tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): A palavra chave que a Ana Viso escolheu para o seu computador tem os 7 caracteres do seu nome: A, N, A, V, I, S, O. Ordenando por ordem alfabética todas as palavras diferentes formadas por estes 7 caracteres, a palavra chave da Ana surge na 881 posição. Qual é a palavra chave da Ana?

Resolução: Ao ordenar as palavras por ordem alfabética aparecem em primeiro lugar as começadas por A, que são $6!=720$. De seguida estão as $\displaystyle \frac{6!}{2}=360$ palavras que começam por I. Atendendo a que $720<881<720+360$ conclui-se que a palavra chave que a Ana escolheu começa por I. Como $881-720=161$, trata-se da 161palavra que começa por esse caracter. Existem $5!=120$ palavras que começam por IA e $\displaystyle\frac{5!}{2}=60$ palavras que começam por IN. Atendendo a que $120<161<120+60$, conclui-se que a palavra chave que a Ana escolheu começa por IN (é a 41palavra desse tipo). Existem $4!=24$ palavras que começam por INA, $\displaystyle\frac{4!}{2}=12$ palavras que começam por INO e $\displaystyle\frac{4!}{2}=12$ palavras que começam por INV. Como $24+12<41<24+12+12$, a palavra chave que a Ana escolheu começa por INV (é a 5palavra dessa forma). Como existem $3!=6$ palavras que começam por INVA a palavra chave é a penúltima desse grupo, ou seja, a palavra INVASAO.
Problema (nível 3): Num círculo formado por 10 pessoas cada pessoa escolhe um número e revela esse número aos seus vizinhos no círculo. Cada pessoa diz em voz alta a soma dos números dos seus 2 vizinhos. A figura mostra os números ditos em voz alta. Qual é o número escolhido pela pessoa que disse o número 7? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(0.00,100.00)(-100,120) \put(155,200){\makebox(0,0)[cc]{\Large $1$}} \put(172,194){\makebox(0,0)[cc]{\Large $2$}} \put(182,179){\makebox(0,0)[cc]{\Large$3$}} \put(182,161){\makebox(0,0)[cc]{\Large $4$}} \put(172,146){\makebox(0,0)[cc]{\Large $5$}}\put(155,140){\makebox(0,0)[cc]{\Large $6$}} \put(138,145){\makebox(0,0)[cc]{\Large $7$}} \put(127,159){\makebox(0,0)[cc]{\Large $8$}} \put(127,177){\makebox(0,0)[cc]{\Large $9$}} \put(135,193){\makebox(0,0)[cc]{\Large $10$}} \end{picture}

Resolução: Denote-se por $a_i,\,i=1,\ldots, 10$, o número escolhido pela pessoa que disse o número $i$. Pretende­-se determinar $a_7$. A pessoa que disse o número 8 somou os números escolhidos pelos seus dois vizinhos ($a_7$ e $a_9$) e obteve 8, logo $a_9=8-a_7$. Analogamente, a pessoa que disse o número 10 somou os números escolhidos pelos seus dois vizinhos ($a_9$ e $a_1$) e obteve 10, logo $a_1=10-a_9=2+a_7$. Repetindo este raciocínio, obtém-se $a_3=2-a_1=-a_7$, $a_5=4-a_3=4+a_7$ e $a_7=6-a_5=2-a_7$, donde se conclui que $a_7=1$. Assim, a pessoa que disse o número 7 tinha escolhido o número 1.
Problema (nível 3): Na figura seguinte $[ABCD]$ é um paralelogramo cujos lados têm como pontos médios $E$, $F$, $G$ e $H$. Sabendo que a área deste paralelogramo mede $5$ $m^2$, quanto mede a área do paralelogramo $[PQRS]$? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(0.00,100.00)(0,100) \multiput(80,130)(100,0){2}{\line(2,1){100}} \multiput(80,130)(100,50){2}{\line(1,0){100}} \put(75,125){\makebox(0,0)[cc]{\small $A$}} \put(185,125){\makebox(0,0)[cc]{\small $B$}} \put(285,180){\makebox(0,0)[cc]{\small $C$}} \put(173,180){\makebox(0,0)[cc]{\small $D$}} \multiput(80,130)(50,25){2}{\line(6,1){150}} \multiput(180,180)(50,0){2}{\line(-1,-1){50}} \put(130,125){\makebox(0,0)[cc]{\small $E$}} \put(240,155){\makebox(0,0)[cc]{\small $F$}} \put(230,185){\makebox(0,0)[cc]{\small $G$}} \put(120,155){\makebox(0,0)[cc]{\small $H$}} \put(141,137){\makebox(0,0)[cc]{\small $P$}} \put(205,147){\makebox(0,0)[cc]{\small $Q$}} \put(219,173){\makebox(0,0)[cc]{\small $R$}} \put(153,161){\makebox(0,0)[cc]{\small $S$}} \end{picture}

