tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): Existe algum número da forma $qqpp$ que seja quadrado perfeito, onde $q$ e $p$ são algarismos e $q\neq 0$? E se for um número da forma $qqqppp$?

Resolução: Seja $k$ um número natural tal que $k^2=qqpp$. Como $qqpp=1100\times q+11\times p=11\times (100\times q+p)$, $k$ é múltiplo de $11$ e, consequentemente, $100\times q+p=11\times s^2$, para algum número natural $s$. Mas $k^2$ é um número de $4$ algarismos, logo, os possíveis valores de $s$ são $3$, $4$, $\hdots$, $8$ e $9$. Portanto, $9\leq s^2\leq 81$ e $s^2$ é um número da forma $10\times c+d=cd$, onde $c$ e $d$ são algarismos. Uma vez que o algarismo das dezenas de $11\times s^2=q0p$ é zero, tem-se $c+d=10$ e $64$ é o único quadrado perfeito no intervalo $[9, 81]$ que verifica esta condição. Portanto, $s=8$ e $7744$ é o único quadrado perfeito da forma $qqpp$. Seja agora $k$ um número natural tal que $k^2=qqqppp$. Como $$qqqppp=111000\times q+111\times p=111\times (1000\times q+p)$$ e $111=3\times 37$, $k$ é múltiplo de $111$ e, consequentemente, $1000\times q+p=111\times s^2$, para algum número natural $s$. Mas $k^2$ é um número de $6$ algarismos, logo, os possíveis valores de $s$ são $3$, $4$, $\hdots$, $8$ e $9$. Novamente, $9\leq s^2\leq 81$ e $s^2$ é um número da forma $10\times c+d=cd$, onde $c$ e $d$ são algarismos. Uma vez que os algarismos das dezenas e das centenas do número $111\times s^2=q00p$ são iguais a zero, tem-se $c+d=10$ e $c+d+1=10$. Visto que não existem algarismos $c$ e $d$ nestas condições, conclui-se que, quaisquer que sejam os algarismos $q$ e $p$, o número $qqqppp$ não é um quadrado perfeito.
Problema (nível 4): No armazém de uma livraria estão $125$ caixas com livros, nenhuma delas vazia. Será que, para qualquer inteiro positivo $n \leq 125$, é sempre possível escolher algumas das $125$ caixas de modo que o número total de livros nas caixas escolhidas seja um múltiplo, não nulo, de $n$?

Resolução: Numerem-se as caixas de $1$ a $125$ e represente-se por $a_i$ o número de livros que estão na caixa $i$, para $i=1,2,\ldots,125$. Considere-se ainda $a_0=0$ e seja $n$ um qualquer inteiro positivo, inferior ou igual a $125$. Entre os $n+1$ números inteiros $$a_0<a_0+a_1<a_0+a_1+a_2<\cdots<a_0+a_1+\cdots+a_{n-1}< a_0+a_1+\cdots+a_{n}$$ há, pelo menos, dois que têm o mesmo resto quando divididos por $n$. Suponha-se que esses dois números são $a_0+\cdots+a_j$ e $a_0+\cdots+a_k$, com $0\leq j<k\leq n$. A sua diferença, $a_{j+1}+\cdots+a_k$, é um inteiro positivo múltiplo de $n$. Assim, o número de livros nas caixas $j+1,\ldots, k$ é um múltiplo, não nulo, de $n$.
Problema (nível 4): A Academia de Dança de Tomar está a organizar uma coreografia dispondo $11$ bailarinos e $4$ bailarinas numa roda. De quantas formas é possível dispor os $15$ bailarinos na roda de forma a que não haja duas bailarinas lado a lado?

