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Problema (nível 3): Seja $[ABCD]$ um trapézio e $E$ o ponto médio de $[DB]$. Sabendo que $[AB]$ tem o triplo do comprimento de $[CD]$ e que $[ABCD]$ tem área $24$, qual é a área de $[CDE]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(12.5,5.5) \small \pspolygon(0,0)(12,0)(10,5)(6,5) \psline(6,5)(12,0) \psline(10,5)(9,2.5) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=gray!50](10,5)(6,5)(9,2.5) \rput(-0.5,-0.5){$A$} \rput(12.5,-0.5){$B$} \rput(10.5,5.5){$C$} \rput(5.5,5.5){$D$} \rput(8.5,2){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Como $\overline{AB}=3\overline{DC}$, o triângulo $[ADB]$ tem o triplo da área do triângulo $[DCB]$, uma vez que têm a mesma altura. Dado que a área de $[ABCD]$ é a soma da área destes dois triângulos, conclui-se que a área de $[DCB]$ é $\frac{24}{4}=6$. Por outro lado, uma vez que $\overline{DB}=2\overline{DE}$, o triângulo $[CDE]$ tem metade da área do triângulo $[DCB]$, ou seja, $3$.
Problema (nível 3): O Miguel, o David e o Henrique querem pernoitar numa pensão, onde há um quarto azul, um quarto vermelho e um quarto verde. Qualquer dos quartos só pode acolher no máximo dois dos amigos. De quantas formas podem os amigos ser colocados nos quartos?

Resolução: Solução 1: Se cada um dos três amigos pudesse escolher qualquer um dos três quartos, haveria $3\times 3\times 3=27$ escolhas diferentes. No entanto, $3$ destas escolhas não são possíveis, nomeadamente quando todos escolhem o quarto azul, o quarto vermelho ou o quarto verde. Portanto há $27-3=24$ escolhas possíveis. Solução 2: Se os três amigos ficarem todos em quartos diferentes, então o primeiro tem $3$ escolhas possíveis e o segundo tem $2$ escolhas possíveis. Portanto há $6$ formas diferentes de os amigos ficarem em quartos diferentes. Se dois amigos partilharem um quarto, há $3$ escolhas possíveis para o amigo que fica sozinho, $3$ escolhas possíveis para o quarto dele e $2$ escolhas possíveis para o quarto partilhado. Logo há $3\times 3\times 2=18$ formas diferentes de os amigos ficarem alojados. Assim, ao todo há $6+18=24$ escolhas possíveis.
Problema (nível 3): Num congresso de Ciências participam $30$ cientistas: matemáticos, físicos, químicos e biólogos. O número de físicos e biólogos juntos é metade do número de matemáticos. O número de físicos e químicos juntos é igual ao dobro do número de biólogos. Quantos matemáticos participam no congresso?

Resolução: Designe-se por $M$ o número de matemáticos, por $F$ o número de físicos, por $Q$ o número de químicos e por $B$ o número de biólogos. Sabe-se que $M+F+Q+B=30$, $F+Q=2B$ e $M=2(F+B)$. Substituindo a segunda e a terceira igualdade na primeira obtém-se $2F+5B=30$. Portanto $5B=30-2F$, ou seja, $5B$ é um número par inferior a $30$. Logo $5B=10$ ou $5B=20$. Logo o número de biólogos só poderá ser $2$ (e $F=10$) ou $4$ (e $F=5$). Por outro lado, como $F+Q=2B$, tem-se que $2B$ é maior do que $F$, logo o número de biólogos é $4$, o número de físicos é $5$ e o número de matemáticos é $18$.
Problema (nível 3): Um número de quatro algarismos diferentes de $0$ diz-se quatríssimo se todos os números que se obtêm permutando os seus algarismos são múltiplos de $4$ (ou seja, se o número tem uma representação em quatro algarismos $abcd$, então todos os números $abcd$, $abdc$, $\dots$, $dcba$ são múltiplos de $4$). Quantos números quatríssimos existem?

