tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): O Raul encontrou um saco com moedas antigas e quer partilhar $99$ destas moedas com alguns colegas da sua turma, da seguinte forma: o colega número $1$ recebe uma, duas ou três moedas; o colega número $2$ recebe mais uma ou menos uma moeda do que o colega número $1$; o colega número $3$ recebe mais uma ou menos uma moeda do que o colega número $2$ e assim sucessivamente. Determina o menor número de colegas da turma do Raul para o qual é possível repartir as moedas desta forma. Para esse número, determina de quantas formas diferentes se pode fazer a repartição.

Resolução: Seja $n$ o número de alunos com quem o João vai partilhar as moedas e seja $a_i$ o número de moedas que o aluno número $i$ recebe. Então $a_i=a_{i-1}\pm 1$ para $i=2,\ldots,n$. O João não consegue repartir as moedas por $n\leq 11$ colegas, uma vez que $$a_1+a_2+\cdots+a_n\leq 3+4+\cdots+13=88<99.$$ O mesmo ocorre quando $n=12$ e $a_1=1$ ou $a_1=2$, uma vez que $$a_1+a_2+\cdots+a_{12}\leq 2+3+\cdots+13=90<99.$$ Consideremos agora o caso $n=12$ e $a_1=3$. Se o aluno número $i$ recebe uma moeda a mais do que o aluno número $i-1$, para todo o $i$, temos $$a_1+a_2+\cdots+a_{12}= 3+4+\cdots+14=102>99.$$ Por outro lado, se um e apenas um aluno, digamos o número $k$, recebe uma moeda a menos do que o colega que o precede, então o número de moedas a distribuir é igual a $102-2j$, onde $j=12-(k+1)$. Se mais um aluno, digamos o número $k'\neq k$, recebe uma moeda a menos do que o colega que o precede, então o número de moedas a distribuir é igual a $102-2j-2j'$, onde $j'=12-(k'+1)$. Ou seja, por cada aluno que recebe menos uma moeda do que o colega que o precede, o número total de moedas a distribuir diminui por um múltiplo de $2$. Como $102-2\ell$ é um número par, não é possível distribuir as $99$ moedas por $12$ colegas quando o primeiro recebe $3$ moedas. Consideremos agora o caso $n=13$. Se $a_1=1$ temos $1+2+\cdots+13=91<99$ e se $a_1=2$ o número $2+3+\cdots+14=104$ é par. Usando o raciocínio anterior, concluímos que não é possível distribuir as $99$ moedas nestes dois casos. Suponhamos agora que $a_3=3$. Neste caso, temos $$3+4+\cdots+15=117>99.$$ Como vimos atrás, por cada aluno que recebe menos uma moeda do que o colega que o precede, o número total de moedas a distribuir diminui $2\ell$ unidades, para certo inteiro $\ell$. Queremos $99=117-2\ell$, o que implica $\ell=9$. Portanto, cada partição do inteiro $9$ em parcelas positivas e distintas dá origem a uma distribuição das $99$ moedas por $13$ pessoas. Temos as seguintes partições: $9, 8+1, 7+2, 6+3, 5+4, 6+2+1, 5+3+2$ e $4+3+2$, que correspondem às seguintes distribuições das moedas: $$(3,4,5,6,5,6,7,8,9,10,11,12,13),\,(3,4,5,6,7,6,7,8,9,10,11,12,11),$$ $$(3,4,5,6,7,8,7,8,9,10,11,10,11),\,(3,4,5,6,7,8,9,8,9,10,9,10,11),$$ $$(3,4,5,6,7,8,9,10,9,8,9,10,11),\,(3,4,5,6,7,8,9,10,11,10,9),$$ $$(3,4,5,6,7,8,9,10,9,10,9,10,9),\,(3,4,5,6,7,8,9,10,11,10,9,8,9).$$ Portanto, $13$ é o menor número de colegas do João para os quais é possível fazer a distribuição das $99$ moedas e há $8$ formas diferentes de fazer esta distribuição.
Problema (nível 4): O quadrado $[ABCD]$ tem $48$ cm de perímetro. Com centro nos vértices $A$ e $C$, traçam-se dois arcos de circunferência, de raio $9$ cm, que se intersetam nos pontos $E$ e $F$, como se mostra na figura. Qual é a área do quadrilátero $[AFCE]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(12,12) \pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=azulclarologotipo](0,0)(8.12132,3.87868)(12,12)(3.87868,8.12132) \pspolygon[linewidth=0.5pt](0,0)(12,0)(12,12)(0,12) \psarc[linewidth=0.5pt](0,0){9}{0}{90} \psarc[linewidth=0.5pt](12,12){9}{180}{270} \rput(-0.5,-0.5){$A$} \rput(12.5,-0.5){$B$} \rput(12.5,12.5){$C$} \rput(-0.5,12.5){$D$} \rput(4.3,9){$E$} \rput(9,4.3){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Uma vez que o perímetro é $48$ cm, o lado do quadrado mede $12$ cm. Seja $G$ o ponto de interseção de $[AC]$ com $[EF]$. Usando o Teorema de Pitágoras no triângulo $[ABC]$, vem $\overline{AC}^2=12^2+12^2$, logo $\overline{AC}=12\sqrt{2}$ cm. (image2) Como $[AFCE]$ é um losango, então $[AC]$ e $[EF]$ são perpendiculares e intersetam-se nos seus pontos médios. Logo, tem-se $\overline{AG}=6\sqrt{2}$ cm. De novo pelo Teorema de Pitágoras, agora aplicado ao triângulo retângulo $[AGE]$, vem $(6\sqrt{2})^2+\overline{EG}^2=9^2$, logo $\overline{EG}= 3$ cm. Então a área de $[AFCE]$ é $$ 4\times\mbox{área}[AGE]=4 \times \frac{3 \times 6 \sqrt{2}}{2}=36 \sqrt{2} \mbox{cm}^2. $$