Resolução: Solução 1: Coloquem-se inicialmente os bailarinos na roda, fixando um bailarino e ordenando os outros $10$. Existem $10!=10\times 9\times 8\times 7\times 6\times 5\times 4\times 3\times 2=3628800$ maneiras de o fazer. Entre dois bailarinos há no máximo uma bailarina. Assim, existem $\binom{11}{4}=\frac{11!}{4!\times 7!}=\frac{11\times 10\times 9\times 8}{4\times 3\times 2}=330$ maneiras de escolher os $4$ espaços (entre os bailarinos) que podem ser ocupados pelas bailarinas e existem $4!=4\times 3\times 2=24$ maneiras de colocar as bailarinas nesses espaços. Portanto, há $3628800\times 330\times 24=28740096000$ formas diferentes de dispor os $15$ bailarinos na roda. Solução 2: Considerem-se as bailarinas numeradas e fixe-se a primeira. Seja $x_i$ o número de bailarinos entre uma bailarina e a seguinte, para $i=1,\ldots,4$. Então, sem considerar a posição relativa das bailarinas entre si, o número de formas possíveis de as dispor na roda sem que fiquem duas juntas corresponde ao número de soluções inteiras da equação $$x_1+x_2+x_3+x_4=11, \mbox{com }x_i\geq 1, i=1,\ldots,4,$$ isto é, o número de soluções inteiras da equação $$x_1+x_2+x_3+x_4=7, \mbox{com }x_i\geq 0, i=1,\ldots,4\mbox{.}$$ Ora, o número de soluções desta equação é igual ao número de formas de colocar $3$ separadores iguais entre $7$ objectos iguais, ou seja, $\binom{10}{3}=\frac{10!}{3!\times 7!}=\frac{10\times 9\times 8}{3\times 2}=120$. Depois de escolher as posições das bailarinas, e considerando a primeira fixa já que se trata de uma roda, ordenam-se as outras $3$. Assim, há $3!\times 120=720$ formas de dispor as bailarinas na roda. Falta só contar as formas de dispor os $11$ bailarinos. Como já se sabe em que posições podem ficar, basta ordená-los em fila: há $11!=11\times10\times 9\times 8\times 7\times 6\times 5\times 4\times 3\times 2=39916800$ possibilidades de o fazer. Assim, há $720\times 39916800=28740096000$ formas diferentes de dispor os $15$ bailarinos na roda.
Problema (nível 3): O Domingos usou $1002$ algarismos para numerar as páginas do livro que acabou de escrever. Quantas páginas tem o livro do Domingos?

Resolução: O Domingos usou $9$ algarismos para numerar as primeiras $9$ páginas. Nas $90$ páginas numeradas de $10$ a $99$, o Domingos usou $2\times 90=180$ algarismos. Para numerar cada uma das restantes páginas, o Domingos utilizou $3$ algarismos, pois o livro não pode ter mais que $1000$ páginas. Se $n$ é o número de páginas numeradas com $3$ algarismos, então tem-se $$ 9+2\times 90+ 3n=1002, $$ ou seja, $n=271$. Assim, o livro do Domingos tem $9+90+271=370$ páginas.
Problema (nível 3): Todos os dias, o João, o Vasco e a Eloísa treinam juntos numa pista circular. A Eloísa corre sempre com o dobro da velocidade do João e com o triplo da velocidade do Vasco. Um dia os três amigos resolveram fazer uma corrida mas a Eloísa, no momento da partida, começou a correr na direcção contrária à do João e do Vasco. Quando a Eloísa chegou ao fim da primeira volta deu a corrida por terminada e, em tom de desafio, disse-lhes que tinha percorrido $20$ metros desde o momento em que se tinha cruzado com o João até ao momento em que se tinha cruzado com o Vasco. Em poucos minutos, o João e o Vasco conseguiram determinar o comprimento da pista. Quantos metros tem a pista?

Resolução: Seja $t$ o comprimento da pista. Se, até ao momento em que se cruzou com o João, a Eloísa tinha percorrido $x$ metros, então o João tinha percorrido ${\ds \frac{x}{2}}$ metros, pois ele corre a metade da velocidade da Eloísa. Como correram em sentidos opostos, a soma da distâncias percorridas pela Eloísa e pelo João até esse momento é igual ao comprimento da pista, ou seja, $$t=x+\frac{x}{2}=\frac{3}{2}x.$$ Quando se cruzou com o Vasco, a Eloísa tinha percorrido $x+20$ metros e o Vasco ${\ds \frac{x+20}{3}}$ metros, pois ele corre a um terço da velocidade da Eloísa. Da mesma forma, a soma das distâncias por eles percorridas até esse momento é igual ao comprimento da pista, ou seja, $$t=x+20+\frac{x+20}{3}=\frac{4}{3}(x+20).$$ Assim, ${\displaystyle \frac{3}{2}x=t=\frac{4}{3}(x+20)}$, ou seja, $x=160$ e $t=240$. Portanto, o comprimento da pista é $240$ metros.
Problema (nível 4): Seja $[ABC]$ um triângulo equilátero e $P$ o ponto de $[AC]$ tal que $\overline{PC}=1$. A recta que passa por $P$ e é perpendicular a $AC$ intersecta $[BC]$ em $M$ e a recta $AB$ em $Q$. O ponto médio de $[QM]$ é $N$ e $\overline{BN}=10$. Determina o comprimento do lado do triângulo $[ABC]$.

