tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): Na figura seguinte, $[ADEC]$ e $[ABFG]$ são quadrados e $H$ é o ponto médio do segmento $[CB]$. Mostra que $\overline{DG}=2\,\overline{AH}$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,-1)(10,6.5) \psline(-4,0)(2,0)(4,4)(0,6)(-4,4)(-6,2)(-4,0)(-2,2)(-4,4) \psline(2,0)(-2,2)(0,6) \psline(-2,2)(-1,0) \rput[c](-2.5,2){$A$} \rput[c](2.25,-0.25){$B$} \rput[c](-4.25,-0.25){$C$} \rput[c](-4.25,4.25){$D$} \rput[c](-6.4,2){$E$} \rput[c](4.25,4){$F$} \rput[c](0,6.25){$G$} \rput[c](-1,-0.25){$H$} \end{pspicture}

Resolução: Uma vez que $\measuredangle DAC$ e $\measuredangle GAB$ são rectos, tem-se $C\hat AB+D\hat AG=180^\circ$, logo $$ D\hat AG=180-C\hat AB. $$ Solução 1: Considere-se o ponto $I$ tal que $[ACIB]$ é um paralelogramo. Como $[AB]$ é paralelo a $[CI]$ tem-se $I\hat{A}B=A\hat{I}C$ pelo que $$I\hat{C}A=180-(C\hat{A}I+A\hat{I}C)=180-(C\hat{A}I+I\hat{A}B)=180-C\hat{A}B=D\hat{A}G.$$ Por outro lado, $\overline{AC}=\overline{AD}$ e $\overline{CI}=\overline{AB}=\overline{AG}$, logo os triângulos $[ACI]$ e $[DAG]$ são congruentes. Portanto, tem-se também a igualdade $\overline{DG}=\overline{AI}$. Por fim, como os segmentos $[AI]$ e $[CB]$ são as diagonais de um paralelogramo, elas intersectam-se no seu ponto médio. Assim, $\overline{AI}=2\overline{AH}$ e conclui--se que $\overline{DG}=2\overline{AH}$. (image2) Solução 2: Usando os ângulos internos do triângulo $[ABC]$ obtém-se $D\hat AG=A\hat CB+C\hat BA$. Considere-se o ponto $J$ tal que a semi-recta $AJ$ intersecta $[DG]$, $D\hat AJ=A\hat CB$ e $\overline{AJ}=\overline{CH}$. Os triângulos $[DAJ]$ e $[ACH]$ são congruentes porque $\overline{AC}=\overline{AD}$, $A\hat CH=D\hat AJ$ e $\overline{CH}=\overline{AJ}$. Logo $A\hat JD=C\hat HA$ e $\overline{DJ}=\overline{AH}$. Analogamente, os triângulos $[HBA]$ e $[JAG]$ são congruentes, logo $G\hat JA=A\hat HB$ e $\overline{JG}=\overline{AH}$. Assim, $G\hat JD=G\hat JA+A\hat JD=A\hat HB+C\hat HA=180^\circ$, pelo que o ponto $J$ pertence a $[DG]$ e $\overline{DJ}=\overline{JG}$. Logo $\overline{DG}=2\overline{AH}$. (image3)