Resolução: Um número de quatro algarismos $abcd$ é múltiplo de $4$ se e só se $cd$ é um um múltiplo de $4$. Como todas as permutações de um número quatríssimo são múltiplas de $4$, então $abcd$ é quatríssimo se e só se $ab, \ ba, \ ac, \ ca, \ ad, \ da, \ bc, \ cb, \ bd, \ db, \ cd, \ dc$ são todos múltiplos de $4$. Como um número que termina num algarismo ímpar não é múltiplo de $4$, então um número quatríssimo não pode ter nenhum algarismo ímpar; como $22$, $42$, $62$ e $82$ não são múltiplos de $4$, um número quatríssimo também não pode ter nenhum algarismo $2$; como $46$, $66$ e $86$ não são múltiplos de $4$, um número quatríssimo também não pode ter nenhum algarismo $6$. Resta notar que todos os números formados apenas por $4$ e $8$ funcionam, já que $44$, $48$, $84$ e $88$ são todos múltiplos de $4$. Como para cada algarismo de um número quatríssimo existem duas escolhas ($4$ ou $8$), há ao todo $2 \times 2 \times 2 \times 2 = 16$ números quatríssimos.
Problema (nível 3): Na figura seguinte encontra-se representado um triângulo $[ADF]$ com pontos $B,C$ no lado $[AD]$ e $E$ no lado $[DF]$ tais que $\overline{AB}=\overline{BE}=\overline{BC}$, $\overline{AF}=\overline{BF}=\overline{EF}$ e $\overline{CD}=\overline{CE}$. Determina a medida do ângulo $\angle CDE$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(6,3.65) \small \pspolygon(0,0)(6,0)(1.1459,3.52671) \psline(1.1459,3.52671)(2.2918,0) \psline(2.2918,0)(4.1459,1.34708) \psline(4.1459,1.34708)(4.58359,0) \rput(-0.3,-0.3){$A$} \rput(2.2918,-0.4){$B$} \rput(4.58359,-0.4){$C$} \rput(6.4,-0.4){$D$} \rput(4.5459,1.74708){$E$} \rput(1.1459,3.92671){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Denote-se por $\alpha$ a amplitude do ângulo $\angle CDE$. Como $[CED]$ é um triângulo isósceles de base $[ED]$, tem­-se $C\widehat{E}D=C\widehat{D}E=\alpha$. Portanto $B\widehat{C}E=C\widehat{E}D+C\widehat{D}E=2\alpha$. Sendo $[BCE]$ um triângulo isósceles de base $[CE]$, conclui-se que $B\widehat{E}C=B\widehat{C}E=2\alpha$. Portanto $A\widehat{B}E=B\widehat{C}E+B\widehat{E}C=4\alpha$. Por outro lado, como os triângulos $[ABF]$ e $[BEF]$ são congruentes e isósceles de bases respetivamente $[AB]$ e $[BE]$, tem-se $A\widehat{B}F=F\widehat{B}E$ e portanto $B\widehat{E}F=F\widehat{B}E=\frac{A\widehat{B}E}{2}=2\alpha.$ Como $C\widehat{E}D+B\widehat{E}C+B\widehat{E}F=180^\circ$, então $\alpha+2\alpha+2\alpha=180^\circ$, donde $\alpha=36^{{\small o}}$.
Problema (nível 3): Na Tricolorolândia, todas as cidades têm bandeiras diferentes. Cada cidade tem uma bandeira quadrada, dividida em nove quadradinhos iguais num quadriculado três por três. Estes quadradinhos podem ser brancos, azuis ou vermelhos, mas dois quadradinhos com um lado em comum têm sempre cores diferentes. O Imperador da Tricolorolândia queria fundar uma nova cidade, mas ao tentar atribuir-lhe uma bandeira, descobriu que todas as possibilidades estavam já atribuídas a alguma cidade, pelo que teve de desistir da ideia. Quantas cidades tem a Tricolorolândia? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(0,0) \small \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=red](0,2)(1,2)(1,3)(0,3) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azulclarologotipo](1,3)(2,3)(2,4)(1,4) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azulclarologotipo](2,4)(3,4)(3,5)(2,5) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azulclarologotipo](2,2)(3,2)(3,3)(2,3) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=red](0,4)(1,4)(1,5)(0,5) \psline(0,0)(0,5)(3,5)(3,2)(0,2) \psline(0,3)(3,3) \psline(0,4)(3,4) \psline(1,2)(1,5) \psline(2,2)(2,5) \end{pspicture}

