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Problema (nível 3): Se começarmos a escrever por ordem crescente todos os números inteiros cuja soma dos algarismos é $2019$, qual será o $2019^{\underline{\circ}}$ número escrito nessa lista?

Resolução: Uma vez que $2019=224\times 9+3$, o primeiro número da lista é $3\underbrace{9\cdots 9}_{224\times}$, que possui $225$ algarismos. Não existe mais nenhum número com $225$ algarismos na lista com primeiro algarismo $3$. Assim, o segundo número da lista é $48\underbrace{9\cdots 9}_{223\times}$. Permutando a posição do algarismo $8$, obtemos os seguintes $223$ números da forma $4\underbrace{9\cdots 9}_{N\times}8\underbrace{9\cdots 9}_{M\times}$, com $N\geq 1,\,M\geq 0$ e $N+M=223$. Ou seja, o número na posição $1+224$ da nossa lista é $4\underbrace{9\cdots 9}_{223\times}8$. Não existe mais nenhum número com $225$ algarismos na lista com primeiro algarismo $4$. Assim, o número na posição $226$ é o $57\underbrace{9\cdots 9}_{223\times}$, que é seguido pelos $223$ números da forma $58\underbrace{9\cdots 9}_{N\times}8\underbrace{9\cdots 9}_{M\times}$, com $N,M\geq 0$ e $N+M=222$, pelo que o número situado na posição $(1+224)+(1+223)$ é o $58\underbrace{9\cdots 9}_{222\times}8$. O número seguinte é o $597\underbrace{9\cdots 9}_{222\times}$, seguido pelos $222$ números da forma $598\underbrace{9\cdots 9}_{N\times}8\underbrace{9\cdots 9}_{M\times}$, com $N,M\geq 0$ e $N+M=221$. Ou seja, o número situado na posição $(1+224)+(1+223)+(1+222)$ é o $598\underbrace{9\cdots 9}_{221\times}8$. Repetindo o processo o número de vezes necessário, obtemos uma lista de $$(1+224)+(1+223)+(1+222)+\cdots+(1+216)=1989$$ números com $225$ algarismos cuja soma é $2019$, sendo que o $1989^{\underline{\circ}}$ número é o $5\underbrace{9\cdots 9}_{7\times}8\underbrace{9\cdots 9}_{215\times}8$. O $1990^{\underline{\circ}}$ número é $5\underbrace{9\cdots 9}_{8\times}7\underbrace{9\cdots 9}_{215\times}$, seguido por $5\underbrace{9\cdots 9}_{8\times}88\underbrace{9\cdots 9}_{214\times}$, pelo que o $2019^{\underline{\circ}}$ número da lista é $$5\underbrace{9\cdots 9}_{8\times}8\underbrace{9\cdots 9}_{28\times}8\underbrace{9\cdots 9}_{186\times}.$$
Problema (nível 4): Num quadrado de lado $10$ cm, unem-se os vértices aos pontos médios dos lados opostos, como representado na figura. Quanto mede a área da região colorida? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(3,3) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](0,0)(1.2,0.6)(1.5,0)(1.8,0.6)(3,0)(2.4,1.2)(3,1.5)(2.4,1.8)(3,3)(1.8,2.4)(1.5,3)(1.2,2.4)(0,3)(0.6,1.8)(0,1.5)(0.6,1.2) \pspolygon(0,0)(3,0)(3,3)(0,3) \psline(0,0)(1.5,3) \psline(0,0)(3,1.5) \psline(3,3)(1.5,0) \psline(3,3)(0,1.5) \psline(3,0)(1.5,3) \psline(3,0)(0,1.5) \psline(0,3)(1.5,0) \psline(0,3)(3,1.5) \end{pspicture}