Resolução: Trace-se uma paralela a $[CH]$ que passe por $D$ e uma paralela a $[DE]$ que passe por $C$. Estas duas rectas intersectam-se num ponto $T$. (image2) O paralelogramo $[SCTD]$ tem os lados paralelos a $[PQRS]$. Determine-se a relação entre as medidas dos lados dos dois paralelogramos. Os triângulos $[DHS]$ e $[DAP]$ são semelhantes, porque têm um ângulo em comum e os lados opostos paralelos. Como $\overline{DA}=2\overline{DH}$, também $\overline{DP}=2\overline{DS}$, ou seja, $\overline{DS}=\overline{SP}$. Analogamente, tem-se $\overline{SC}=2\overline{SR}$. Assim, a área de $[SCTD]$ mede o dobro da de $[PQRS]$. Como a área de $[SCTD]$ também mede o dobro da do triângulo $[DSC]$, conclui-se que as áreas de $[PQRS]$ e $[DSC]$ têm a mesma medida. Da mesma forma se mostra que a medida da área de $[PQRS]$ é a mesma que as medidas das áreas dos triângulos $[BCR]$, $[ABQ]$ e $[APD]$. Logo a área de $[ABCD]$ mede 5 vezes a área de $[PQRS]$, pelo que a medida da área de $[PQRS]$ é $1$ $m^2$.


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[image2]
\begin{picture}(0.00,100.00)(0,100) \multiput(80,130)(100,0){2}{\line(2,1){100}} \multiput(80,130)(100,50){2}{\line(1,0){100}} \put(75,125){\makebox(0,0)[cc]{\small $A$}} \put(185,125){\makebox(0,0)[cc]{\small $B$}} \put(285,180){\makebox(0,0)[cc]{\small $C$}} \put(173,180){\makebox(0,0)[cc]{\small $D$}} \multiput(80,130)(50,25){2}{\line(6,1){150}} \multiput(180,180)(50,0){2}{\line(-1,-1){50}} \put(130,125){\makebox(0,0)[cc]{\small $E$}} \put(240,155){\makebox(0,0)[cc]{\small $F$}} \put(230,185){\makebox(0,0)[cc]{\small $G$}} \put(120,155){\makebox(0,0)[cc]{\small $H$}} \put(141,137){\makebox(0,0)[cc]{\small $P$}} \put(205,147){\makebox(0,0)[cc]{\small $Q$}} \put(219,173){\makebox(0,0)[cc]{\small $R$}} \put(153,161){\makebox(0,0)[cc]{\small $S$}} \put(180,180){\line(6,1){120}} \put(280,180){\line(1,1){20}} \put(305,205){\makebox(0,0)[cc]{\small $T$}} \end{picture}
Problema (nível 4): Considerem-se cinco esferas com $10$ $cm$ de raio. Dispõem-se quatro destas esferas sobre uma mesa horizontal de forma que os seus centros formem um quadrado com $20$ $cm$ de lado e coloca­-se sobre elas a quinta esfera de modo que toque as outras quatro. Qual é a distância entre o centro desta quinta esfera e a mesa?