Resolução: Considera a figura seguinte $$ (image1) $$ Sendo $[ABC]$ um triângulo equilátero e $[CPM]$ um triângulo rectângulo, tem-se $A\hat CB=60^o$ e $C\hat MP=30^o$. Note-se que $\angle CMP$ e $\angle QMB$ são ângulos verticalmente opostos e, por isso, $Q\hat MB=30^o$. Da mesma forma, uma vez que $[QPA]$ é um triângulo rectângulo, tem-se que $A\hat QP=30^o$ e, assim, $[BQM]$ é um triângulo isósceles. Como $N$ é o ponto médio de $[MQ]$, conclui-se que $[BN]$ é a altura do triângulo isósceles $[BQM]$ e, por isso, $[BNM]$ é um triângulo rectângulo. Uma vez que $N\hat MB=30^o$ tem-se $$\overline{BM}=\frac{\overline{BN}}{\mathrm{sen}\; 30^o}=2\times 10=20.$$ Da mesma forma, tem-se que $\overline{MC}=2\times \overline{PC}=2\times 1=2$. Portanto, o lado do triângulo $[ABC]$ mede $20+2=22$.


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[image1]
\beginpicture \setcoordinatesystem units <0.40cm,0.40cm> \arrow <0pt> [,] from 0 0 to 7 12.13 \arrow <0pt> [,] from 0 0 to 8 0 \arrow <0pt> [,] from 8 0 to 4 6.9 \arrow <0pt> [,] from 7 0 to 7 12.13 \arrow <0pt> [,] from 4 6.9 to 7 6.9 \put {\scriptsize{$P$}} at 7 -.4 \put {\scriptsize{$M$}} at 7.5 1.8 \put {\scriptsize{$B$}} at 3.5 7 \put {\scriptsize$C$} at 8.5 -.4 \put {\scriptsize$A$} at -.4 -.4 \put {\scriptsize$N$} at 7.5 7 \put {\scriptsize$Q$} at 7.5 12.3 \endpicture
Problema (nível 4): O Jeremias é um lagarto que se desloca verticalmente sobre um tronco, em cada dia ou sobe ou desce. O dia do mês é igual ao número de metros que o Jeremias faz no seu percurso diário: um metro no dia $1$, dois metros no dia $2$ e assim sucessivamente ao longo do mês. O Jeremias pretende estar, ao fim de um mês, no mesmo lugar donde partiu. Indica para que meses do ano de $2007$ isto é possível e os movimentos que ele deve fazer para o conseguir.