Resolução: Como os triângulos $[ABE]$ e $[CDA]$ da figura são congruentes, então $A\widehat BE=C\widehat DA$. Logo os triângulos $[ABF]$ e $[ADC]$ têm dois ângulos iguais, pelo que são semelhantes, com razão de semelhança $\dfrac{\,\overline{AB}\,}{\overline{AD}}$. (image2) Pelo Teorema de Pitágoras, temos $\overline{AD}^2=\overline{AC}^2+\overline{CD}^2=10^2+5^2=125$, logo a razão de semelhança anterior é $\dfrac{5}{\sqrt{125}}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}$. Assim, $$ \text{área}[ABF]=\dfrac{\text{área}[ADC]}{5}=\dfrac{25}{5}=5\,\text{cm}^2. $$ Portanto, a área colorida mede $10^2-8\times 5=60$ cm$^2$.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(3,3) \pspolygon(0,0)(3,0)(3,3)(0,3) \psline(0,0)(3,1.5) \psline(0,3)(1.5,0) \rput(-0.3,-0.3){$A$} \rput(1.5,-0.3){$B$} \rput(3.3,-0.3){$C$} \rput(3.3,1.5){$D$} \rput(-0.3,3.3){$E$} \rput(1.3,0.9){$F$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Um número inteiro de cinco algarismos diz-se equilibrado se a soma de quaisquer três dos seus algarismos é divisível por qualquer um dos outros dois. Quantos números equilibrados existem?

Resolução: Nenhum dos algarismos de um número equilibrado pode ser $0$. Suponhamos que os algarismos $a$, $b$, $c$, $d$ e $e$ de um número equilibrado estão ordenados por ordem não-decrescente $1\leq a\leq b \leq c \leq d \leq e$. Como $$d-a=(b+c+d)-(a+b+c)\mbox{ é divisível por } e$$ e $$d-a < d \leq e$$ então, necessariamente, $d-a=0$. Logo $a\leq b\leq c\leq d=a$, pelo que $$a=b=c=d.$$ Ou seja, num número equilibrado há, no máximo, $2$ algarismos distintos sendo que o menor deles aparece pelo menos $4$ vezes. Se os $5$ algarismos forem todos iguais, o número é claramente equilibrado e temos $9$ números equilibrados desta forma: $11111,\ldots,99999$. Se os algarismos do número forem $a$, $a$, $a$, $a$ e $e$, com $a<e$, então o número é equilibrado se e só se $$ \left\{ (image1) \right. \Leftrightarrow \left\{ (image2) \right. \Leftrightarrow \left\{ (image3) \right. $$ Assim, o algarismo $e$ tem de ser um múltiplo de $a$ que divide $3a$. De $a<e$ vem que $e=3a$ e os valores possíveis para o algarismo $a$ são $1$, $2$ e $3$ a que correspondem os valores $3$, $6$ e $9$, respetivamente, para o algarismo $e$. Deste modo, concluímos que os números $11113$, $22226$ e $33339$ e todos os que se obtêm destes por permutação dos seus algarismos são os números equilibrados com dois algarismos distintos. Existem, no total, $9+15=24$ números equilibrados.


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[image1]
\begin{array}{l} a \mbox{ divide } 3a=a+a+a \\ a \mbox{ divide } 2a+e=a+a+e \\ a \mbox{ divide } a+2e=a+e+e \\ e \mbox{ divide } 3a=a+a+a\\ \end{array}
[image2]
\begin{array}{l} a \mbox{ divide } e \\ a \mbox{ divide } 2e \\ e \mbox{ divide } 3a\\ \end{array}
[image3]
\begin{array}{l} a \mbox{ divide } e \\ e \mbox{ divide } 3a\\ \end{array}
Problema (nível 4): O fatorial de um número natural $n$, representado por $n!$, é o produto de todos os inteiros positivos menores ou iguais a $n$, ou seja, $$1\times 2\times\cdots\times (n-1)\times n.$$ Determina todos os números naturais $n$ tais que é possível substituir, na expressão anterior, um ou mais fatores $k$ por $k!$, de modo que o resultado seja um quadrado perfeito.