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(12,12) \pspolygon[linewidth=0.5pt,fillstyle=solid,fillcolor=azulclarologotipo](0,0)(8.12132,3.87868)(12,12)(3.87868,8.12132) \pspolygon[linewidth=0.5pt](0,0)(12,0)(12,12)(0,12) \psline(0,0)(12,12) \psline(3.87868,8.12132)(8.12132,3.87868) \psarc[linewidth=0.5pt](0,0){9}{0}{90} \psarc[linewidth=0.5pt](12,12){9}{180}{270} \rput(-0.5,-0.5){$A$} \rput(12.5,-0.5){$B$} \rput(12.5,12.5){$C$} \rput(-0.5,12.5){$D$} \rput(4.3,9){$E$} \rput(9,4.3){$F$} \rput(6,7){$G$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Para cada número real $x$, define-se o valor de $f(x)$ como sendo o mínimo dos números $\{4x+1,x+2,-2x+4\}$. Por exemplo: $$f(\mathbf{3})={\text{\sf mínimo}}\{4\times \mathbf{3}+1,\mathbf{3}+2,-2\times \mathbf{3}+4\}={\text{\sf mínimo}}\{13,5,-2\}=-2.$$ Qual é o maior valor possível para $f(x)$?

Resolução: Tem-se $$f\left(\dfrac23\right)={\text{\sf mínimo}}\left\{4\times\dfrac23+1,\dfrac23+2,-2\times \dfrac23+4\right\}={\text{\sf mínimo}}\left\{\dfrac{11}{3},\dfrac83,\dfrac83\right\}=\dfrac83.$$ Se $x<\frac23$, tem-se $x+2<\frac83$, logo $f(x)<\frac83$. Se $x>\frac23$, tem-se $-2x+4<\frac83$, logo $f(x)<\frac83$. Portanto o valor máximo de $f(x)$ é $\dfrac83$.
Problema (nível 4): No triângulo $[ABC]$, o lado $[AB]$ e a mediatriz de $[BC]$ intersetam-se no ponto $D$. Sabendo que $\dot CD$ é a bissetriz de $\angle ACB$, $\overline{AD} = 9$ e $\overline{DB} = 7$, determina a área do triângulo $[ADC]$.