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,-3)(10,-3) \psline(-4,0)(2,0)(4,4)(0,6)(-4,4)(-6,2)(-4,0)(-2,2)(-4,4) \psline(2,0)(-2,2)(0,6) \psline(-4,0)(0,-2)(2,0) \psline(-2,2)(0,-2) \rput[c](-2.5,2){\footnotesize $A$} \rput[c](2.25,-0.25){\footnotesize $B$} \rput[c](-4.25,-0.25){\footnotesize $C$} \rput[c](-4.25,4.25){\footnotesize $D$} \rput[c](-6.4,2){\footnotesize $E$} \rput[c](4.25,4){\footnotesize $F$} \rput[c](0,6.25){\footnotesize $G$} \rput[c](-1.25,-0.25){\footnotesize $H$} \rput[c](0.25,-2.25){\footnotesize $I$} \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,-2) \psline(-4,0)(2,0)(4,4)(0,6)(-4,4)(-6,2)(-4,0)(-2,2)(-4,4) \psline(2,0)(-2,2)(0,6) \psline(-2,2)(-1,0) \psline(-4,4)(-2.5,5.5)(0,6) \psline(-2,2)(-2.5,5.5) \rput[c](-2.5,2){\footnotesize $A$} \rput[c](2.25,-0.25){\footnotesize $B$} \rput[c](-4.25,-0.25){\footnotesize $C$} \rput[c](-4.25,4.25){\footnotesize $D$} \rput[c](-6.4,2){\footnotesize $E$} \rput[c](4.25,4){\footnotesize $F$} \rput[c](0,6.25){\footnotesize $G$} \rput[c](-1,-0.25){\footnotesize $H$} \rput[c](-2.5,6){\footnotesize $J$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): O Manuel chama certeiro a um número natural se a soma dos seus algarismos for um múltiplo de $2011$. Encontra os dois menores números certeiros consecutivos.

Resolução: Dado um número natural $n$, seja $S(n)$ a soma dos seus algarismos. Sejam $N$ e $N+1$ os dois menores números certeiros consecutivos. Como $S(N)$ e $S(N+1)$ são múltiplos de $2011$, então $S(N)-S(N+1)$ é também um múltiplo de $2011$. Assim, o algarismo das unidades de $N$ é $9$, pois caso contrário $S(N)-S(N+1)=-1$. Suponha-se então que $N$ e $N+1$ se escrevem na forma $$ N=A\,\underset {k}{\underbrace{9\ldots 9}},\qquad N+1=(A+1)\,\underset {k}{\underbrace{0\ldots 0}} $$ onde $A$ é um número que não termina em $9$. Como $N+1$ é um número certeiro então $S(A+1)$ é múltiplo de $2011$. Se $A$ é o menor número que verifica as condições anteriores, então $S(A)=2010$. Como os algarismos mais à direita devem ser os maiores possíveis, então $A=4\,\underset {222}{\underbrace{9\ldots 9}}8$. Como $S(N)=S(A)+9k=2010+9k$ é um múltiplo de $2011$, então $9k+2010=2011 u$, ou seja, $2011 u-2010$ é múltiplo de $9$. O menor número natural $u$ que verifica esta condição é $u=3$, pelo que $k=447$. Logo $$N=4\,\underset {222}{\underbrace{9\ldots 9}}8\,\underset {447}{\underbrace{9\ldots 9}},\qquad N+1=4\,\underset {223}{\underbrace{9\ldots 9}}\,\underset {447}{\underbrace{0\ldots 0}}.$$
Problema (nível 4): Mostra que em qualquer subconjunto de $\{-n,-n+1,\ldots,-1,0,1,\ldots,n-1,n\}$ com $n+2$ elementos, existem três números distintos $a,b,c$ tais que $a+b=c$.