Resolução: A figura representa o corte feito nas esferas pelo plano perpendicular à mesa e que contém os centros de duas esferas não tangentes entre si. (image1) O segmento $[CB]$ é a diagonal do quadrado de lado $20$ $cm$ formado pelos centros das quatro esferas assentes na mesa, logo $\overline{CB} = 20 \sqrt{2}$ $cm$. Tem-se também $\overline{AC}= \overline{AB}= 20$ $cm$, isto é, o triângulo $[A B C]$ é isósceles. Seja $P$ o pé da perpendicular a $[CB]$ que passa por $A$. Uma vez que o triângulo é isósceles $\overline{C P}= \overline{PB}= 10\sqrt{2}$ $cm$. Pelo teorema de Pitágoras $$ \overline{AP}^2 + \overline{PB}^2= \overline{AB}^2, $$ donde $\overline{AP} = 10 \sqrt{2}$ $cm$. Finalmente, a distância pedida é igual a $10 + 10 \sqrt{2}$ $= 10(1+ \sqrt{2})$ $cm$.


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[image1]
\beginpicture \setcoordinatesystem units <0.5cm,0.5cm>  \arrow <5pt> [.0,.0] from -3 0 to 9 0 \arrow <5pt> [.0,.0] from 0 2 to 6 2 \arrow <5pt> [.0,.0] from 6 2 to 3 4.7 \arrow <5pt> [.0,.0] from 3 4.7 to 0 2 \arrow <5pt> [.0,.0] from 3 4.7 to 3 2 \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 0 0 center at 0 2 \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 6 0 center at 6 2 \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 1 4.7 center at 3 4.7 \put{$C$} at -0.5 2 \put{$B$} at 6.5 2 \put{$A$} at 3 5.2 \put{\scriptsize{$P$}} at 3 1.5 \endpicture
Problema (nível 4): O Daniel pintou um quadro rectangular de $2$ metros por $4$ metros com quatro cores. Sabendo que utilizou mais de duas cores para pintar os quatro cantos do quadro, prova que ele pintou da mesma cor dois pontos que distam no mínimo $\sqrt{5}$ metros.

Resolução: A partir de um dos vértices do rectângulo marquem-se sucessivamente 12 pontos de maneira que cada um diste do anterior 1 metro, como está assinalado na figura seguinte. (image1) Se neste conjunto de pontos existirem 4 pontos da mesma cor ou 3 pontos não consecutivos da mesma cor então existem 2 pontos da mesma cor que distam no mínimo $\sqrt{5}$ metros. Resta analisar o caso em que existem exactamente 3 pontos consecutivos de cada uma das 4 cores. Nestas condições, se existissem 2 vértices da mesma cor, os 4 vértices teriam sido pintados com apenas 2 cores, o que não é possível. Logo os 4 vértices foram pintados com as 4 cores. Portanto, um dos vértices foi pintado com a mesma cor que o centro do rectângulo e dista deste ponto exactamente $\sqrt{5}$ metros.


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[image1]
\begin{picture}(0.00,50.00)(-250,110) \put(0,50){\line(0,1){100}} \put(0,50){\line(1,0){200}} \put(200,50){\line(0,1){100}} \put(0,150){\line(1,0){200}} \put(-4,45){$\bullet$} \put(46,45){$\bullet$} \put(96,45){$\bullet$} \put(146,45){$\bullet$} \put(196,45){$\bullet$} \put(-4,145){$\bullet$} \put(46,145){$\bullet$} \put(96,145){$\bullet$} \put(146,145){$\bullet$} \put(196,145){$\bullet$} \put(-4,95){$\bullet$} \put(196,95){$\bullet$} \end{picture}
Problema (nível 4): O conjunto Blablabla contém todos os números de sete dígitos diferentes que se podem formar com os algarismos 2, 3, 4, 5, 6, 7 e 8. Mostra que não existem dois números de Blablabla tais que um deles seja divisível pelo outro.