Resolução: Seja $E$ o ponto médio de $[BC]$ e $F$ o pé da altura em $[AC]$ do triângulo $[ADC]$. (image1) Sendo $DE$ a mediatriz de $[BC]$, o triângulo $[DBC]$ é isósceles e os triângulos $[DBE]$ e $[DCE]$ são congruentes. Como $\dot CD$ é a bissetriz de $\angle ACB$, observa-se que os triângulos retângulos $[DEC]$ e $[DFC]$ têm dois ângulos iguais. Pelo critério $ALA$ conclui-se que estes triângulos são congruentes. Logo $\overline{FC}=\overline{CE}=\overline{EB}=\frac{\overline{BC}}{2}$ e $\overline{DE}=\overline{DF}$. Por outro lado, considerando $h'$ a altura do triângulo $[ABC]$ relativamente ao lado $[AB]$, tem-se $$\frac{h'}{\overline{DE}}=\frac{\overline{BC}}{7}\qquad\qquad{\rm e}\qquad\qquad\frac{h'}{\overline{DF}}=\frac{\overline{AC}}{9}.$$ Como $\overline{DE}=\overline{DF}$ conclui-se que $$ {\overline{AC}}=\frac97 {\overline{BC}}. $$ Observação: a relação ${\overline{AC}}=\frac97 {\overline{BC}}$ é consequência imediata do Teorema da bissetriz. Como $\overline{FC}=\frac{\overline{BC}}{2}$, tem-se $\overline{AF}=\frac{11}{14}\overline{BC}$ . Assim, pelo Teorema de Pitágoras, tem-se $$9^{2}-\left(\frac{11}{14}\overline{BC}\right)^{2}=\overline{DF}^{2}=7^{2}-\left(\frac{\overline{BC}}{2}\right)^{2}$$ donde se conclui que $\overline{BC}=\frac{4\times 7}{3}$ e $\overline{DF}=\frac73 \sqrt 5$. Portanto, $$ \mbox{área de $[ADC]$}= \frac 97 \,\overline{BC}\times \frac{\overline{DF}}{2}=14\sqrt 5. $$


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(16,7) \pspolygon(0,0)(16,0)(9.77778,6.95666) \psline(9,0)(9.77778,6.95666) \psline[linestyle=dashed](5.97531,4.25129)(9,0)(12.88889,3.47833) \rput(-0.5,-0.5){$A$} \rput(16.5,-0.5){$B$} \rput(10,7.4){$C$} \rput(9,-0.5){$D$} \rput(13.3,3.7){$E$} \rput(5.5,4.5){$F$} \rput(4.5,-0.5){$9$} \rput(12.5,-0.5){$7$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Na televisão estão a decorrer debates entre $n\geq 4$ partidos políticos. Cada partido debate com cada um dos outros exatamente uma vez, e em cada dia são transmitidos simultaneamente dois debates. Pretende-se calendarizar os debates de modo que cada partido tenha pelo menos um dia de descanso entre cada dois debates. Qual é o menor número de partidos para o qual isto é possível?

Resolução: Seja $n$ o número de partidos. Cada partido debate com os restantes $n-1$ partidos e descansa pelo menos $n-2$ dias. Logo ao todo tem que haver pelo menos $n-1+n-2=2n-3$ dias de debates. Por outro lado, os $\dfrac{n(n-1)}{2}$ debates ocupam $\dfrac{n(n-1)}{4}$ dias. Logo $\dfrac{n(n-1)}{4}\geq 2n-3$, ou seja, $n\geq 8$. No entanto, para $n=8$, não é possível calendarizar os debates. Neste caso, haveria $\dfrac{8\times 7}{4}=14$ dias de debates, e os partidos que tivessem o primeiro debate no dia $2$ teriam necessariamente todos os debates nos dias pares; da mesma forma, os partidos que tivessem o primeiro debate no dia $1$ teriam necessariamente todos os debates nos dias ímpares. Logo não poderia haver debates entre esses partidos. Para $n=9$, é possível calendarizar os debates com as condições pretendidas, por exemplo, da seguinte forma: (table1) Portanto, o número mínimo de partidos para o qual é possível calendarizar os debates é $9$. Observação: Para $9$ partidos, há $7906\times 9!$ formas de calendarizar os debates.