Resolução: Seja $N$ um número obtido de $n!$ pela substituição de um ou mais fatores $k$ por $k!$. O número $N$ é um quadrado perfeito se e só se na fatorização de $N$ em números primos, o expoente de cada número primo é par. Se $n$ é um número primo, então, para qualquer número $N$ obtido pela substituição de um ou mais fatores $k$ por $k!$, o expoente de $n$ na fatorização de $N$ em números primos é $1$, logo $N$ não é um quadrado perfeito. Se $n$ é um número composto, seja $N=n!$ e $p$ o maior número primo com expoente ímpar na decomposição de $N$ em números primos. Como $n$ é composto, tem-se $p+1\leq n$ e substituindo o fator $p+1$ por $(p+1)!$, adiciona-se $1$ ao expoente de $p$. Logo o expoente de $p$ na nova expressão é par. Como o expoente de cada primo maior que $p$ não é alterado, se a nova expressão $N$ não for um quadrado perfeito, o maior número primo com expoente ímpar na decomposição de $N$ em números primos é inferior a $p$. Repetindo sucessivamente este procedimento, eventualmente todos os expoentes ficam pares, obtendo-se um quadrado perfeito. Portanto os naturais $n$ nas condições do enunciado são os números compostos.
Problema (nível 4): Seja $\left[ABC\right]$ um triângulo acutângulo e $\Gamma$ a sua circunferência circunscrita. Seja $D$ o ponto da reta $AB$ tal que $A$ é o ponto médio do segmento $\left[DB\right]$ e $P$ o ponto de interseção de $CD$ com $\Gamma$. Os pontos $W$ e $L$ estão nos arcos menores $\arc{BC}$ e $\arc{AB}$, respetivamente, e são tais que $\arc{BW}=\arc{LA}=\arc{AP}$. As retas $LC$ e $AW$ intersetam-se em $Q$. Mostra que $\overline{LQ}=\overline{BQ}$.

Resolução: De $ W\hat{C}Q=W\hat{C}B+B\hat{C}Q=L\hat{C}A+B\hat{C}L=B\hat{C}A$ e $ C\hat{W}Q=C\hat{W}A=C\hat{B}A.$ obtemos a semelhança de triângulos $$ \left[WCQ\right]\sim\left[BCA\right]. $$ (image1) Em particular, $$W\hat{Q}C=B\hat{A}C.$$ De $ D\hat{C}A=P\hat{C}A=A\hat{C}L=A\hat{C}Q $ e $ A\hat{Q}C=180-W\hat{Q}C=180-B\hat{A}C=D\hat{A}C $ obtemos a semelhança de triângulos $$ \left[DAC\right]\sim\left[AQC\right]. $$ Destas duas semelhanças de triângulos podemos concluir que $$\frac{\overline{QW}}{\overline{QA}}=\frac{\frac{\overline{QW}}{\overline{QC}}}{\frac{\overline{QA}}{\overline{QC}}}=\frac{\frac{\overline{BA}}{\overline{AC}}}{\frac{\overline{DA}}{\overline{AC}}}=\frac{\overline{BA}}{\overline{DA}}=1.$$ Assim, $\overline{QA}=\overline{QW}$ e $Q$ é o ponto médio de $\left[AW\right]$. De $\arc{BW}=\arc{LA}$ vem que $\left[ALBW\right]$ é um trapézio isósceles. Uma vez que as mediatrizes dos lados paralelos de um trapézio isósceles coincidem, temos que $$\overline{LQ}=\overline{BQ}.$$