Resolução: O ano $2007$, não sendo bissexto, tem meses com $28$, $30$ e $31$ dias. Pretende-se encontrar uma escolha de sinais $\pm$ tais que $\pm 1 \pm 2 \pm 3 + \dots \pm (n-1) \pm n=0$, para $n=29$, $30$ ou $31$. Solução 1: Note-se que a paridade do número $1+2+3+\dots+ (n-1) +n$ é igual à paridade do número $\pm 1 \pm 2 \pm 3 + \dots \pm (n-1) \pm n$. Uma vez que $1+2+3+\dots+ 29 +30$ é um número ímpar, porque é uma soma com $15$ parcelas ímpares, então, para $n=30$, o número $\pm 1 \pm 2 \pm 3 + \dots \pm (n-1) \pm n$ também é ímpar e, por isso, não é zero qualquer que seja a escolha de sinais. Para $n=28$ é possível que a soma seja nula, basta colocar sinais $+$ e $-$ alternadamente a partir do dia $7$ $$ 1+2+3+4-5+6+7-8+9-10+11+ \dots +27-28 =0. $$ Para $n=31$ é possível que a soma seja nula, basta colocar sinais $+$ e $-$ alternadamente a partir do dia $10$ $$ 1+2-3+4+5-6+7-8+9+10-11+12-13+ \dots -29+30-31 =0. $$ Portanto, o Jeremias apenas consegue voltar ao sítio de onde partiu em Fevereiro e nos meses com $31$ dias. Solução 2: No final de um mês com $n$ dias o Jeremias percorreu $$ 1+2+3+ \dots + n = \frac{n (n+1)}{2} \mbox{ metros.} $$ Sejam $a_1, a_2, \dots, a_s$ os dias em que subiu e $b_1, b_2, \dots, b_t$ os dias em que desceu. Considere-se $A= a_1 + a_2+ \dots+ a_s$ e $B=b_1+ b_2+ \dots+ b_t$ e note-se que $$ A+B=\frac{n(n+1)}{2}$$ . Para que, no final do mês, o Jeremias volte ao sítio de onde partiu, é necessário que $A-B=0$. Neste caso, como ${\ds A+B=\frac{n(n+1)}{2}}$, tem-se ${\ds A=\frac{n (n+1)}{4}}$ e, por isso, é necessário que $4$ divida $n$ ou $n+1$. Para $n=30$ isto não acontece. Para $n= 28$ e $n=31$ obtém-se $A-B=0$, por exemplo, das seguintes maneiras: $$ (1-2-3+4)+(5-6-7+8)+ \dots + (25-26-27+28) =0, $$ $$ (1+2-3) + (4-5-6+7) + \dots + (28-29-30+31) =0.$$ Portanto, o Jeremias apenas consegue voltar ao sítio de onde partiu em Fevereiro e nos meses com $31$ dias.
Problema (nível 1): A Ana e a Madalena têm os seus relógios de ponteiros avariados. O relógio da Ana atrasa-se um minuto por dia e o da Madalena um minuto e meio. Elas acertaram os relógios ao mesmo tempo. Quantos dias depois é que os dois relógios vão, pela primeira vez, marcar simultaneamente a hora certa?

Resolução: Os ponteiros de um relógio que nunca se atrasa demoram $12$ horas a voltar à mesma posição, ou seja, $12\times 60=720$ minutos. O relógio da Ana atrasa-se um minuto por dia e, portanto, volta a estar certo $720$ dias depois. O relógio da Madalena atrasa-se um minuto e meio por dia e, portanto, volta a estar certo ${\ds \frac{720}{1,5}=480}$ dias depois. Assim, o relógio da Ana marca a hora certa de $720$ em $720$ dias e o relógio da Madalena de $480$ em $480$ dias. Então os dois relógios marcam simultaneamente a hora certa ao fim de um número de dias que seja múltiplo de $720$ e $480$. Como $mmc(720,480)=1440$, a primeira vez que os dois relógios vão marcar simultaneamente a hora certa é $1440$ dias depois.
Problema (nível 1): Um grupo de amigos quer pedir uma pizza. Se cada um deles pagar $1,90$ euros, faltam $0,50$ euros para pagar a conta. Se cada um deles pagar $2,20$ euros, recebem um euro de troco. Quanto tem que pagar cada um dos amigos para que o dinheiro esteja certo?

Resolução: Seja $n$ o número de amigos que vão partilhar a pizza. Se cada amigo pagar $1,90$ euros, então o total do dinheiro pago por eles é $n\times 1,90$ e, portanto, o preço da pizza é $n\times 1,90 + 0,5$. Por outro lado, se cada amigo pagar $2,20$ euros, então o total do dinheiro pago por eles é $n\times 2,20$ e, portanto, o preço da pizza é $n\times 2,20 - 1$. Assim, tem-se que $$n\times 1,90 + 0,5=n\times 2,20 - 1,$$ ou seja, $n=5$ e conclui-se que o grupo tem cinco amigos. Deste modo a pizza custa $5\times 1,90 + 0,5=10$ euros e, portanto, cada amigo tem que pagar ${\ds \frac{10}{5} = 2}$ euros.
Problema (nível 3): Num quadriculado com $3$ linhas e $10$ colunas escrevem-se na primeira linha e por ordem crescente os números de $1$ a $10$. Depois de preencher a segunda linha com os números de $1$ a $10$ agora dispostos por uma qualquer ordem, em cada quadrícula da terceira linha escreve-se a soma dos números colocados nas duas quadrículas acima. Existirá uma forma de preencher a segunda linha de modo que os algarismos das unidades dos números da terceira linha sejam todos distintos?