Resolução: Supõe-se que $x=ky$, com $x$ e $y$ pertencentes ao conjunto Blablabla e $k \in \mathbb{N} \backslash \{ 1\}$. Dividindo o maior número de Blablabla pelo menor, obtém-se \[ \frac{8765432}{2345678} \cong 3,74.\] Portanto, $k \in \{2,3\}$. Solução 1: Se fosse $k=3$ ter-se-ia $x=3y$, ou seja, $x$ teria de ser múltiplo de 3. No entanto, uma vez que $8+7+6+5+4+3+2=35=3\times11 +2$, cada número de Blablabla é da forma $3t+2$ para algum $t \in \mathbb{N} $ e, consequentemente, $x$ não pode ser múltiplo de 3. Por outro lado, se fosse $k=2$, ter-se-ia $x=2y$, ou, de forma equivalente, $x+y=3y$. Portanto, $x+y$ seria múltiplo de 3, o que não pode acontecer pois $x+y$ é da forma $3t+1$, para algum $t \in \mathbb{N} $. Em conclusão, não existem dois números de Blablabla tais que um deles seja divisível pelo outro. ————– Nota: Por exemplo, $ 8765432= 8\times 1000000 + 7\times 100000 + 6 \times 10000 + 5 \times 1000 + 4 \times 100 + 3 \times 10 + 2 $ $= 8\times (999999+1) + 7\times (99999 +1) + 6 \times (9999+1) + 5 \times (999+1) + 4 \times (99+1) + 3 \times (9+1) + 2$ $= 8\times 999999 + 7\times 99999 + 6 \times 9999 + 5 \times 999 + 4 \times 99 + 3 \times 9 + (8+7+6+5+4+3+2)$ $=8\times 999999 + 7\times 99999 + 6 \times 9999 + 5 \times 999 + 4 \times 99 + 3 \times 9 + 35.$ Logo, visto que os números escritos apenas com o algarismo nove são todos divisíveis por 3, o resto da divisão de 8765432 por 3 é 2 (pois $35=3\times 11+2$). ————— Solução 2: Se fosse $k=2$ ter-se-ia $x=2y$. Dado que $y$ contém o algarismo $5$, $2\times 5=10$ e $2\times 8=16$, o número $x$ teria o algarismo $0$ ou o algarismo $1$ e não pertenceria a Blablabla. Se fosse $k=3$ ter-se-ia $x=3y$. Dado que $y$ contém o algarismo $3$, $3\times 3=9$ e $3\times 8=24$, o número $x$ teria o algarismo $9$, o algarismo $0$ ou o algarismo $1$ e não pertenceria a Blablabla. Em conclusão, não existem dois números de Blablabla tais que um deles seja divisível pelo outro.
Problema (nível 3): Num hotel para gatos e cães $10\%$ dos cães julgam que são gatos e $10\%$ dos gatos julgam que são cães. Após cuidadosas observações conclui-se que $20\%$ de todos os hóspedes pensam que são gatos e que os restantes $80\%$ pensam que são cães. Se no hotel estão hospedados 10 gatos, quantos cães estão hospedados no hotel?

Resolução: Determine-se o número de hóspedes que pensam que são gatos. Como $10\%$ dos cães julgam que são gatos, denotando por C o número de cães do hotel, o número de cães que julgam que são gatos é $\frac{C}{10}$. Além disso, como $10\%$ dos gatos julgam que são cães, $90\%$ dos gatos do hotel pensam que são gatos, isto é, 9 dos gatos pensam que são gatos. Assim o número de hóspedes que pensam que são gatos é $\frac{C}{10}+9$. Por outro lado, sabe-se que este número corresponde a $20\%$ de todos os hóspedes. Logo $\frac{C}{10}+9 =\frac{20(10+C)}{100}$, donde $C = 70$. Portanto no hotel estão hospedados 70 cães. Nota: A resolução pode ser efectuada por um raciocínio análogo começando por determinar o número de hóspedes que pensam que são cães.
Problema (nível 4): O António e a Catarina começaram a trabalhar no mesmo dia. O horário do António consiste em 3 dias de trabalho e depois um dia de descanso, enquanto que a Catarina trabalha 7 dias seguidos e descansa nos três dias seguintes. Quantos dias de descanso tiveram em comum nos primeiros 1000 dias?