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[table1]
\begin{tabular}{|l|c|} \hline ~ & Debates \\ \hline Dia 1 & $1\leftrightarrow 2\quad3 \leftrightarrow 4$ \\ \hline Dia 2 & $5\leftrightarrow 6\quad7 \leftrightarrow 8$ \\ \hline Dia 3 & $1\leftrightarrow 3\quad2 \leftrightarrow 4$ \\ \hline Dia 4 & $5\leftrightarrow 7\quad6 \leftrightarrow 9$ \\ \hline Dia 5 & $1\leftrightarrow 4\quad2 \leftrightarrow 8$ \\ \hline Dia 6 & $3\leftrightarrow 5\quad7 \leftrightarrow 9$ \\ \hline Dia 7 & $1\leftrightarrow 6\quad4 \leftrightarrow 8$ \\ \hline Dia 8 & $2\leftrightarrow 3\quad5 \leftrightarrow 9$ \\ \hline Dia 9 & $1\leftrightarrow 7\quad4 \leftrightarrow 6$ \\ \hline Dia 10 & $2\leftrightarrow 9\quad5 \leftrightarrow 8$ \\ \hline Dia 11 & $3\leftrightarrow 6\quad4 \leftrightarrow 7$ \\ \hline Dia 12 & $1\leftrightarrow 5\quad8 \leftrightarrow 9$ \\ \hline Dia 13 & $2\leftrightarrow 6\quad3 \leftrightarrow 7$ \\ \hline Dia 14 & $1\leftrightarrow 8\quad4 \leftrightarrow 9$ \\ \hline Dia 15 & $2\leftrightarrow 5\quad6 \leftrightarrow 7$ \\ \hline Dia 16 & $1\leftrightarrow 9\quad3 \leftrightarrow 8$ \\ \hline Dia 17 & $2\leftrightarrow 7\quad4 \leftrightarrow 5$ \\ \hline Dia 18 & $3\leftrightarrow 9\quad6 \leftrightarrow 8$ \\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 4): A turma do Raul tem $15$ alunos, todos com alturas diferentes. A professora de Matemática quer colocá-los em fila de modo que, no início da fila, estejam ordenados por ordem crescente de alturas, a partir daí, estejam ordenados por ordem decrescente e o Raul, que é o mais alto da turma, não pode ficar nos extremos. De quantas maneiras diferentes é possível formar esta fila?

Resolução: Cada um dos $14$ colegas do Raul pode estar à sua esquerda ou à sua direita, logo há $2^{14}$ possibilidades. Para cada uma destas possibilidades, os alunos ficam automaticamente ordenados, logo não há mais escolhas a fazer. Temos apenas que retirar os casos em que o Raul está nos extremos. Logo há $2^{14}-2$ maneiras de formar a fila.
Problema (nível 4): Seja $[AD]$ uma mediana do triângulo $[ABC]$. Sabendo que $A\widehat{D}B=45^\circ$ e $A\widehat{C}B=30^\circ$, mostra que $B\widehat{A}D=30^\circ$.