Resolução: A soma dos números de cada uma das duas primeiras linhas é $55$, logo a soma dos números da última linha é $2\times 55=110$. Se os algarismos das unidades dos números da terceira linha fossem todos distintos, então a sua soma seria um número ímpar, uma vez que surgiriam $5$ números pares e $5$ números ímpares. Portanto, não existe nenhuma forma de preencher a segunda linha nas condições exigidas.
Problema (nível 3): No rectângulo $[ABCD]$ representado na figura, $\overline{AB}=16$, $\overline{BC}=12$ e $[AFCE]$ é um losango. Determina $\overline{EF}$. $$ (image1) $$


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[image1]
\beginpicture \setcoordinatesystem units <.25cm,.25cm> \arrow <0pt> [,] from -8 -6 to 8 -6 \arrow <0pt> [,] from -8 -6 to -8 6 \arrow <0pt> [,] from 8 -6 to 8 6 \arrow <0pt> [,] from -8 6 to 8 6 \arrow <0pt> [,] from -8 6 to -4.5 -6 \arrow <0pt> [,] from 8 -6 to 4.5 6 \put {$F$} at 4.5 6.7 \put {$E$} at -4.5 -6.7 \put {$A$} at -8.7 6.7 \put {$B$} at 8.7 6.7 \put {$C$} at 8.7 -6.7 \put {$D$} at -8.7 -6.7 \endpicture

Resolução: Seja $x$ o comprimento do lado do losango $[AFCE]$. $$ (image2) $$ Pelo Teorema de Pitágoras tem-se, ${\displaystyle x^2=\overline{FC}^2=\overline{FB}^2+\overline{BC}^2=(16-x)^2+12^2,}$ logo ${\displaystyle x=\frac{25}{2}}$. Solução 1: Seja $G$ o pé da perpendicular a $DC$ que passa por $F$. Como $\overline{DE}=\overline{GC}=16-x$, tem-se $\overline{EG}=2x-16$. Pelo Teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo $[EGF]$ tem-se ${\displaystyle (\overline{EF})^2=(2x-16)^2+12^2=9^2+12^2}$, ou seja, $\overline{EF}=15$. Solução 2: A diagonal $[AC]$ do losango mede $\sqrt{16^2-12^2}=20$ e é perpendicular à diagonal $[EF]$. Assim, a altura do triângulo $[AFE]$ relativamente ao lado $[EF]$ mede $10$. Pelo Teorema de Pitágoras, tem-se ${\displaystyle \left(\frac{\overline{EF}}{2}\right)^2+10^2=\left(\frac{25}{2}\right)^2, }$ ou seja, $\overline{EF}=15$. Solução 3: A diagonal $[AC]$ do losango mede $\sqrt{16^2-12^2}=20$ e é perpendicular à diagonal $[EF]$. Assim, a altura do triângulo $[AFE]$ relativamente ao lado $[EF]$ mede $10$. Por um lado, a área do losango $[AFCE]$ é igual $\overline{EC}\times 12=150$, por outro lado é igual à soma das áreas dos triângulos $[AFE]$ e $[FCE]$. Estes triângulos têm altura igual a $10$ relativamente à base $[EF]$, portanto $ {\displaystyle {\mbox{\'{a}rea de }}[AFCE]=2\times\frac{\overline{EF}\times 10}{2}=150}$, ou seja, $\overline{EF}=15$.


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[image2]
\beginpicture \setcoordinatesystem units <.3cm,.3cm> \arrow <0pt> [,] from -8 -6 to 8 -6 \arrow <0pt> [,] from -8 -6 to -8 6 \arrow <0pt> [,] from 8 -6 to 8 6 \arrow <0pt> [,] from -8 6 to 8 6 \arrow <0pt> [,] from -8 6 to -4.5 -6 \arrow <0pt> [,] from 8 -6 to 4.5 6 \arrow <0pt> [,] from 4.5 -6 to 4.5 6 \arrow <0pt> [,] from -4.5 -6 to 4.5 6 \put {$F$} at 3 6.8 \put {$E$} at -4.5 -7 \put {$A$} at -8.7 7 \put {$B$} at 8.7 7 \put {$C$} at 8.7 -7 \put {$D$} at -8.7 -7 \put {$G$} at 4.5 -7 \put {\scriptsize$x$} at -1.5 6.7 \put {\scriptsize $16-x$} at 6 6.7 \put {$12$} at 9.3 0 \put {\scriptsize$x$} at 7 0 \put {\scriptsize $x$} at -5 0 \put {\scriptsize$2x-16$} at 0 -6.8 \endpicture
Problema (nível 3): O Nuno resolveu rapidamente o seguinte quebra-cabeças: Preenche as seis regiões vazias da figura com os números de um a seis de modo a que a soma dos números dentro de cada circunferência seja a mesma. $$ (image1) $$ Sem pressas, a irmã do Nuno encontrou todas as soluções possíveis para o quebra-cabeças, mas nunca conseguiu que a soma dentro de cada uma das circunferências fosse maior do que a soma obtida pelo Nuno. Qual foi a soma obtida pelo Nuno?