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[image1]
\begin{pspicture}(-4,-1.2)(4,4.25) \small \pscircle(2,1.625){2.57694} \psline(0,0)(3,4)(4,0)(-4,0)(3,4) \psline(0,0)(4.55385,1.96923) \psline(1.81415,-0.94523)(3,4) \psline[linestyle=dashed](4.55385,1.96923)(3,4) \rput(-0.25,-0.25){$A$} \rput(4.25,-0.25){$B$} \rput(3.25,4.25){$C$} \rput(-4.25,-0.25){$D$} \rput(-0.8,2.2){$P$} \rput(4.8,2.2){$W$} \rput(1.8,-1.2){$L$} \rput(2.5,0.7){$Q$} \psarc(0,0){0.5}{0}{23} \psarc(3,4){0.5}{-76}{-53} \psarc(3,4){0.5}{-149}{-103} \end{pspicture}
Problema (nível 2): Um número diz-se quadradão se o número formado por quaisquer dois algarismos consecutivos é um quadrado perfeito. Por exemplo, $25$ é um quadradão e $364$ também é um quadradão porque $36$ e $64$ são quadrados perfeitos. Quantos quadradões existem?

Resolução: Os quadrados perfeitos com $2$ algarismos são $16$, $25$, $36$, $49$, $64$ e $81$. Para formar quadradões com mais algarismos temos de colocar estes números em cadeia. Com $3$ algarismos obtemos os números $164$, $364$, $649$ e $816$. Com $4$ algarismos obtemos os números $1649$, $3649$ e $8164$. Com $5$ algarismos obtemos apenas o número $81649$ e com mais algarismos não há quadradões. Assim ao todo há $14$ quadradões.
Problema (nível 2): Na figura ao lado está representado um triângulo $[ABC]$ com um ângulo reto em $A$. Os ângulos em $B$ e $C$ foram divididos em três partes iguais cada um. Determina a amplitude do ângulo assinalado. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-0.5,0)(5.5,0) \pspolygon(0,0)(6,0)(0,4.35926) \psline(6,0)(0,1.27534) \psline(6,0)(0,2.67137) \psline(0,4.35926)(1.41641,0) \psline(0,4.35926)(3.16718,0) \psline(0.3,0)(0.3,0.3)(0,0.3) \psarc(1.07636,1.04655){0.3}{348}{108} \rput(-0.2,-0.2){$A$} \rput(6.2,-0.2){$B$} \rput(-0.2,4.5){$C$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $P$ o vértice do ângulo assinalado. Então $P\widehat CB=\dfrac23 A\widehat CB$ e $P\widehat BC=\dfrac23 A\widehat BC$. Logo $P\widehat CB+P\widehat BC=\dfrac23(A\widehat CB+A\widehat BC)=\dfrac23\times 90^\circ=60^\circ.$ Portanto, $C\widehat PB=180^\circ-60^\circ=120^\circ.$ (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(-0.5,0)(5.5,0) \pspolygon(0,0)(6,0)(0,4.35926) \psline(6,0)(0,1.27534) \psline(6,0)(0,2.67137) \psline(0,4.35926)(1.41641,0) \psline(0,4.35926)(3.16718,0) \psline(0.3,0)(0.3,0.3)(0,0.3) \psarc(1.07636,1.04655){0.3}{348}{108} \rput(-0.2,-0.2){$A$} \rput(6.2,-0.2){$B$} \rput(-0.2,4.5){$C$} \rput(0.9,0.5){$P$} \end{pspicture}
Problema (nível 2): O João gosta de brincar com números da seguinte forma. Ele começa por escolher um número e, de seguida, escreve aquele que se obtém substituindo os últimos dois algarismos desse número pelo seu produto (este produto pode ter apenas um algarismo) repetindo esta operação até obter um número formado por apenas um algarismo. Por exemplo, começando com o número $629$ ele escreve, sucessivamente, $618$, $68$, $48$, $32$, $6$. Indica todos os números de três algarismos com que o João pode começar, de modo a terminar com o número $5$.