Resolução: Denotem-se de $1$ a $9$ os quadradinhos da bandeira, da esquerda para a direita e de cima para baixo. Note-se que se os quadradinhos $2$ e $4$ forem da mesma cor, há duas escolhas possíveis para a cor do quadradinho $1$; se forem de cor diferente, há apenas uma escolha possível. Do mesmo modo, o número de escolhas para as cores dos quadradinhos $3$, $7$ e $9$ depende das cores dos quadradinhos $2$ e $6$, $4$ e $8$, $6$ e $8$, respetivamente. Como todos os quadradinhos pares têm uma cor diferente do quadradinho central, só podem aparecer uma ou duas cores nos quadradinhos pares. Se os quadradinhos pares são todos da mesma cor, há três escolhas para essa cor e duas escolhas para a cor de cada uma das casas ímpares. Assim, há $3\times 2^5=96$ bandeiras diferentes. Se nos quadradinhos pares há duas cores, há dois casos. Se as cores das casas $2$, $4$, $8$ e $6$ estão alternadas, isto é, se, $2$ e $8$ têm uma cor e $4$ e $6$ têm outra cor, há três escolhas para a cor da casa $2$, duas escolhas para a cor da casa $4$ e todos os outros quadradinhos ficam com a cor determinada. Assim, há $3\times 2=6$ bandeiras diferentes. Se as cores das casas $2$, $4$, $8$ e $6$ não estão alternadas, entre os pares $(2,4)$, $(4,8)$, $(8,6)$ e $(6,2)$ há exatamente dois onde as cores são iguais. Há seis escolhas para esses dois pares, três escolhas para a cor do quadradinho $2$, duas escolhas para a outra cor que aparece nos quadradinhos pares e duas escolhas para a cor de dois dos cantos. Para a casa central há uma única escolha possível. Assim, há $6\times 3\times 2\times 2^2=144$ bandeiras diferentes. Portanto, ao todo há $96+6+144=246$ cidades diferentes.
Problema (nível 3): Seja $[ABC]$ um triângulo e $D$ um ponto entre $A$ e $B$. Se os triângulos $[ABC]$, $[ACD]$ e $[BCD]$ são todos isósceles, quais são os valores possíveis de $A\widehat{B}C$?

Resolução: Seja $\alpha=A\widehat BC$. Há vários casos a considerar, conforme os lados que são iguais em cada triãngulo. Seja $\alpha=A\widehat BC$. Há vários casos a considerar, conforme os lados que são iguais em cada triãngulo. $\overline{AC}=\overline{AD}$ Neste caso temos $A\widehat DC=A\widehat CD<90$. Logo $B\widehat DC>90$, pelo que $\overline{DC}=\overline{BD}$. Logo $A\widehat DC=2A\widehat BC=2\alpha$. Se $\overline{BC}=\overline{AC}$, então $180=A\widehat BC+B\widehat CA+C\widehat AB=\alpha+3\alpha+\alpha=5\alpha$, pelo que $\alpha=36^\circ$. (image1) Se $\overline{BC}=\overline{AB}$, então $B\widehat AC=90-\alpha/2$. Logo $180=A\widehat DC+D\widehat CA+C\widehat AD=2\alpha+2\alpha+90-\alpha/2=7\alpha/2$, pelo que $\alpha=\dfrac{180^\circ}{7}$. (image2) Seja $\alpha=A\widehat BC$. Há vários casos a considerar, conforme os lados que são iguais em cada triãngulo. $\overline{AC}=\overline{CD}$ Neste caso temos $A\widehat DC=D\widehat AC<90$. Como anteriormente, conclui-se que $\overline{DC}=\overline{BD}$. Então $\overline{AB}=\overline{BC}$. Logo $180=A\widehat DC+D\widehat CA+C\widehat AD=2\alpha+\alpha+2\alpha=5\alpha$, pelo que $\alpha=36^\circ$. (image3) Seja $\alpha=A\widehat BC$. Há vários casos a considerar, conforme os lados que são iguais em cada triãngulo. $\overline{CD}=\overline{AD}$ Se $\overline{BD}=\overline{CD}$, então tanto $\overline{AC}$ como $\overline{BC}$ são inferiores a $\overline{AD}+\overline{DC}$, pelo que $\overline{AC}=\overline{BC}$. Logo $180=4\alpha$, pelo que $\alpha=45^\circ$. (image4) Os restantes casos foram já analisados anteriormente, trocando os pontos $A$ e $B$. Obtemos assim os valores possíveis $\alpha=\dfrac{540^\circ}{7}$ e $\alpha=72^\circ$.