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[image1]
\beginpicture \setcoordinatesystem units <1.5cm,1.5cm> \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 0 0 center at 0.3 1 \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 2 0 center at 1.7 1 \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 0 2 center at 1 2 \put {$7$} at 1 2.25 \put {} at 1 3 \put {} at 1 -1 \endpicture

Resolução: Note-se primeiro que é possível dispor os números de $1$ a $6$ de modo a obter a soma $16$ dentro de cada circunferência: $$ (image2) $$ No entanto, não é possível obter uma soma superior a $16$ em cada circunferência. De facto, sejam A,B,C,D,E e F números distintos de $1$ a $6$ dispostos como se indica na figura seguinte $$ (image3) $$ e designe-se por $S$ a soma dos números colocados dentro de cada uma das circunferências. Então $$3S=7+A+B+2(C+D+E)+3F$$ cujo valor máximo é $7+1+2+2(3+4+5)+3\times6=52$, pelo que o valor máximo de $S$ não pode ser superior a 17. Suponha-se então que $S=17$. Se nem $A$ nem $B$ fossem 1, então $3S\leq 7+2+3+2(1+4+5)+3\times 6=50$, logo pode supor-se sem perda de generalidade que $A=1$. Mas então teria que ser $C+F+E=16$, o que não é possível uma vez que $C+F+E\leq 6+5+4=15$. A soma obtida pela Sara foi assim $16$.


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[image2]
\beginpicture \setcoordinatesystem units <1.5cm,1.5cm> \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 0 0 center at 0.3 1 \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 2 0 center at 1.7 1 \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 0 2 center at 1 2 \put {$7$} at 1 2.25 \put {4} at 0.05 0.75 \put {2} at 1.95 0.75 \put {6} at 1 0.75 \put {5} at 1 1.3 \put {1} at 0.5 1.65 \put {3} at 1.5 1.65 \endpicture
[image3]
\beginpicture \setcoordinatesystem units <1.5cm,1.5cm> \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 0 0 center at 0.3 1 \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 2 0 center at 1.7 1 \ellipticalarc axes ratio 1:1 360 degrees from 0 2 center at 1 2 \put {$7$} at 1 2.25 \put {A} at 0.05 0.75 \put {B} at 1.95 0.75 \put {E} at 1 0.75 \put {F} at 1 1.3 \put {C} at 0.5 1.65 \put {D} at 1.5 1.65 \endpicture
Problema (nível 4): Qual o número máximo de triângulos com vértices nos pontos da figura que é possível construir? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(100,100)(0,0) \put(0,40){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(0,60){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(20,40){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(40,0){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(40,20){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(40,40){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(40,60){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(60,40){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(80,40){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(80,60){\makebox(0,0){$\bullet$}} \put(0,40){\line(0,1){20}} \put(0,40){\line(1,0){80}} \put(40,0){\line(0,1){60}} \put(80,40){\line(0,1){20}} \end{picture}

Resolução: Dado um conjunto com $n$ elementos, o números de subconjuntos com três elementos é ${\ds \frac{n(n-1)(n-2)}{6}}$, que é representado por ${\ds \left( {n} \atop {3} \right)}$. De facto, se escolhermos o primeiro elemento entre $n$, o segundo entre $n-1$ e o terceiro entre $n-2$, constroem-se $n(n-1)(n-2)$ subconjuntos, sendo que cada subconjunto se repete $3\times 2=6$ vezes. O número total de triângulos e triângulos degenerados (aqueles em que o comprimento de um dos lados é igual à soma dos comprimentos dos restantes dois) que se pode construir com vértices nos pontos da figura é $$\left( {10} \atop {3} \right)=120.$$ O número de triângulos degenerados que se pode construir com vértices nos pontos da figura é igual a $$\left( {5} \atop {3} \right) + \left( {4} \atop {3} \right) + 3 = 17.$$ Portanto, o número de triângulos (não degenerados) que se pode construir com vértices nos pontos da figura é igual a $120-17=103$.
Problema (nível 4): Seja $d$ um número natural. Dados dois números naturais $M$ e $N$ com $d$ algarismos, $M$ é amigo de $N$ se os $d$ números obtidos substituindo cada um dos algarismos de $M$ pelo algarismo de $N$ que se encontra na mesma posição são todos múltiplos de $7$. Determina os valores de $d$ para os quais é válida a seguinte condição: Para quaisquer dois números $M$ e $N$ com $d$ algarismos, se $M$ é amigo de $N$, então $N$ é amigo de $M$.