Resolução: Para o último número ser $5$, o penúltimo tem de ser $15$ ou $51$. Se o penúltimo número for $15$, o anterior pode ser $115$, $151$, $35$ ou $53$; se o penúltimo número for $51$, o anterior só pode ser $511$. Continuando a procurar os números que antecedem os números obtidos, obtemos as sequências no esquema ao lado. Portanto há $23$ números de três algarismos com que o João pode começar: $115,135,151,153,157,175,$ $315,335,351,353,357,375,$ $511,513,517,531,571,$ $715,735,751,753,757,775$. $ 5\left\{(image1) \right.\\ 153 \end{array} \right.\\ 151\\ 35\left\{(image2) \right.\\ 75\left\{(image3) \right.\\ 753 \end{array} \right.\\ 751 \end{array} \right.\\ 315\left\{(image4) \right.\\ 353 \end{array} \right.\\ 351 \end{array} \right.\\ 53\left\{(image5) \right. \end{array} \right.\\ 51 - 511 \end{array} \right. $


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[image1]
\begin{array}{l} 15\left\{\begin{array}{l} 115\left\{\begin{array}{l} 135\left\{\begin{array}{l} 157\\ 175 \end{array}
[image2]
\begin{array}{l} 57\left\{\begin{array}{l} 517\\ 571 \end{array}
[image3]
\begin{array}{l} 715\left\{\begin{array}{l} 735\left\{\begin{array}{l} 757\\ 775 \end{array}
[image4]
\begin{array}{l} 335\left\{\begin{array}{l} 357\\ 375 \end{array}
[image5]
\begin{array}{l} 513\\ 531 \end{array}
Problema (nível 2): No quadrado da figura, de área $40$ cm$^2$, dividido em quatro retângulos iguais, foi traçada uma diagonal. Quanto mede a área pintada? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0.5)(4,3.5) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0,0)(1,1)(0,1) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](1,1)(4,1)(4,2)(2,2) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](2,2)(0,2)(0,3)(3,3) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](3,3)(4,3)(4,4) \pspolygon(0,0)(4,0)(4,4)(0,4) \psline(0,0)(4,4) \psline(0,1)(4,1) \psline(0,2)(4,2) \psline(0,3)(4,3) \end{pspicture}

Resolução: Dividindo o quadrado em $16$ quadrículas iguais, verifica-se que a área pintada mede o mesmo que $4$ quadrículas e $4$ meias quadrículas, ou seja, $6$ quadrículas. (image2) Logo a área pintada mede $\dfrac{6}{16}\times 40=15$ cm$^2.$


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0.5)(4,3.5) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0,0)(1,1)(0,1) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](1,1)(4,1)(4,2)(2,2) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](2,2)(0,2)(0,3)(3,3) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](3,3)(4,3)(4,4) \pspolygon(0,0)(4,0)(4,4)(0,4) \psline(0,0)(4,4) \psline(0,1)(4,1) \psline(0,2)(4,2) \psline(0,3)(4,3) \psline(1,0)(1,4) \psline(2,0)(2,4) \psline(3,0)(3,4) \end{pspicture}
Problema (nível 2): O Alfredo vive sozinho e gasta uma embalagem de pasta de dentes a cada $72$ dias, um frasco de champô a cada $60$ dias e um sabonete a cada $40$ dias. Hoje, o Alfredo abriu um novo frasco de champô, enquanto que a pasta de dentes foi estreada há $36$ dias e o sabonete foi estreado há $20$ dias. Dentro de quantos dias, terá o Alfredo de abrir, simultaneamente, uma nova embalagem de cada um dos três produtos?

Resolução: O Alfredo estreará um novo frasco de champô daqui a $60,120,180,\ldots$ dias, um novo sabonete daqui a $20,60,100,140,180,\ldots$ dias e uma nova pasta de dentes daqui a $36,108,180,\ldots$ dias. Portanto o primeiro dia em que o Alfredo abrirá uma nova embalagem de cada um dos três produtos é daqui a $180$ dias.
Problema (nível 2): A professora de matemática deu um livro com $100$ problemas ao grupo formado pela Ana, pela Beatriz e pela Catarina. O grupo conseguiu resolver todos os problemas do livro. A professora marcou a encarnado os problemas resolvidos apenas por uma amiga, a amarelo os problemas resolvidos por apenas duas amigas e a verde os problemas resolvidos pelas três amigas. Cada uma das amigas conseguiu resolver $60$ problemas e apenas $35$ problemas foram marcados a encarnado. Quantos problemas foram marcados a verde?