Resolução: Solução 1: Seja $[AE]$ a altura do triângulo $[ABC]$ relativa ao lado $[BC]$ e seja $F$ um ponto de $[AB]$ tal que $[DF]$ é paralelo a $[AC]$. (image1) Como $A\widehat DE=A\widehat{D}B=45^\circ$, o triângulo retângulo $[AED]$ é isósceles e, pelo Teorema de Pitágoras,$\overline{AD}=\sqrt{2}\,\overline{AE}$. Além disso, sendo $A\widehat{C}B=30^\circ$, tem-se $\overline{AC}=2\overline{AE}$. Por outro lado, $[DF]$ é paralelo a $[AC]$ logo $C\widehat AD=A\widehat DF$ e, sendo $D$ o ponto médio de $[CB]$, tem-se $\overline{DF}=\frac{1}{2}\overline{AC}=\overline{AE}$. Assim, $\frac{\overline{AC}}{\overline{AD}}=\sqrt{2}$ e $\frac{\overline{AD}}{\overline{DF}}=\sqrt{2}$ e, tendo em conta que $C\widehat AD=A\widehat DF$, podemos concluir pelo critério LAL (de semelhança de triângulos) que os triângulos $[AFD]$ e $[CDA]$ são semelhantes, ou seja, $D\widehat AF=A\widehat CD=30^\circ$. Solução 2: Seja $\alpha=D\widehat AB$. Aplicando a Lei dos senos ao triângulo $[ACD]$ tem-se $$ \frac{\overline{AD}}{\overline{CD}}=\frac{\sin 30^\circ}{\sin 15^\circ}=\frac{1}{2\sin 15^\circ}. $$ A Lei dos senos aplicada ao triângulo $[ADB]$ garante que \begin{eqnarray*} \frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}&=&\frac{\sin (180^\circ-(45^\circ+\alpha))}{\sin \alpha}=\frac{\sin(45^\circ+\alpha)}{\sin \alpha}\\ &=&\frac{\sin 45^\circ\cos\alpha + \cos 45^\circ\sin \alpha}{\sin\alpha}\\ &=& \sin 45^\circ\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} + \cos 45^\circ. \end{eqnarray*} Tendo em conta que $\overline{CD}=\overline{DB}$, tem-se $$ \sin 45^\circ\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} + \cos 45^\circ=\frac{1}{2\sin 15^\circ}, $$ ou seja, $$ \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}=\frac{1}{2\sin 45^\circ\sin 15^\circ} -1. $$ Ora $\ds 2\sin 45^\circ\sin 15^\circ=\cos 30^\circ-\cos 60^\circ=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$, logo $$ \frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}=\frac{2}{\sqrt{3}-1} -1=\sqrt{3}, $$ ou seja $\tan \alpha=\frac{1}{\sqrt{3}}$ e, por isso conclui-se que $\alpha=30^\circ$.


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(4.73205,2.73205) \small \pspolygon(0,0)(4.73205,0)(4.73205,2.73205) \psline(4.73205,2.73205)(4,0) \psline(4.73205,2.73205)(2,0) \psline(4.36603,1.36603)(2,0) \uput[270](4,0){$B$} \uput[270](2,0){$D$} \uput[315](4.73205,0){$E$} \uput[45](4.73205,2.73205){$A$} \uput[225](0,0){$C$} \uput[0](4.36603,1.36603){$F$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Numa competição de badminton participam $16$ jogadores, dos quais $10$ são profis­sionais e $6$ são amadores. Numa primeira fase, são sorteados oito jogos. Entre os oito vencedores destes jogos, são sorteados quatro jogos. Os quatro vencedores ficam qualificados para as meias-finais da competição. Supondo que, sempre que um jogador profissional e um amador jogam entre si, o profissional ganha o jogo, qual é a probabilidade de um jogador amador conseguir chegar às meias-finais da competição?