Resolução: Sejam $M=a_1a_2\ldots a_d$ e $N=b_1b_2\ldots b_d$ dois números com $d$ algarismos, escritos pelos seus algarismos. Observe-se que, se $M$ é amigo de $N$, então os números $M_1=b_1a_2\ldots a_d, M_2=a_1b_2a_3\ldots a_d,\ldots,M_d=a_1a_2\ldots a_{d-1}b_d$ são todos múltiplos de $7$. Assim, a soma $S=M_1+\ldots +M_d=(d-1)M+N$ é também múltipla de $7$. Além disso, se $N_i=b_1\ldots b_{i-1}a_ib_{i+1} \ldots b_d$, para $i=1,\ldots, d$, tem-se $M_i+N_i=M+N$. Como $M_i$ é múltiplo de $7$, vem que $N_i$ é múltiplo de $7$ exactamente quando $M+N$ é múltiplo de $7$. Suponha-se que $d=7k+2$, para $k$ inteiro. Então, se $M$ é amigo de $N$, tem-se que $$M+N=(7k+1)M+N-7kM=(d-1)M+N-7kM=S-7kM$$ é múltiplo de $7$, logo, todos os $N_i$ são múltiplos de $7$,$i=1,\ldots,d$, ou seja, $N$ é amigo de $M$. Observe-se que dado um número $M$ com $d$ algarismos existe um número $N$ com $d$ algarismos tal que $M$ é amigo de $N$. De facto, se se substituir um determinado algarismo de $M$ por cada um dos algarismos de $0$ a $9$ e se dividir os números resultantes por sete, obtêm-se todos os restos de $0$ a $6$, pelo que, para um determinado algarismo, o número será múltiplo de $7$. Repetindo este processo para cada algarismo de $M$, obtém-se um número $N$ tal que $M$ é amigo de $N$. Suponha-se que é válida a condição indicada para um número natural $d$. Escolha-se $M$ de $d$ algarismos tal que $M$ não é múltiplo de $7$. Seja $N$ um número com $d$ algarismos tal que $M$ é amigo de $N$. Então, $M+N$ é múltiplo de $7$ logo, a diferença $S-(M+N)=(d-1)M+N-(M+N)=(d-2)M$ também é múltipla de $7$. Como $7$ é primo e $M$ não é múltiplo de $7$, então $d-2$ é múltiplo de $7$, ou seja, $d=7k+2$. Portanto, os valores de $d$ para os quais é válida a condição indicada são os números naturais da forma $7k+2$, para $k$ inteiro.
Problema (nível 4): O Nelson desafia a Telma para o seguinte jogo: Primeiro a Telma retira $2^9$ números do conjunto $\{0,1,2, 3,..., 1024\}$, em seguida o Nelson retira $2^8$ números dos restantes. Depois a Telma retira $2^7$ números e assim sucessivamente, até restarem apenas $2$ números. O Nelson terá de dar à Telma a diferença entre estes dois números em euros. Qual é a maior quantia que a Telma pode ganhar independentemente da estratégia do Nelson?

Resolução: A Telma consegue garantir pelo menos $32$ euros. Para isso, apenas necessita de, em cada jogada, retirar os números que estão numa posição par quando estes estão por ordem crescente. De facto, com esta estratégia, a distância mínima entre dois números do conjunto é pelo menos duplicada em cada jogada, pelo que ao fim das cinco jogadas da Telma, esta distância é no mínimo $2^5=32$. O Nelson consegue evitar pagar mais de $32$ euros. Para isso, apenas necessita de, em cada jogada, retirar todos os números do início, ou todos os números do final, ficando com aqueles cuja distância máxima é menor. De facto, com esta estratégia, a distância máxima entre dois números do conjunto é pelo menos dividida por dois em cada jogada, pelo que ao fim das cinco jogadas do Nelson, esta distância é no máximo $1024/(2^5)=32$.