Artur? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-18.5,-4.7)(37.5,4.7) \psline(-11.38066,1.35114)(-18.38066,1.35114)(-18.38066,-1.35114)(-11.38066,-1.35114) \pspolygon(4;0)(4;72)(4;144)(4;216)(4;288) \psline(4;144)(-7.30836,4.70228)(-11.38066,2.35114)(-11.38066,-2.35114)(-7.30836,-4.70228)(4;216) \psline(37.43086,0)(-7.30836,-4.70228) \psline(37.43086,0)(-7.30836,4.70228) \end{pspicture}

Resolução: Unindo o centro $G$ do pentágono a cada um dos seus vértices, obtêm-se $5$ triângulos isósceles congruentes. Cada um destes triângulos tem um ângulo de amplitude $360/5=72^\circ$ em $G$ e dois ângulos de amplitude $(180-72)/2=54^\circ$. (image2) Da mesma forma, unindo o centro $F$ do hexágono a cada um dos seus vértices, obtêm-se $6$ triângulos equiláteros congruentes. Então $A\widehat CB=360-2\times60-2\times 54=132^\circ$. Os lados do pentágono regular e do hexágono regular têm o mesmo comprimento, logo $[ACB]$ é isósceles e $B\widehat AC=C\widehat BA=(180-132)/2=24^\circ$, pelo que $E\widehat AD=A\widehat ED=60+24=84^\circ$. Portanto, $A\widehat DE=180-2\times 84=12^\circ$.


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[image2]
\begin{pspicture}(-15,-4)(37.5,4) \pspolygon(4;0)(4;72)(4;144)(4;216)(4;288) \psline(4;144)(-7.30836,4.70228)(-11.38066,2.35114)(-11.38066,-2.35114)(-7.30836,-4.70228)(4;216) \psline(37.43086,0)(-7.30836,-4.70228) \psline(37.43086,0)(-7.30836,4.70228) \psline(0,0)(4;72) \psline(0,0)(4;144) \psline(0,0)(4;216) \psline(0,0)(4;288) \psline(0,0)(4;0) \psline(-7.30836,0)(4;144) \psline(-7.30836,0)(-7.30836,4.70228) \psline(-7.30836,0)(-11.38066,2.35114) \psline(-7.30836,0)(-11.38066,-2.35114) \psline(-7.30836,0)(-7.30836,-4.70228) \psline(-7.30836,0)(4;216) \uput[ul](-7.30836,4.70228){\small $A$} \uput[ur](4;72){\small $B$} \uput[u](4;144){\small $C$} \uput[u](37.43086,0){\small $D$} \uput[ul](-6.9,0.4){\small $F$} \uput[ul](0.5,0.4){\small $G$} \uput[ul](-6.9,-6.5){\small $E$} \psline(-11.38066,1.35114)(-18.38066,1.35114)(-18.38066,-1.35114)(-11.38066,-1.35114) \end{pspicture}
Problema (nível 3): Numa caixa, $3/5$ dos objetos são feios e $3/7$ são inúteis. Deitaram-se fora todos os objetos simultaneamente feios e inúteis e juntaram-se alguns objetos simultaneamente bonitos e úteis. Depois disto, apenas $1/4$ dos objetos eram feios e $1/9$ eram inúteis. Qual a razão entre o número final e o número inicial de objetos simultaneamente bonitos e úteis?

Resolução: Designe-se por $a$ a quantidade inicial de objetos bonitos e úteis e por $b$ a quantidade de objetos bonitos e inúteis. Como $b$ corresponde a $1/9$ do número final de objetos, então o número final de objetos é $9b$ e o número de objetos feios e úteis é $9b/4$. Além disso, o número final de objetos bonitos e úteis é igual a $9b-b-9b/4=23b/4$. Como inicialmente o número de objetos úteis era $4/7$ do total e o número de objetos bonitos era $2/5$ do total, então $$ \frac74\left(a+\frac{9b}4\right)=\frac52(a+b) $$ pelo que $a=23b/12$. Logo, o número final de objetos bonitos e úteis é $\dfrac{23b/4}{23b/12}=3$ vezes o número inicial.
Problema (nível 4): Qual é a soma de todos os inteiros positivos $n$ que têm resto $15$ ao dividir $141$ por $n$?