Resolução: Seja $S_n=\{-n,-n+1,\ldots,-1,0,1,\ldots,n-1,n\}$. O único subconjunto com $3$ elementos de $S_1$ é $\{-1,0,1\}$ e tem-se $-1+1=0$, o que prova o pretendido para $n=1$. Suponha-se que o resultado é válido para $n$ e considere-se um conjunto $A\subset S_{n+1}$ com $n+3$ elementos. Se $A$ contém pelo menos $n+2$ elementos de $S_n$ então existem três elementos $a,b,c\in A$ tais que $a+b=c$. Se $A$ apenas contém $n+1$ elementos de $S_n$, então $\{-n-1,n+1\}\subset A$. Se $0\in A$, então o resultado é válido, uma vez que $(-n-1)+(n+1)=0$. Suponha-se então que $A$ contém $n+1$ elementos de $\{-n,-n+1,\ldots,-2,-1,1,2,\ldots,n-1,n\}$. Se $n$ é par, então $A$ contém pelo menos um dos $n$ conjuntos $\{-n,-1\},\{-n+1,-2\},\ldots,\{-\frac{n}{2}-1,-\frac{n}{2}\},$ $\{1,n\}, \{2,n-1\},\ldots,\{\frac{n}{2},\frac{n}{2}+1\}$ e assim $A$ tem dois elementos cuja soma pertence a $A$. Se $n$ é ímpar e $A$ contém pelo menos um dos $n-1$ conjuntos $\{-n,-1\}, \{-n+1,-2\},\ldots,\{-\frac{n+3}{2},-\frac{n-1}{2}\},$ $\{1,n\}, \{2,n-1\},\ldots,\{\frac{n-1}{2},\frac{n+3}{2}\}$, então $A$ tem dois elementos cuja soma pertence a $A$. Caso contrário, então $A$ contém o conjunto $\{-\frac{n+1}{2},\frac{n+1}{2}\}$, logo o resultado é válido, uma vez que $-\frac{n+1}{2}+(n+1)=\frac{n+1}{2}$.
Problema (nível 4): Um conjunto de $n$ luzes, numeradas de $1$ a $n$, estão inicialmente apagadas. Em cada momento, podemos efectuar as seguintes operações: Mostra que é possível, ao fim de um certo número de operações, ficar apenas com a lâmpada $n$ acesa. alterar o estado da lâmpada $1$; alterar o estado da lâmpada $2$, desde que a lâmpada $1$ esteja acesa; alterar o estado da lâmpada $k>2$, desde que a lâmpada $k-1$ esteja acesa e as lâmpadas $1,\ldots,k-2$ estejam apagadas.

Resolução: Para $n=1$ o resultado é imediato, bastando acender a única lâmpada. Suponha-se que o resultado é verdadeiro para um dado valor de $n$ e considere-se um conjunto de $n+1$ luzes apagadas. Representando cada luz apagada por um $0$ e cada luz acesa por um $1$, pretende-se passar do estado $\underset {n}{\underbrace{00\ldots 00}}0$ para o estado $\underset {n}{\underbrace{00\ldots 00}}1$. Sabe-se que existe uma sequência $S$ de operações que permite passar do estado $\underset {n}{\underbrace{00\ldots 00}}0$ para o estado $\underset {n}{\underbrace{00\ldots 01}}0$. Depois de efectuar estas operações é possível acender a lâmpada $n+1$ chegando-se ao estado $\underset {n}{\underbrace{00\ldots 01}}1$. Finalmente, executando a sequência de operações inversa de $S$, chega-se ao estado $\underset {n}{\underbrace{00\ldots 00}}1$.
Problema (nível 4): No triângulo $[ABC]$, $P$ é um ponto da mediatriz de $[AB]$ no interior do triângulo. Os pontos $Q$ e $R$, exteriores ao triângulo, são tais que $[BPA]$, $[BQC]$ e $[CRA]$ são triângulos semelhantes. Mostra que $[PQCR]$ é um paralelogramo. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture*}(0.43,-0.92)(7.91,5.46) \psline[linewidth=0.4pt](5.4,4.74)(1.44,0.03) \psline[linewidth=0.4pt](1.44,0.03)(6.9,0.03) \psline[linewidth=0.4pt](6.9,0.03)(5.4,4.74) \psline[linewidth=0.4pt](4.17,1.01)(1.44,0.03) \psline[linewidth=0.4pt](6.9,0.03)(4.17,1.01) \psline[linewidth=0.4pt](5.4,4.74)(7.1,2.68) \psline[linewidth=0.4pt](7.1,2.68)(6.9,0.03) \psline[linewidth=0.4pt](6.9,0.03)(5.4,4.74) \psline[linewidth=0.4pt](5.4,4.74)(1.44,0.03) \psline[linewidth=0.4pt](1.44,0.03)(2.64,3.03) \psline[linewidth=0.4pt](2.64,3.03)(5.4,4.74) \rput[bl](5.49,4.79){{$C$}} \rput[bl](1.16,-0.39){{$A$}} \rput[bl](7.02,-0.39){{$B$}} \rput[bl](4.06,0.58){{$P$}} \rput[bl](2.23,2.97){{$R$}} \rput[bl](7.26,2.63){{$Q$}} \end{pspicture*}