Resolução: Solução 1: Ao analisar o número de vezes que cada problema foi resolvido pelas três amigas, verifica-se que os problemas encarnados foram resolvidos uma vez, os problemas amarelos duas vezes e os problemas verdes três vezes. Assim, $3\times 60-100=80$ é a soma do número de problemas amarelos com duas vezes o número de problemas verdes. Por outro lado, como $35$ problemas são encarnados, o número de problema marcados a verde ou a amarelo é $100-35=65$. Portanto, o número de problemas marcados a verde é $80-65=15$. Solução 2: Sejam $a$ o número de problemas encarnados resolvido pela Ana e $b$ o número de problemas encarnados resolvido pela Beatriz. Então a Catarina resolveu $35-a-b$ problemas encarnados. Por outro lado, o número de problemas marcados a amarelo ou a verde é $100-35=65$. Como a Ana resolveu $60$ problemas, conclui-se que $65+a-60=5+a$ problemas amarelos foram resolvidos pela Beatriz e pela Catarina. Da mesma forma, como a Beatriz resolveu $60$ problemas, conclui-se que $5+b$ problemas amarelos foram resolvidos pela Ana e pela Catarina. Portanto a Catarina resolveu $10+a+b$ problemas amarelos e $35-a-b$ problemas encarnados. Como ela resolveu $60$ problemas, conclui-se que o número de problemas verdes é $60-45=15$.
Problema (nível 2): Ao visitar uma exposição de João Mirão, o António tirou uma fotografia ao quadro representado na figura. Em casa, o António reparou que o quadro era um quadrado de lado $60$ cm e que a região pintada obtinha-se unindo dois vértices aos pontos médios dos lados opostos. Qual é a área da região pintada do quadro? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(3,3) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](0,0)(2,1)(3,3)(1,2) \pspolygon(0,0)(3,0)(3,3)(0,3) \psline(0,0)(1.5,3) \psline(0,0)(3,1.5) \psline(3,3)(1.5,0) \psline(3,3)(0,1.5) \end{pspicture}

Resolução: Os triângulos $[DEJ]$ e $[ECJ]$ têm a mesma área, pois $\overline{ED}=\overline{EC}=30$. Analogamente conclui-se que a área de $[DJH]$ e a área de $[HJA]$ são iguais. Por outro lado, pelo critério LAL, os triângulos $[DEJ]$ e $[DHJ]$ são congruentes, portanto $$ \mbox{\'area } [ECJ]=\mbox{\'area } [DEJ]=\mbox{\'area } [DHJ]=\mbox{\'area } [HJA]. $$ (image2) A área do triângulo $[DEA]$ é a quarta parte da área do quadrado $[ABCD]$, logo mede $\displaystyle \frac{60\times 60}{4}=900$. Por outro lado, $$ \mbox{\'area } [DEA]=\mbox{\'area } [DEJ]+\mbox{\'area } [DJH]+\mbox{\'area } [HJA]=3\times \mbox{\'area } [ECJ], $$ logo $\displaystyle \mbox{\'area } [ECJ]=300.$ Portanto, $$ \mbox{\'area } [AJCI]=\mbox{\'area } [ABCD]-8\times \mbox{\'area } [ECJ]=3600-8\times 300=1200\, cm^2. $$