Resolução: Se ao dividir $141$ por $n$ se obtém resto $15$, então $n>15$ e existe um inteiro positivo $d$ tal que $141=n\times d+15$. Então $n\times d=126=2\times 3^2\times 7$. Logo $n$ pode ser igual a $2\times 3^2=18$, $3\times 7=21$, $2\times 3\times 7=42$, $3^2\times 7=63$ e $2\times 3^2\times 7=126$. Conclui-se então que a soma destes números é $$18+21+42+63+126=270.$$
Problema (nível 4): Na figura seguinte, os triângulos $[ABC]$ e $[DEF]$ são equiláteros, $\overline{AD}=1$ e $\overline{CE}=2$. Determina a área de $[DEF]$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-3,-1)(3,4.464)  \rotatebox{15}{\pspolygon(4;-30)(4;90)(4;210) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](2.3094,0)(2.3094;120)(2.3094;240)} \rput(4.3;-15){$A$} \rput(4.5;105){$B$} \rput(4.5;225){$C$} \rput(2.8;20){$D$} \rput(2.8;140){$E$} \rput(2.8;260){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $F\widehat EC=\alpha$. Como os ângulos internos de um triângulo equilátero medem $60^\circ$, então, pode-se concluir que $C\widehat FE=180-60-\alpha=120-\alpha$, que $D\widehat FA=180-60-(120-\alpha)=\alpha$ e que $F\widehat DA=180-60-\alpha=120-\alpha$. Portanto, pelo Critério ALA, os triângulos $[CEF]$ e $[AFD]$ são congruentes. Do mesmo modo se mostra que o triângulo $[BDE]$ é congruente aos anteriores. Assim, $\overline{AF}=\overline{CE}=\overline{BD}=2$ e $\overline{CF}=\overline{AD}=\overline{BE}=1$. Solução 1: Considere-se a altura $[BH]$ do triângulo $[ABC]$ relativamente a $[AC]$. Então $\overline{CH}=\dfrac{\overline{AC}}{2}=\dfrac{3}{2}$. Logo $\overline{CE}=\dfrac{2}{3}\overline{BC}$ e $\overline{CF}=\dfrac{2}{3}\overline{CH}$, pelo que os triângulos $[CEF]$ e $[CBH]$ são semelhantes. Portanto $[CEF]$ é um triângulo retângulo em $F$ e, pelo Teorema de Pitágoras tem-se $\overline{EF}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$. Logo $\overline{BH}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ e $\overline{AC}=3$, pelo que a área de $[ABC]$ é $\dfrac{\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\times 3}{2}=\dfrac{9\sqrt{3}}{4}$. A área de cada um dos triângulos $[CEF]$, $[AFD]$ e $[BDE]$ é $\dfrac{\sqrt{3}\times 1}{2}=\dfrac{\sqrt3}2$, logo a área de $[DEF]$ é $\dfrac{9\sqrt{3}}{4}-3\dfrac{\sqrt3}2=\dfrac{3\sqrt3}4$. (image2) Solução 2: Usando o teorema dos cossenos, conclui-se que $\overline{EF}=\sqrt{1^2+2^2-2\times 2\times\cos(60)}=\sqrt{3}$. A altura de $[DEF]$ é assim $\sqrt{3}\sin(60)=\dfrac{3}{2}$. Logo a área de $[DEF]$ é $\dfrac{\sqrt{3}\times\dfrac{3}{2}}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}$.


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[image2]
\begin{pspicture}(-3,-2.5)(3,4.464)  \rotatebox{15}{\pspolygon(4;-30)(4;90)(4;210) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](2.3094,0)(2.3094;120)(2.3094;240) \psline(4;90)(0,-2)} \rput(4.3;-15){$A$} \rput(4.5;105){$B$} \rput(4.5;225){$C$} \rput(2.8;20){$D$} \rput(2.8;140){$E$} \rput(2.8;260){$F$} \rput(0.8,-2.3){$H$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): À volta de uma lâmpada foram dispostas outras $2012$ lâmpadas, numa circunferência. Em cada uma das lâmpadas da circunferência foi colocado um interruptor que altera o estado (de acesa para apagada ou de apagada para acesa) dessa lâmpada, das duas lâmpadas adjacentes, e ainda da lâmpada central. Inicialmente todas as lâmpadas estavam apagadas, exceto uma das lâmpadas da circunferência. Pretende- -se, carregando numa sequência de interruptores, apagar a lâmpada inicialmente acesa e acender apenas uma das outras lâmpadas. Para que lâmpadas é possível fazer isto?