Resolução: O horário do António repete-se de 4 em 4 dias (3 dias de trabalho, T, mais um dia de descanso, D) e o da Catarina de 10 em 10 dias (7 dias T $+$ 3 dias D). Como $m.m.c.(4,10)= 20$ basta ver quantos dias de descanso têm em comum em 20 dias. (table1) Pela tabela verifica-se que em cada 20 dias há dois dias de descanso em comum. Assim nos primeiros 1000 ($=50 \times 20$) dias tiveram $50\times 2=100$ dias de descanso em comum.


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[table1]
\begin{tabular}{|r|l|} \hline Ant\'onio & TTTDTTTDTTTDTTTDTTTD \\ \hline Catarina & TTTTTTTDDDTTTTTTTDDD \\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 4): Num reino distante quaisquer dois cavaleiros ou são amigos ou inimigos e cada cavaleiro tem exactamente 3 inimigos. Nesse reino vigora a seguinte lei entre os cavaleiros: Um inimigo do meu amigo é meu inimigo. Quantas possibilidades há para o número de cavaleiros desse reino?

Resolução: Seja $N$ um número natural para o qual é possível que o reino tenha exactamente $N$ cavaleiros (nas condições do enunciado). Note-se que, em princípio, $N$ pode assumir mais que um valor. É claro que uma possibilidade é $N=4$ (caso em que cada um dos 4 cavaleiros é inimigo dos restantes 3 e não é amigo de nenhum). Porém, não pode ser $N=5$, pois se fosse este o número de cavaleiros do reino então pelo menos um deles seria inimigo dos 4 restantes, o que viola a lei em vigor. (De facto, designem $A$ um dos 5 cavaleiros, $I_1$, $I_2$ e $I_3$ os 3 cavaleiros seus inimigos, e $B$ o cavaleiro restante. É claro que $A$ e $B$ são amigos, pois $A$ não pode ter mais que 3 inimigos, logo pela lei em vigor $I_1$, $I_2$ e $I_3$ também são inimigos de $B$. Por outro lado, $I_1$, por exemplo, é inimigo de $A$ e de $B$, logo ou $I_2$ é seu amigo e $I_3$ seu inimigo, ou o contrário. Suponha-se, sem perda de generalidade, que $I_2$ é o amigo de $I_1$ e $I_3$ o inimigo. Então, $I_3$ seria também inimigo de $I_2$, logo seria inimigo dos restantes quatro cavaleiros!) Agora, $N=6$ também é uma possibilidade, já que 6 cavaleiros podem ser agrupados em dois grupos de 3 elementos cada, de modo a que em cada grupo os 3 cavaleiros sejam amigos comuns e cada um deles inimigo dos 3 cavaleiros do outro grupo. Vejamos, finalmente, que não pode ser $N\geq7$. Com efeito, admita-se que $N\geq7$. Sendo $A$ um dos cavaleiros do reino, ele terá 3 inimigos, digamos, $I_1$, $I_2$ e $I_3$, e todos os restantes $N-4$ cavaleiros terão que ser seus amigos. Pela lei em vigor, estes $N-4$ cavaleiros, por serem amigos de $A$, terão também que ser inimigos de $I_1$, $I_2$ e $I_3$, logo cada um destes três tem pelo menos $1+(N-4)=N-3$ inimigos, o que não pode suceder porque $N-3\geq 4$. Conclui-se que as únicas possibilidades para $N$ são $N=4$ e $N=6$, pelo que há duas possibilidades para o número de cavaleiros.
Problema (nível 4): Numa conferência internacional participaram 241 jovens cientistas de 6 países diferentes. Dado o elevado número de participantes a organização decidiu alojá-los em 4 hotéis. Entre quaisquer 6 participantes existiam dois com a mesma idade. Mostra que num dos hotéis estavam alojados três cientistas do mesmo país e com a mesma idade.