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[image2]
\begin{pspicture}(-4.,-3.)(4.,3) \pspolygon[linestyle=none,fillcolor=verdelogotipo,fillstyle=solid](3.,3.)(1.,-1.)(-3.,-3.)(-1.,1.) \psline[linewidth=0.4pt](3.,3.)(0.,-3.) \psline[linewidth=0.4pt](3.,3.)(-3.,0.) \psline[linewidth=0.4pt](-3.,-3.)(0.,3.) \psline[linewidth=0.4pt](-3.,-3.)(3.,0.) \psline[linewidth=0.4pt](-3.,3.)(3.,3.) \psline[linewidth=0.4pt](3.,-3.)(3.,3.) \psline[linewidth=0.4pt](3.,-3.)(-3.,-3.) \psline[linewidth=0.4pt](-3.,-3.)(-3.,3.) \psline[linewidth=0.4pt](3.,3.)(1.,-1.) \psline[linewidth=0.4pt](1.,-1.)(-3.,-3.) \psline[linewidth=0.4pt](-3.,-3.)(-1.,1.) \psline[linewidth=0.4pt](-1.,1.)(3.,3.) \psline[linewidth=0.4pt,linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](-3.,3.)(-1.,1.) \psline[linewidth=0.4pt,linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](1.,-1.)(3.,-3.) \psline[linewidth=0.4pt,linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](-3.,-3.)(3.,3.) \rput[bl](-3.3,-3.3){$A$} \rput[bl](3.1,-3.3){$B$} \rput[bl](3.1,3.1){$C$} \rput[bl](-3.3,3.1){$D$} \rput[bl](0,3.1){$E$} \rput[bl](3.1,0){$F$} \rput[bl](0,-3.3){$G$} \rput[bl](-3.4,0){$H$} \rput[bl](0.9,-1.4){$I$} \rput[bl](-1.15,1.2){$J$} \end{pspicture}
Problema (nível 2): O João tem todos os números inteiros de $1$ a $15$ esculpidos em latão e quer distribui-los por quatro caixas iguais, usando a seguinte regra: se uma caixa contém um número, ela não pode conter nenhum múltiplo desse número. De quantas formas pode o João distribuir os quinze números pelas quatro caixas?

Resolução: Uma vez que todos os números são múltiplos de $1$, o número $1$ tem de ficar sozinho numa caixa e as potências de $2$ ($2, 4$ e $8$) têm de ficar em caixas diferentes. Além disso, o número $3$ tem necessariamente de ficar na caixa do número $2$, pois caso contrário o $6$ teria de ficar na caixa restante e não haveria lugar para o $12$, que é múltiplo de $2$, $3$, $4$ e $6$. De igual forma, o $6$ terá necessariamente de ficar na caixa com o número $4$ e o $12$ na caixa com o $8$. Uma vez que $5$ e $7$ são números primos, podem ficar em qualquer uma das caixas com exceção da que contém o $1$. Temos então nove casos possíveis: (image1) Para cada um dos nove casos acima, vamos distribuir os números $10,14$ e $15$. Uma vez que $10$ é múltiplo de $2$ e $5$, $14$ é múltiplo de $2$ e $7$ e $15$ é múltiplo de $3$ e $5$, temos que no caso: $(a)$ há $2$ caixas possíveis para o $10$, $2$ caixas possíveis para o $15$ e $2$ caixas possíveis para o $14$; $(b)$ e $(c)$: há $2$ caixas possíveis para o $10$, $2$ caixas possíveis para o $15$ e $1$ caixa possível para o $14$; $(d)$ e $(g)$: há $1$ caixa possível para o $10$, $1$ caixa possível para o $15$ e $2$ caixas possíveis para o $14$; nos restantes casos há uma única possibilidade para colocar os números $10,14$ e $15$. Portanto, há um total de $24$ possíveis distribuições para os números $1,2,3,4,5,6,7,8,10,12,14$ e $15$. Para cada uma destas distribuições, podemos colocar o número $9$ em duas caixas, e cada um dos números primos $11$ e $13$ em três caixas. Há assim, $24\times 2\times3\times3=432$ possíveis distribuições para os números de $1$ a $15$.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,-8)(48,1) \def\caixa#1#2{ \rput#1{ \psline(0,2)(0,0)(3,0)(3,2) \rput[c](1.5,1.1){\centering #2}}} \def\caixas#1#2#3#4#5#6{\rput#1{ \rput(0,0.5){(#2)} \caixa{(1,0)}{#3} \caixa{(4.5,0)}{#4} \caixa{(8,0)}{#5} \caixa{(11.5,0)}{#6} }} \caixas{(0,0)}{a}{$1$}{$2$ $3$\\ $5$ $7$}{$4$ $6$}{$8$ $12$} \caixas{(16,0)}{b}{$1$}{$2$ $3$ $5$}{$4$ $6$ $7$}{$8$ $12$} \caixas{(32,0)}{c}{$1$}{$2$ $3$ $5$}{$4$ $6$}{$8$ $12$ $7$} \caixas{(0,-4)}{d}{$1$}{$2$ $3$ $7$}{$4$ $6$ $5$}{$8$ $12$} \caixas{(16,-4)}{e}{$1$}{$2$ $3$}{$4$ $6$\\ $5$ $7$}{$8$ $12$} \caixas{(32,-4)}{f}{$1$}{$2$ $3$}{$4$ $6$ $5$}{$8$ $12$ $7$} \caixas{(0,-8)}{g}{$1$}{$2$ $3$ $7$}{$4$ $6$}{$8$ $12$ $5$} \caixas{(16,-8)}{h}{$1$}{$2$ $3$}{$4$ $6$ $7$}{$8$ $12$ $5$} \caixas{(32,-8)}{i}{$1$}{$2$ $3$}{$4$ $6$}{$8$ $12$ $5$ $7$} \end{pspicture}
Problema (nível 1): O João juntou alguns cubinhos brancos de $1$cm de lado para formar um cubo maior. Depois pintou cada uma das faces do cubo grande de azul. Em seguida, derrubou o cubo e reparou que havia $68$ cubinhos com mais do que uma face azul. Quanto media o lado do cubo grande?