Resolução: Numerem-se as lâmpadas da circunferência de $1$ a $2012$, começando na lâmpada inicialmente acesa. Não é difícil verificar que é possível acender apenas a lâmpada central e apagar a inicial, carregando nos interruptores das lâmpadas $1$, $3$, $4$, $6$, $\ldots$, ou seja, nos interruptores da lâmpadas cujo número é da forma $3k$ e $3k+1$, com $k$ inteiro: cada lâmpada numerada de $2$ a $2012$ acende-se e apaga-se uma vez, a lâmpada $1$ apenas se apaga uma vez, e a lâmpada central muda de estado $1341$ vezes, terminando assim acesa. Repetindo agora o mesmo processo, numerando agora como lâmpada $1$ outra lâmpada qualquer, observa-se que essa lâmpada é a única que termina acesa. Portanto, o processo é possível para qualquer uma das lâmpadas.
Problema (nível 4): Na figura seguinte o retângulo tem $6$ cm de comprimento e contém seis circunferências com o mesmo raio, tangentes entre si e aos lados do retângulo. Qual é a área da região assinalada? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-3,-1)(3,4.464)  \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](4;120)(4;60)(1;270) \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](0,0){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](2;60){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](2;120){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](4;60){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](0,3.464){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](4;120){1} \pspolygon(3,-1)(3,4.464)(-3,4.464)(-3,-1) \end{pspicture}

Resolução: A área pretendida obtém-se subtraindo a área da região assinalada a verde à área do triângulo equilátero que une três centros de circunferência, como indicado na figura. (image2) Como o comprimento do retângulo é $6$ cm, cada circunferência tem raio $1$ cm, portanto os lados do triângulo medem $4$ cm. Pelo teorema de Pitágoras, conclui-se que a altura do triângulo mede $\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$ cm. Assim, a área do triângulo é $\dfrac{4\times2\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$ cm$^2$. A região assinalada a verde é constituída por três semicírculos e três sextos de círculo, cuja área total é $(3/2+3/6)\pi\times 1^2=2\pi$ cm$^2$. Logo, a área da região assinalada a azul é $4\sqrt{3}-2\pi$ cm$^2$.


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[image2]
\begin{pspicture}(-3,-0.1)(3,4)   \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](4;120)(4;60)(1;270) \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](0,0){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](2;60){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](2;120){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](4;60){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](0,3.464){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](4;120){1} \pspolygon(3,-1)(3,4.464)(-3,4.464)(-3,-1) \psclip{\pspolygon (4;60)(4;120)(0,0)} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,0){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](2;60){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](2;120){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](4;60){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](0,3.464){1} \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](4;120){1} \endpsclip \pspolygon(4;60)(4;120)(0,0) \psline(0,0)(0,3.464) \end{pspicture}
Problema (nível 4): No Parlamento do Viracasaquistão, $2013$ deputados reúnem-se numa mesa circular. Para votar uma lei, na primeira ronda, cada deputado apresenta o seu sentido de voto. Em cada ronda subsequente, cada deputado muda o seu sentido de voto se, na ronda anterior, o sentido de voto de ambos os seus vizinhos foi contrário ao seu; caso contrário, mantém-no. Uma decisão final será tomada quando o sentido de voto de todos os deputados for igual ao da ronda anterior. Qual é o número máximo de rondas necessárias para que os deputados tomem a decisão final?

Resolução: Se dois deputados vizinhos têm o mesmo sentido de voto na ronda $n$, então em todas as rondas seguintes, ambos mantêm o seu sentido de voto. Portanto, designando por $A_n$ o conjunto dos deputados que têm pelo menos um vizinho com o mesmo sentido de voto que o seu, conclui-se que $A_n\subseteq A_{n+1}\subseteq A_{n+2}\subseteq\cdots$. Como há um número ímpar de deputados na mesa circular, há pelo menos dois deputados, vizinhos um do outro, com o mesmo sentido de voto na ronda inicial. Portanto $A_1$ tem pelo menos $2$ elementos. Se $X$ e $Y$ são deputados vizinhos tais que $X$ não está em $A_n$ e $Y$ está em $A_n$, então, na ronda $n+1$, o deputado $Y$ mantém o seu sentido de voto e o deputado $X$ passa a votar da mesma forma que $Y$, pelo que $X$ está em $A_{n+1}$. Se na ronda $n$, houver mais do que um deputado que não está em $A_n$, então há pelo menos dois deles nas condições anteriores. Se houver apenas um deputado que não está em $A_n$, então ele está em $A_{n+1}$. Assim, se houver $a$ deputados fora de $A_1$, há no máximo $\lfloor a/2\rfloor$ rondas até haver menos de dois elementos fora de $A_n$, caso em que $A_{n+1}$ contém os $2013$ deputados. Como $a\leq 2011$, e $\lfloor 2011/2\rfloor+1=1006$, então $A_{1006}$ tem pelo menos $2012$ deputados, $A_{1007}$ tem os $2013$ deputados e na ronda $1008$ todos os deputados mantêm o seu sentido de voto. Logo, os deputados chegam a uma decisão no máximo na ronda $1008$. No caso em que dois vizinhos têm inicialmente o mesmo sentido de voto e os restantes $2011$ deputados têm inicialmente sentidos de voto alternados, então $A_1$ é composto por um único bloco de $2$ deputados. A cada ronda subsequente esse bloco cresce um deputado para cada lado. Portanto, há $2012$ deputados em $A_{1006}$ e $2013$ deputados em $A_{1007}$. Logo, neste caso, os deputados chegam a uma decisão na ronda $1008$.
Problema (nível 2): A Raquel lançou dardos a um alvo dividido em $3$ partes. Acertar na parte vermelha vale $10$ pontos, na cor de laranja $8$ e na amarela $5$. Todos os lançamentos da Raquel atingiram o alvo, tendo acertado tantas vezes na região vermelha como na região laranja. A Raquel obteve um total de $99$ pontos. Quantos lançamentos fez?