Resolução: A resolução consiste na aplicação sucessiva do chamado Princípio de Dirichlet (ou Princípio do Pombal). Se participaram na conferência $241$ cientistas de 6 países então pelo menos $41$ ($241=6\times 40+1$) eram do mesmo país. Entre estes $41$ participantes pelo menos $11$ ($41=4\times 10+1$) estavam no mesmo hotel. Se existissem mais do que 5 idades distintas então seria possível escolher 6 cientistas sem que dois deles tivessem a mesma idade. Assim conclui-se que pelo menos 3 ($11=5\times 2+1$) cientistas eram do mesmo país, tinham a mesma idade e estavam alojados no mesmo hotel.
Problema (nível 1): Um terreno quadrado está dividido em cinco lotes: dois quadrados idênticos e três rectângulos idênticos. O Sr. João é dono de um dos quadrados e para delimitar o seu terreno usou 720 metros de rede. O Sr. Luís é proprietário de um dos rectângulos e também quer pôr rede à volta do seu lote. Quantos metros de rede deve comprar? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(0,0)(-500,30) \multiput(40,40)(0,40){3}{\line(1,0){80}} \multiput(40,40)(80,0){2}{\line(0,1){80}} \multiput(66.66,80)(26.66,0){2}{\line(0,1){40}} \put(80,40){\line(0,1){40}} \end{picture}

Resolução: Se o perímetro do lote quadrado é 720 m, a medida do lado desse quadrado é $720:4=180$ m, logo o lado maior de cada rectângulo mede 180 m. Como o quadrado maior (formado pelos 5 lotes) tem um lado que mede $2\times180=360$ m, a medida do lado menor de cada rectângulo é $360:3=120$ m. Finalmente, o perímetro do rectângulo é $2\times180+ 2\times 120=600$ m. Conclui-se que o Sr. Luís deve comprar 600 m de rede.
Problema (nível 3): Um relógio de ponteiros atrasa-se 30 segundos em cada hora. Sabendo que às 12 horas de hoje indica a hora exacta, em que dia voltará a estar certo?

Resolução: Note-se, em primeiro lugar, que um relógio de ponteiros só volta a estar certo depois de se atrasar 12 horas, por isso basta determinar quanto tempo demora o relógio a atrasar-se 12 horas. Como o relógio se atrasa 30 segundos em cada hora, vai atrasar-se 12 minutos por dia, ou seja, vai demorar 5 dias a atrasar-se 1 hora, ou ainda, vai demorar 60 dias a atrasar-se 12 horas. Tendo em conta que o mês de Novembro tem 30 dias e o de Dezembro 31, conclui-se que o relógio voltará a estar certo no dia 13 de Janeiro de 2002 (às 12 horas).
Problema (nível 3): O Astérix e o seu companheiro Obélix estão a explorar um país muito pequeno no qual apenas existe uma estrada (em linha recta) que liga as três cidades que pretendem visitar: Amix, Berlix e Celtix. Ao chegarem à cidade de Amix avistam dois sinais com as seguintes indicações: “Berlix 5$\, km$" e “Celtix 7$\, km$". Caminham mais alguns quilómetros e chegam à cidade de Berlix, onde, com grande espanto, o Obélix encontra dois sinais com as indicações: “Amix 4$\, km$" e “Celtix 6$\, km$". Ao comentar com o Astérix o sucedido, este responde-lhe: “Não te preocupes! Sabe-se que numa das cidades todos os sinais têm indicações erradas, noutra todas as indicações são correctas e na outra uma indicação é correcta e a outra errada.” Por fim, ao chegarem à cidade de Celtix avistam mais dois sinais: “Amix 7$\, km$" e “Berlix 3$\, km$". Quais são as verdadeiras distâncias entre as três cidades?