Resolução: Como os triângulos $[ACR]$ e $[ABP]$ são semelhantes, tem-se $\displaystyle \frac{\overline{RA}}{\overline{AC}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{AB}}$ e $\widehat{RAP}=\widehat{CAB}$. Por isso, os triângulos $[APR]$ e $[ABC]$ são semelhantes. (image2) Da mesma foram se conclui que $[PBQ]$ e $[ABC]$ também são semelhantes, e por isso, os triângulos $[APR]$ e $[PBQ]$ são semelhantes. Deste modo, tem-se $$ \frac{\overline{RP}}{\overline{BQ}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{BP}}=\frac{\overline{AR}}{\overline{PQ}}.$$ Como $P$ pertence à mediatriz de $[AB]$, tem-se $\overline{AP}=\overline{BP}$ e, portanto, ${\overline{RP}}={\overline{BQ}}$ e ${\overline{PQ}}={\overline{AR}}$. Tendo em contar que $Q$ e $R$ também pertencem às mediatrizes de $[AC]$ e $[BC]$, respectivamente, conclui-se que ${\overline{RP}}=\overline{CQ}$ e ${\overline{PQ}}=\overline{CR}$, ou seja, o quadrilátero $[CRPQ]$ é um paralelogramo.


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture*}(0.99,-0.51)(8.3,5.25) \psline[linewidth=0.4pt](5.4,4.74)(1.44,0.03) \psline[linewidth=0.4pt ](1.44,0.03)(6.9,0.03) \psline[linewidth=0.4pt ](6.9,0.03)(5.4,4.74) \psline[linewidth=0.4pt ](4.17,1.01)(1.44,0.03) \psline[linewidth=0.4pt ](6.9,0.03)(4.17,1.01) \psline[linewidth=0.4pt ](5.4,4.74)(7.1,2.68) \psline[linewidth=0.4pt ](7.1,2.68)(6.9,0.03) \psline[linewidth=0.4pt ](6.9,0.03)(5.4,4.74) \psline[linewidth=0.4pt ](5.4,4.74)(1.44,0.03) \psline[linewidth=0.4pt ](1.44,0.03)(2.64,3.03) \psline[linewidth=0.4pt ](2.64,3.03)(5.4,4.74) \psline[linestyle=dashed,dash=1pt 1pt](2.64,3.03)(4.17,1.01) \psline[linestyle=dashed,dash=1pt 1pt](7.1,2.68)(4.17,1.01) \rput[bl](5.49,4.79){ {$C$}} \rput[bl](1.16,-0.39){ {$A$}} \rput[bl](7.02,-0.39){ {$B$}} \rput[bl](4.06,0.58){ {$P$}} \rput[bl](2.23,2.97){ {$R$}} \rput[bl](7.26,2.63){ {$Q$}} \end{pspicture*}
Problema (nível 4): Numa turma com $14$ rapazes, perguntou-se a cada um deles quantos colegas tinham o mesmo primeiro nome e quantos colegas tinham o mesmo sobrenome que eles. Sabemos que nas respostas apareceram os números $0$, $1$, $2$, $3$, $4$, $5$ e $6$. Prova que há dois colegas com o mesmo primeiro nome e com o mesmo sobrenome.