Resolução: Solução 1: A probabilidade é a proporção entre o número de sorteios em que um dos jogadores amadores é apurado para as meias-finais (casos favoráveis) e o número total de sorteios (casos possíveis). Num sorteio, começa-se por escolher um dos $16$ jogadores, depois sorteia-se um dos restantes $15$ jogadores para seu adversário. De seguida sorteia-se o segundo jogo, escolhendo um dos $14$ jogadores ainda disponíveis e o seu adversário entre os restantes $13$ jogadores. Sem perda de generalidade, podemos supor que os vencedores destes dois jogos se defrontam na eliminatória seguinte. Há assim $16\times 15\times 14 \times \cdots \times 2\times 1=16!$ sorteios possíveis. Para que um jogador amador se qualifique para as meias-finais, é necessário que haja, pelo menos, dois jogos da primeira eliminatória entre jogadores amadores e que os vencedores desses jogos joguem entre si nos quartos-de-final. Para isso acontecer, tem que haver quatro jogadores amadores a serem sorteados nas posições $1-4$, ou, equivalentemente, nas posições $5-8$, nas posições $9-12$, ou ainda, nas posições $13-16$. Para cada um destes casos, há $6\times 5\times 4\times 3$ hipóteses. Para sortear as restantes $12$ equipas há $12 \times 11 \cdots \times 2\times 1=12!$ hipóteses. O números de sorteios favoráveis é portanto: $4\times \left(6\times 5\times 4\times 3\right)\times 12!$ A probabilidade que pretendemos calcular é: $$\frac{4\times 6\times 5\times 4\times 3\times 12!}{16\times 15\times 14\times 13\times 12!} =\frac{3}{7\times 13}\approx 3,3\%$$ Solução 2: Os $16$ jogadores são divididos em quatro grupos de $4$ jogadores, e só é possível que um jogador amador esteja nas meias-finais se um destes grupos tiver apenas jogadores amadores. Há um total de $\binom{16}{4}$ conjuntos de quatro equipas, e $\binom{6}{4}$ conjuntos de quatro equipas amadoras. Como não é possível sortear dois grupos só com equipas amadoras, a probabilidade é: $$4\times \frac{\binom{6}{4}}{\binom{16}{4}}=\frac{4\times 6!\times 12!\times 4!}{16!\times 4!\times 2!}=\frac{3}{7\times 13}\approx 3,3\%$$
Problema (nível 2): Na figura seguinte, $B$ e $C$ são pontos do segmento $[AD]$. O retângulo $[BCEF]$ tem $100$ cm$^2$ de área e $[BDEF]$ tem $70$ cm de perímetro. Os triângulos $[ABF]$ e $[DCE]$ têm cada um $60$ cm de perímetro. Qual é o perímetro de $[ADEF]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(35,20) \scriptsize \pspolygon[linewidth=0.5pt](0,0)(35,0)(20,20)(15,20) \psline[linewidth=0.5pt](15,0)(15,20) \psline[linewidth=0.5pt](20,0)(20,20) \rput(-1,-2){$A$} \rput(15,-2){$B$} \rput(20,-2){$C$} \rput(35,-2){$D$} \rput(15,22){$F$} \rput(20,22){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Observe-se que $$\mbox{Per\'imetro} [BDEF]- \mbox{ Per\'imetro} [CDE]=70-60=10.$$ Por outro lado, $$\mbox{Per\'imetro} [BDEF]- \mbox{Per\'imetro} [CDE]=\overline{BC}+\overline{FE}=2\times \overline{BC}$$ e, por isso, $\overline{BC}=5.$ Uma vez que a área de $[BCEF]$ é $100$, conclui-se que $\ds \overline{BF}=\frac{\,100\,}{\overline{BC}}=20$. Portanto, o perímetro de $[ADEF]$ é $$ \mbox{Per\'imetro} [BDEF]+ \mbox{Per\'imetro} [ABF]- 2\times\overline{BF}=70+60-40=90\, {\rm cm}. $$
Problema (nível 2): O João pintou um número em cada face de duas moedas. Atirou as moedas ao chão e as faces visíveis tinham os números $5$ e $8$, cuja soma é $13$. Depois, atirou as moedas ao chão mais três vezes e obteve as somas $10$, $11$ e $14$. Determina todas as possibilidades para os números que o João pintou nas outras faces das moedas.