Resolução: Como um cubo tem $8$ vértices, há $8$ cubinhos com três faces azuis. Os restantes $60$ cubinhos têm duas faces azuis. Como um cubo tem $12$ arestas, cada aresta é formada por $60/12=5$ cubinhos (mais os cantos). Portanto o lado do cubo grande mede $5+2=7$ cm.
Problema (nível 3): A Elsa escreveu três números inteiros positivos diferentes num papel. De seguida, o José escreveu noutro papel as somas dos três pares de números da Elsa. Por exemplo, se a Elsa tivesse escrito os números $8$, $10$ e $15$, o José teria escrito os números $8+10=18$, $8+15=23$ e $10+15=25$. Sabe-se que: Quais são os três números que a Elsa pode ter escrito? Indica todas as possibilidades. um dos números da Elsa é o $3$; um dos números do José é o $5$; exatamente um dos números da Elsa é igual a um dos números do José.

Resolução: Suponhamos que os três números escritos pela Elsa são $3$, $a$ e $b$, com $a<b$. Então os três números escritos pelo José são $3+a$, $3+b$ e $a+b$. Um destes números é $5$, pelo que temos três casos: Portanto a Elsa escreveu os números $\{1,2,3\}$, $\{1,3,4\}$ ou $\{2,3,5\}$. Se $3+a=5$, então $a=2$, logo a Elsa escreveu os números $2$, $3$ e $b$ e o José escreveu os números $5$, $2+b$ e $3+b$. Como $b>2$ e a Elsa e o José têm um número igual, tem que ser $b=5$. Neste caso a Elsa escreveu os números $2$, $3$ e $5$ (e o José escreveu os números $5$, $7$ e $8$). Se $3+b=5$, então $b=2$, logo $a=1$. Neste caso a Elsa escreveu os números $1$, $2$ e $3$ (e o José escreveu os números $3$, $4$ e $5$). Se $a+b=5$, então $a=1$ e $b=4$. Neste caso a Elsa escreveu os números $1$, $3$ e $4$ (e o José escreveu os números $4$, $5$ e $7$).