Resolução: Observe-se que, cada rapaz respondeu quantos colegas tinham o mesmo primeiro nome e quantos colegas tinham o mesmo sobrenome, por isso, há $7$, $6$ e $5$ rapazes com o mesmo primeiro nome ou com o mesmo sobrenome. Denomine-se por $A$, $B$ e $C$, respectivamente, os conjuntos constituídos por estes rapazes. A soma de elementos destes três conjuntos é $7+6+5=18$, mas apenas foram questionados $14$ rapazes, por isso, existem $4$ rapazes que pertencem às intersecções $A\cap B$, $B\cap C$ ou $A\cap C$. Pelo Princípio da Gaiola de Pombos, pode concluir-se que, pelo menos $2$ rapazes pertencem a uma destas intersecções. Estes dois rapazes têm o mesmo nome e o mesmo sobrenome.
Problema (nível 4): Seja $[ABC]$ um triângulo, $D$ a projecção ortogonal $B$ sobre a bissectriz de $\angle ACB$ e $E$ a projecção ortogonal de $C$ sobre a bissectriz de $\angle ABC$. Prova que $DE$ intersecta os lados $[AB]$ e $[AC]$ nos pontos de tangência da circunferência inscrita no triângulo $[ABC]$.

Resolução: Sejam $M$ e $N$ os pontos de intersecção da recta $DE$ com os lados $[AB]$ e $[AC]$, respectivamente, do triângulo $[ABC]$. O ponto $I$, intersecção das bissectrizes do triângulo, é o centro da circunferência inscrita no triângulo. Uma vez que $\angle BDC$ e $\angle BEC$ são rectos, o quadrilátero $[BDEC]$ está inscrito numa circunferência (é cíclico). Pelo teorema do arco capaz, $\angle DEB \cong \angle DCB$, mas como $DC$ é a mediatriz de $\angle ACB$, tem-se $\angle DEB \cong \angle ACD$. Assim, no quadrilátero $[NECI]$, $\angle NEI \cong \angle NCI$, logo este quadrilátero também é cíclico. De novo pelo teorema do arco capaz, $\angle INC$ é recto, ou seja, $N$ é o ponto de tangência da circunferência inscrita no triângulo $[ABC]$ com o lado $[AC]$. De forma análoga se podia demonstrar que $MI$ é perpendicular ao lado $[AB]$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture*}(-4.83,-3.59)(11.34,4.02) \psline[linecolor=darkgray](0,0)(6.96,0) \psline[linecolor=darkgray](6.96,0)(4.54,2.07) \psline[linecolor=darkgray](4.54,2.07)(0,0) \psline(0.84,2.26)(0,0) \psline(6.96,0)(6.65,1.44) \psline(0,0)(8.82,1.93) \psline(6.96,0)(-1.43,3.1) \psline(5,1.68)(4.38,0.95) \psline(-1.04,2.53)(8.07,1.24) \psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](0,0) \rput[bl](-0.43,-0.31){\darkgray{$B$}} \psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](6.96,0) \rput[bl](7.16,-0.21){\darkgray{$C$}} \psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](4.54,2.07) \rput[bl](4.62,2.18){\darkgray{$A$}} \psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](0.84,2.26) \rput[bl](0.91,2.37){\darkgray{$D$}} \psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](6.65,1.44) \rput[bl](6.71,1.56){\darkgray{$E$}} \psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](4.38,0.95) \rput[bl](4.36,1.16){\darkgray{$I$}} \psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](3.99,1.82) \rput[bl](3.9,2){\darkgray{$M$}} \psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](5,1.68) \rput[bl](5.07,1.78){\darkgray{$N$}} \end{pspicture*}
Problema (nível 4): O número $1000$ pode ser escrito como soma de $15$ números naturais consecutivos: $1000=55+56+\cdots+70$. Determina todos os números naturais que não podem ser escritos como soma de dois ou mais números naturais consecutivos.