Resolução: Notemos que o número de cada face aparece exatamente $2$ vezes como somando, nas somas de resultado $10$, $11$, $13$ e $14$. Logo a soma destes $4$ valores ($10+11+13+14=48$) é o dobro da soma dos $4$ números pintados nas moedas. Logo a soma dos $4$ números pintados é $48/2=24$. Podemos concluir que a soma das duas faces que desconhecemos é $24-13=11$. Se $10$ for a soma de $5$ com a face que desconhecemos da segunda moeda, isto obriga esta a ser $5$, logo a restante face tem o número $11-5=6$. Se $10$ é a soma de $8$ com a face desconhecida da primeira moeda, isto obriga esta a ser $2$, logo a restante face tem o número $11-2=9$. Portanto as moedas têm os números $(5,6)$ e $(8,5)$ ou as moedas têm os números $(5,2)$ e $(8,9)$.
Problema (nível 2): O professor de artes quer que os seus alunos decorem a escola com lanternas de abóboras alusivas ao Halloween­. Quando distribuiu as abóboras pelos seus alunos, cada um recebeu $15$ abóboras e sobrou uma. Se $2$ alunos se juntarem à turma de artes, e as abóboras forem redistribuídas, cada aluno recebe $11$ abóboras e sobram $3$. Determina o número total de abóboras.

Resolução: Quando se juntam dois alunos à turma, cada aluno inicial tem que lhes dar $4$ das suas abóboras, sobrando mais $2$ abóboras. Como os novos alunos receberam $11\times 2=22$ abóboras, então os alunos iniciais deram $22+2=24$ abóboras. Logo havia inicialmente $24/4=6$ alunos. Assim, há $15\times 6+1=91$ abóboras.
Problema (nível 2): Num quadrado com $6$ cm de lado, foram traçados alguns segmentos de reta unindo vértices e pontos médios de lados, tal como se mostra na figura. Qual é a área do paralelogramo sombreado? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(15,6) \rput(9,0){ \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0,0)(4,2)(6,6)(2,4) \pspolygon(0,0)(6,0)(6,6)(0,6) \psline(0,0)(6,3) \psline(0,0)(3,6) \psline(0,3)(6,6) \psline(3,0)(6,6) } \end{pspicture}

Resolução: Considerando a seguinte divisão da figura, como $[BDC]$ é congruente a $[EDC]$ e tem a mesma base e a mesma altura que $[ABD]$ então estes triângulos têm todos a mesma área. Como a área de $[ACE]$ é $6\times 3/2=9$ cm$^2$, então cada triângulo branco tem área $3$ cm$^2$. Portanto a área do paralelogramo é $6^2-8\times 3=12$ cm$^2$. (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(6,6) \small \rput(0,0){ \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0,0)(2,4)(6,6)(4,2) \pspolygon(0,0)(6,0)(6,6)(0,6) \psline(0,0)(4,2)(6,6) \psline(0,0)(2,4)(6,6) \psline(4,2)(6,3) \psline(2,4)(3,6) \psline(0,3)(2,4) \psline(3,0)(4,2) \psline(6,0)(0,6) \rput(-0.5,-0.5){$A$} \rput(3,-0.5){$B$} \rput(6.5,-0,5){$C$} \rput(3,2){$D$} \rput(6.5,3){$E$}} \end{pspicture}
Problema (nível 2): O Luís e a Mafalda começaram agora a estudar na Escola Secundária Raul Proença e enviaram o seguinte convite aos seus novos colegas de turma: Gostaríamos muito que nos fossem visitar. Os números das portas das nossas casas têm dois algarismos, sendo os das dezenas iguais. Se somarem os algarismos do número da porta da Mafalda obtêm o algarismo das unidades da porta do Luís. O produto dos números das nossas portas é múltiplo de 9 e a sua soma é múltipla de 10. Quais são os números das portas das casas dos dois amigos?