Resolução: Suponha-se que a distância entre Amix e Celtix não é 7$\, km$. Então em cada uma destas cidades existiria pelo menos um sinal com indicação errada, logo seria Berlix a cidade contendo os dois sinais com indicações correctas. Mas nesse caso todos os sinais em Amix e Celtix teriam as indicações erradas, o que contraria o facto de apenas numa das três cidades ambos os sinais conterem indicações erradas. Logo, a distância entre Amix e Celtix é de 7$\, km$, e é em Berlix que ambas as indicações estão erradas. Agora, se em Celtix o sinal com a indicação “Berlix 3$\, km$” fosse correcto então a distância entre Amix e Berlix teria de ser 4$\, km$ (pois já vimos que a distância entre Amix e Celtix é de 7$\, km$), o que não pode suceder, pois nesse caso a indicação “Amix 4$\, km$” em Berlix não estaria errada. Assim, terá de ser em Amix que se encontra o terceiro sinal com indicação correcta, nomeadamente “Berlix 5$\, km$”. Conclui-se que a distância entre Amix e Berlix é de 5$\, km$ e que a distância entre Berlix e Celtix é de $7-5=2\, km$.
Problema (nível 4): Um tabuleiro quadrado com $99$ quadrículas de lado foi decorado com os símbolos $\diamondsuit$, $\clubsuit$, $\heartsuit$ e $\spadesuit$ da forma indicada na figura. Qual foi o símbolo mais utilizado? $ (image1) $


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[image1]
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \rule{0pt}{1.35em} \diamondsuit & \clubsuit & \heartsuit & \spadesuit & \diamondsuit & \clubsuit & \cdots & \hspace{0.75em} \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \clubsuit & \heartsuit & \spadesuit & \diamondsuit & \clubsuit & & \cdots & \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \heartsuit & \spadesuit & \diamondsuit & \clubsuit & & & \cdots & \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \spadesuit & \diamondsuit & \clubsuit & & & & \cdots & \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \diamondsuit & \clubsuit & & & & & \cdots & \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \clubsuit & & & & & & \cdots & \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} & & & & & & \cdots & \\ \hline \end{array}

Resolução: Como $99=24\times 4+3$, ao retirarmos as 3 últimas linhas do tabuleiro, cada coluna fica exactamente com 24 conjuntos $\{\diamondsuit,\clubsuit,\heartsuit,\spadesuit\}$. Logo, nesta parte do tabuleiro (formada pelas primeiras 96 linhas) os símbolos $\diamondsuit$, $\clubsuit$, $\heartsuit$ e $\spadesuit$ estão em igual número. A primeira coluna do tabuleiro é constituída por 24 sequências iguais ($\diamondsuit$,$\clubsuit$,$\heartsuit$,$\spadesuit$) e uma sequência ($\diamondsuit$,$\clubsuit$,$\heartsuit$), por isso as 3 últimas linhas do tabuleiro têm os símbolos dispostos da forma seguinte: $ (image2) $ Por um raciocínio análogo ao utilizado para as primeiras 96 linhas, concluímos que, se retirarmos as 3 últimas colunas às linhas indicadas na figura anterior, os símbolos $\diamondsuit$, $\clubsuit$, $\heartsuit$ e $\spadesuit$ ficam em igual número. Por fim, analisemos o quadrado formado pelas 3 últimas colunas das 3 últimas linhas. Como a primeira das 3 últimas linhas também termina com a sequência ($\diamondsuit$,$\clubsuit$,$\heartsuit$) (exactamente como acontece com a primeira coluna do tabuleiro), o quadrado tem os símbolos dispostos da forma seguinte: $ (image3) $ Neste quadrado o símbolo $\heartsuit$ aparece mais uma vez do que qualquer um dos outros. Concluímos então que o símbolo $\heartsuit$ é o mais utilizado.


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[image2]
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \rule{0pt}{1.35em} \diamondsuit & \clubsuit & \heartsuit & \spadesuit & \diamondsuit & \clubsuit & \heartsuit & \cdots & \hspace{0.75em} \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \clubsuit & \heartsuit & \spadesuit & \diamondsuit & \clubsuit & \heartsuit & \spadesuit & \cdots & \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \heartsuit & \spadesuit & \diamondsuit & \clubsuit & \heartsuit & \spadesuit & \diamondsuit & \cdots & \\ \hline \end{array}
[image3]
\begin{array}{|c|c|c|} \hline \rule{0pt}{1.35em} \diamondsuit & \clubsuit & \heartsuit \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \clubsuit & \heartsuit & \spadesuit \\ \hline \rule{0pt}{1.35em} \heartsuit & \spadesuit & \diamondsuit \rule{0pt}{1.35em} \\ \hline \end{array}