Resolução: Se um número natural $n$ se escreve como soma de um número ímpar $2k+1$ de naturais consecutivos, então $$n=(a-k)+(a-k+1)+\cdots+(a-1)+a+(a+1)+\cdots+(a+k-1)+(a+k)=a(2k+1),$$ logo $2k+1$ é um divisor ímpar de $n$. Se um número natural $n$ se escreve como soma de um número par $2k$ de naturais consecutivos, então $$n=a+a+1+\cdots+(a+k-1)+(a+k)+\cdots+(a+2k-2)+(a+2k-1)=(2a+2k-1)k,$$ logo $2a+2k-1$ é um divisor ímpar de $n$. Portanto, se um número natural pode ser escrito como soma de dois ou mais números naturais consecutivos, tem necessariamente um divisor ímpar. Por outro lado, se um número natural $n$ tiver um divisor ímpar $2k+1$, então $$n=(2k+1)a=(a-k)+(a-k+1)+\cdots+(a-1)+a+(a+1)+\cdots+(a+k-1)+(a+k).$$ Se $a-k<0$, podemos eliminar da soma anterior as parcelas $a-k,a-k+1,\ldots,-1,0,1,\ldots,k-a-1,k-a$, cuja soma é $0$, e tem-se $$n=(k-a+1)+(k-a+2)+\cdots+(a+k-1)+(a+k),$$ ou seja, $n$ pode ser escrito como soma de dois ou mais números naturais consecutivos. Logo os números naturais que não podem ser escritos como soma de dois ou mais números naturais consecutivos são aqueles que não têm nenhum divisor ímpar, ou seja, as potências de $2$.
Problema (nível 4): Um número de telefone de nove dígitos $d_1d_2d_3d_4d_5d_6d_7d_8d_9$ é memorizável se a sequência de quatro dígitos inicial $d_1d_2d_3d_4$ se repete na sequência dos cinco dígitos finais $d_5d_6d_7d_8d_9$. Quantos números memorizáveis de nove dígitos existem?

Resolução: Um número de telefone de nove dígitos $d_1d_2d_3d_4d_5d_6d_7d_8d_9$ é memorizável se a sequência de quatro dígitos inicial $d_1d_2d_3d_4$ se repete na sequência dos cinco dígitos finais $d_5d_6d_7d_8d_9$. Quantos números memorizáveis de nove dígitos existem?
Problema (nível 2): A Joana resolveu plantar batatas, nabos e alfaces no seu quintal rectangular. Os nabos e as alfaces foram plantados em terrenos quadrados a uma distância de $5$ m e cujas áreas medem $4$m$^2$ e $9$m$^2$, respectivamente, conforme indicado na figura. Quanto mede a área do terreno plantado com batatas? (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(10,0) \pspolygon(0,0)(10,0)(10,5)(0,5) \pspolygon(0,0)(2,0)(2,2)(0,2) \pspolygon(10,5)(10,2)(7,2)(7,5) \psline[linestyle=dashed,arrows=<-](2,2)(3.75,2) \psline[linestyle=dashed,arrows=->](5.25,2)(7,2) \rput[c](4.5,2){\rmvi {\footnotesize $5$}m} \rput[c](1,1){\rmvii Nabos} \rput[c](3.5, 3.5){\rmvii Batatas} \rput[c](6, 1){\rmvii Batatas} \rput[c](8.5,3.5){\rmvii Alfaces} \end{pspicture}