Resolução: Sejam $m=ab$ o número da porta da casa da Mafalda e $l=ac$ o número da porta da casa do Luís. Sabendo que $m+l$ é múltiplo de 1$0$, pode afirmar-se que $b+c=0$ ou $b+c=10$. Como $a>0$ e $a+b=c$, conclui-se que $c>b$ e temos os casos: Por fim, tendo em conta que $m\times l$ é múltiplo de $9$, conclui-se que $b=1$, $c=9$ e $a=8$, ou seja, $m=81$ e $l=89$. Sejam $m=ab$ o número da porta da casa da Mafalda e $l=ac$ o número da porta da casa do Luís. Sabendo que $m+l$ é múltiplo de 1$0$, pode afirmar-se que $b+c=0$ ou $b+c=10$. Como $a>0$ e $a+b=c$, conclui-se que $c>b$ e temos os casos: Por fim, tendo em conta que $m\times l$ é múltiplo de $9$, conclui-se que $b=1$, $c=9$ e $a=8$, ou seja, $m=81$ e $l=89$. $b=1$, $c=9$ e $a=8$; Sejam $m=ab$ o número da porta da casa da Mafalda e $l=ac$ o número da porta da casa do Luís. Sabendo que $m+l$ é múltiplo de 1$0$, pode afirmar-se que $b+c=0$ ou $b+c=10$. Como $a>0$ e $a+b=c$, conclui-se que $c>b$ e temos os casos: Por fim, tendo em conta que $m\times l$ é múltiplo de $9$, conclui-se que $b=1$, $c=9$ e $a=8$, ou seja, $m=81$ e $l=89$. $b=2$, $c=8$ e $a=6$; Sejam $m=ab$ o número da porta da casa da Mafalda e $l=ac$ o número da porta da casa do Luís. Sabendo que $m+l$ é múltiplo de 1$0$, pode afirmar-se que $b+c=0$ ou $b+c=10$. Como $a>0$ e $a+b=c$, conclui-se que $c>b$ e temos os casos: Por fim, tendo em conta que $m\times l$ é múltiplo de $9$, conclui-se que $b=1$, $c=9$ e $a=8$, ou seja, $m=81$ e $l=89$. $b=3$, $c=7$ e $a=4$; Sejam $m=ab$ o número da porta da casa da Mafalda e $l=ac$ o número da porta da casa do Luís. Sabendo que $m+l$ é múltiplo de 1$0$, pode afirmar-se que $b+c=0$ ou $b+c=10$. Como $a>0$ e $a+b=c$, conclui-se que $c>b$ e temos os casos: Por fim, tendo em conta que $m\times l$ é múltiplo de $9$, conclui-se que $b=1$, $c=9$ e $a=8$, ou seja, $m=81$ e $l=89$. $b=4$, $c=6$ e $a=2$.
Problema (nível 2): O João escreveu um número inteiro positivo em cada uma das faces de um cubo. De seguida, para cada vértice do cubo, o João calculou o produto dos números das três faces adjacentes a esse vértice. A soma destes $8$ produtos é $165$. Determina a soma dos seis números escritos nas faces do cubo.

Resolução: Sejam $a,b,c,d,e,f$ os números escritos nas faces do cubo tais que $a$ e $f$ estejam em faces opostas, e o mesmo aconteça com o par $b$ e $e$ e com o par $c$ e $d$. Então, temos \begin{align*} 165&=abc+ace+aed+adb+fbc+fce+fed+fdb\\ &=a(bc+ce+ed+db)+f(bc+ce+ed+db)\\ &=(a+f)(bc+ce+ed+db)\\ &=(a+f)(b+e)(c+d) \end{align*} Como cada fator $a+f$, $b+e$ e $c+d$ é um inteiro positivo maior do que $1$, segue-se da unicidade da decomposição em primos de $165=3\times 5\times 11$ que os conjuntos $\{a+f, b+e, c+d\}$ e $\{3,5,11\}$ são iguais. Assim, a soma pretendida é $(a+f)+(b+e)+(c+d)=3+5+11=19$.