Resolução: Para cada lançamento que acertou na região vermelha, um outro atingiu a região laranja, o que dá um total de $18$ pontos. Como $6 \times 18 = 108$ é maior que $99$, então a Raquel acertou no máximo cinco vezes na região vermelha. No quadro seguinte estão as várias possibilidades de distribuição de pontos. (table1) Repare-se que o número de pontos obtidos na região amarela é um múltiplo de cinco, já que é esse o valor de cada lançamento nessa região. Isto só acontece no caso em que três lançamentos acertaram na região vermelha e três na região laranja. Nesse caso, foram obtidos $45$ pontos na região amarela, o que corresponde a nove lançamentos. Assim, a Raquel fez um total de $3+3+9=15$ lançamentos.


Conteúdo referenciado:
[table1]
\begin{tabular}{|c|c|c|} \hline \vspace*{-0.5mm}Lançamentos V e L & Pontos V e L & Pontos A \\ \hline $1$\vspace*{-0.5mm} & $1 \times 18 = 18$ & $99-18=71$\\ \hline $2$\vspace*{-0.5mm} & $2 \times 18 =36$ & $99-36=63$\\ \hline $3$\vspace*{-0.5mm} & $3 \times 18 =54$ & $99-54=45$\\ \hline $4$\vspace*{-0.5mm} & $4 \times 18 =72$ & $99-72=27$\\ \hline $5$\vspace*{-0.5mm} & $5 \times 18 =90$ & $99-90=9$\\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 2): No seu aniversário, o João recebeu um tangram especial e construiu uma nave, representada na figura seguinte. Depois de construída a nave, o João reparou que $[ABCD]$ é um retângulo, $[GCD]$ um triângulo equilátero e $\overline{AD}=\overline{DE}$. Qual é a amplitude dos ângulos internos dos triângulos que fazem parte do tangram do João? 90 (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-5,-7)(5,4.5) \pspolygon(4;60)(4;120)(4;240)(4;300) \psline(4;60)(10;300)(0,0)(10;240)(4;120) \psarc(0,3.46){2}{0}{180} \rput(4.5;130){\rotatebox{-90}{\small $A$}} \rput(4.5;50){\rotatebox{-90}{\small $B$}} \rput(4.5;253){\rotatebox{-90}{\small $D$}} \rput(4.5;287){\rotatebox{-90}{\small $C$}} \rput(11;240){\rotatebox{-90}{\small $E$}} \rput(11;300){\rotatebox{-90}{\small $F$}} \rput(0,1){\rotatebox{-90}{\small $G$}} \end{pspicture}

Resolução: Como o triângulo $[GCD]$ é equilátero, todos os seus ângulos internos são iguais e medem $60^\circ$. Sendo $[ABCD]$ um retângulo, tem-se $A\widehat{D}C=90^\circ$ e por isso $A\widehat{D}G=90-60=30^\circ$. Como $\angle ADG$ é um ângulo externo ao triângulo $[ADE]$, então $A\widehat{D}E=180-30=150^\circ$ e $A\widehat{E}D+E\widehat{A}D=30^\circ$. Por outro lado, como o triângulo $[AED]$ é isósceles, com $\overline{DE}=\overline{AD}$, sabe-se que $A\widehat{E}D=E\widehat{A}D$, portanto $A\widehat{E}D=E\widehat{A}D=15^\circ$. Assim, as amplitudes dos ângulos internos dos triângulos que fazem parte do tangram do João são $15^\circ$, $60^\circ$ e $150^\circ$.