Resolução: Considere-se o terreno da Joana na figura seguinte: (image2) Como a área do quadrado $[AEIH]$ mede $4$ m$^2$, então $\overline{AE}=\overline{EI}=2$ m. Da mesma forma se conclui que $\overline{CG}=\overline{CF}=3$ m. Solução 1: Assim, $\overline{HJ}=\overline{HI}+\overline{IJ}=2+5=7$ m e $\overline{IF}=\overline{IJ}+\overline{JF}=5+3=8$ m. Logo, a área de $[HJGD]$ mede $7\times 3=21$ m$^2$ e a área de $[EBFI]$ mede $8\times 2=16$ m$^2$. Portanto, a área do terreno plantado com batatas mede $21+16=37$ m$^2$. Solução 2: Assim, $\overline{AB}=\overline{AE}+\overline{EB}=\overline{AE}+\overline{IJ}+\overline{JF}=2+5+3=10$ m e $\overline{AD}=\overline{AH}+\overline{HD}=\overline{AH}+\overline{CF}=2+3=5$ m. Portanto, a área do terreno rectangular mede $10\times 5=50$ m$^2$. A área do terreno plantado com batatas é a área do terreno rectangular menos as áreas dos terrenos plantados com alfaces e nabos, ou seja, mede $50 - 9 - 4=37$ m$^2$.


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,6) \pspolygon(0,0)(10,0)(10,5)(0,5) \pspolygon(0,0)(2,0)(2,2)(0,2) \pspolygon(10,5)(10,2)(7,2)(7,5) \psline(2,2)(7,2) \rput[c](-0.4,-0.4){$A$} \rput[c](10.4,-0.4){$B$} \rput[c](10.4,5.4){$C$} \rput[c](-0.4,5.4){$D$} \rput[c](2,-0.4){$E$} \rput[c](10.4,2){$F$} \rput[c](7,5.4){$G$} \rput[c](-0.4,2){$H$} \rput[c](2,2.4){$I$} \rput[c](7,1.6){$J$} \end{pspicture}
Problema (nível 2): A Beatriz, o David, a Luísa e o Pedro repararam que a Luísa é mais alta do que o Pedro e que a diferença entre as alturas da Luísa e da Beatriz é igual à diferença entre as alturas da Beatriz e do Pedro. Observaram também que a soma das alturas dos dois rapazes é igual à soma das alturas das duas raparigas. Qual é o mais alto dos quatro amigos?

Resolução: Como a Luísa é mais alta do que o Pedro e a diferença entre as alturas da Luísa e da Beatriz é igual à diferença entre as alturas da Beatriz e do Pedro, podemos afirmar que a Luísa é mais alta do que a Beatriz e que esta é mais alta do que o Pedro. Se o David fosse mais baixo do que a Luísa, então a soma das alturas dos dois rapazes seria inferior à soma das alturas das duas raparigas. Logo o David é mais alto do que a Luísa e portanto é o mais alto dos quatro amigos.
Problema (nível 2): Uma piscina rectangular está rodeada por um passeio que tem um metro de largura. A área deste passeio mede $45$ m$^2$. Quanto mede o perímetro da piscina? (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,-1)(10,4) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=cinzentoclaro,opacity=1.0](-1,-1)(6,-1)(6,4)(-1,4) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,opacity=1.0](0,0)(5,0)(5,3)(0,3) \end{pspicture}

Resolução: A área do passeio é igual à soma da área dos quatro cantos com a área dos quatro rectângulos brancos indicados na figura. (image2) Como a área de cada canto é $1$ m$^2$, então a área dos quatro rectângulos brancos mede $45-4=41$ m$^2$. Uma vez que a largura do passeio é $1$ metro, conclui-se que o perímetro da piscina é $41$ m.


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,-1)(10,4) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=white,opacity=1.0](-1,-1)(6,-1)(6,4)(-1,4) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,opacity=1.0](0,0)(5,0)(5,3)(0,3) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=cinzentoescuro,opacity=1.0](-1,-1)(0,-1)(0,0)(-1,0) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=cinzentoescuro,opacity=1.0](6,-1)(6,0)(5,0)(5,-1) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=cinzentoescuro,opacity=1.0](6,4)(6,3)(5,3)(5,4) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=cinzentoescuro,opacity=1.0](-1,4)(-1,3)(0,3)(0,4) \end{pspicture}
Problema (nível 2): Uma escola colocou novos cacifos para os seus alunos e, para os numerar, encomendou autocolantes com os algarismos $0,1,2,3,\ldots,9$. Numa primeira entrega, receberam $100$ autocolantes de cada algarismo e começaram a numerar os cacifos com os números $1, 2, 3$, $\ldots$ Qual é o número do último cacifo que foi numerado antes de começarem a faltar autocolantes?

Resolução: Para numerar os cacifos de $1$ a $99$, o algarismo $1$ foi usado $10$ vezes na posição das dezenas e $10$ vezes na posição das unidades, ou seja, um total de $20$ vezes. Do mesmo modo, cada um dos algarismos $2,\ldots,9$ foi usado $20$ vezes. O algarismo $0$ foi usado apenas $9$ vezes. Para numerar os cacifos de $100$ a $199$ existem algarismos $0,2,3\ldots,9$ suficientes. No entanto, uma vez que o algarismo $1$ é usado na posição das centenas, seriam necessários $100+20=120$ autocolantes deste tipo. Logo os autocolantes com o algarismo $1$ foram os primeiros a faltar. Para numerar os cacifos de $100$ a $109$, o algarismo $1$ foi usado $10$ vezes na posição das centenas e uma vez na posição das unidades, ou seja, um total de $11$ vezes, restando $100-20-11=69$ autocolantes. Para numerar os cacifos de $110$ a $119$, o algarismo $1$ foi usado $10$ vezes na posição das centenas, $10$ vezes na posição das dezenas e uma vez na posição das unidades, ou seja, um total de $21$ vezes, restando $69-21=48$ autocolantes. Para numerar os cacifos de $120$ a $159$, o algarismo $1$ foi usado $40$ vezes na posição das centenas e $4$ vezes na posição das unidades, ou seja, um total de $44$ vezes, restando $48-44=4$ autocolantes. Para numerar os cacifos $160$, $161$ e $162$, o algarismo $1$ foi usado $3$ vezes na posição das centenas e $1$ vez na posição das unidades, ou seja, um total de $4$ vezes, não restando mais autocolantes. Portanto, o último cacifo numerado foi o cacifo número $162$.
Problema (nível 2): O Fernando, o João, o Luís e o Marco estão a jogar futebol, cada um deles com um dos números $1,2,3,4$ nas costas da camisola. A equipa dos jogadores com um número par joga contra a equipa dos jogadores com um número ímpar. Durante o jogo, observando as camisolas dos seus três amigos, o Marco repara que a soma dos números que vê é $8$. O Fernando consegue ver o $3$ estampado numa das camisolas. O João é da mesma equipa do Marco. Qual é o número da camisola de cada um dos jogadores? (Alternativa) O Fernando, o João, o Luís e o Marco estão a jogar futebol, cada um deles com um dos números $1,2,3,4$ nas costas da camisola. Há duas equipas de dois jogadores, sendo uma delas formada pelo João e pelo jogador com o número $3$. Duranto o jogo, o Marco exclama: “somando todos os números de camisola que consigo ver, obtenho o mesmo número que multiplicando-os!”. O Fernando acrescenta: “e somando todos os números que consigo ver, obtenho o dobro do número de golos que marquei!”. O Luís remata: “golo!”. Qual é o número da camisola de cada um dos jogadores?

Resolução: Tem-se $6=1+2+3=1\times 2\times 3$, sendo esta a única forma de se obter o mesmo número quer somando quer multiplicando três dos números $1,2,3,4$ sem os repetir. Logo o número do José é o $4$. Como a soma dos números que o Afonso vê é par, os números do Carlos e do Gabriel são ímpares. Logo o número do Afonso é o $2$, o do Carlos é o $1$ e o do Gabriel é o $3$.
Problema (nível 2): Determina o algarismo das unidades de $1+2+\ldots+2011$.