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[image1]
\begin{pspicture}(-1,0)(0.61973,0.58923) \small \psline(-0.19203,0.58923)(-1,0)(0.61973,0)(-0.19203,0.58923) \psline(-0.19203,0.58923)(0,0) \rput(-1.1,-0.1){$A$} \rput(0.7,-0.1){$B$} \rput(-0.1,0.7){$C$} \rput(0,-0.1){$D$} \end{pspicture}
[image2]
\begin{pspicture}(-1,0)(1.24932,0.97559) \small \psline(-0.78039,0.97559)(-1,0)(1.24932,0)(-0.78039,0.97559) \psline(-0.78039,0.97559)(0,0) \rput(-1.1,-0.1){$A$} \rput(1.3,-0.1){$B$} \rput(-0.9,1.1){$C$} \rput(0,-0.1){$D$} \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(-1,0)(1.60606,1.52625) \small \psline(-0.5,1.52625)(-1,0)(1.60606,0)(-0.5,1.52625) \psline(-0.5,1.52625)(0,0) \rput(-1.1,-0.1){$A$} \rput(1.7,-0.1){$B$} \rput(-0.6,1.6){$C$} \rput(0,-0.1){$D$} \end{pspicture}
[image4]
\begin{pspicture}(-1,0)(1,1) \small \psline(0,1)(-1,0)(1,0)(0,1) \psline(0,1)(0,0) \rput(-1.1,-0.1){$A$} \rput(1.1,-0.1){$B$} \rput(0,1.1){$C$} \rput(0,-0.1){$D$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): Considera a divisão seguinte, onde os pontos representam algarismos que foram apagados. (image1) Qual é o valor dos algarismos $A$, $B$ e $C$?


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[image1]
\begin{pspicture}(-1,-1)(13,9) \small \rput(0,8){\Huge$\bullet$} \rput(2,8){\Huge$\bullet$} \rput(4,8){\Huge$\bullet$} \rput(6,8){\Huge$\bullet$} \rput(0,6){\Large$-$} \rput(2,6){\Huge$\bullet$} \rput(4,6){\Huge$\bullet$} \psline(-1,5)(7,5) \rput(2,4){\Huge$\bullet$} \rput(4,4){\Huge$\bullet$} \rput(6,4){\Huge$\bullet$} \rput(0,2){\Large$-$} \rput(2,2){\Huge$\bullet$} \rput(4,2){\Large$2$} \rput(6,2){\Huge$\bullet$} \psline(-1,1)(7,1) \rput(4,0){\Huge$\bullet$} \rput(6,0){\Huge$\bullet$} \rput(10,8){\Large$A$} \rput(12,8){\Large$B$} \psline(9,9)(9,7)(14,7) \rput(10,6){\Large$7$} \rput(12,6){\Large$C$} \end{pspicture}

Resolução: Como $7\times AB$ tem dois algarismos, então $10\leq AB\leq 14$. Por outro lado, $C\times AB\geq 120$, pelo que $C=9$ e $AB=14$.
Problema (nível 3): No trapézio $[ABCD]$ os lados $[AB]$ e $[CD]$ são paralelos e tem-se $\overline{AB}=33$, $\overline{BC}=14$, $\overline{CD}=21$ e $\overline{DA}=10$. Determina $\overline{AC}$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-1,-1)(34,11) \small \pspolygon(0,0)(33,0)(23,9.79796)(2,9.79796) \rput(-1,-1){$A$} \rput(34,-1){$B$} \rput(24,11){$C$} \rput(1,11){$D$} \end{pspicture}

Resolução: Designemos por $x,y,z$ as medidas indicadas na figura. (image2) Pelo teorema de Pitágoras, temos $x^2+z^2=10^2$, $y^2+z^2=14^2$ e $x+y=33-21=12$. Logo $y=12-x$ e $z^2=100-x^2$, pelo que $(12-x)^2+100-x^2=196$, ou seja, $x=2$. Temos $\overline{AC}^2=(21+x)^2+z^2=441+42x+x^2+z^2=441+42\times 2+100=625$. Logo $\overline{AC}=25$.


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[image2]
\begin{pspicture}(-1,-1)(34,11) \small \pspolygon(0,0)(33,0)(23,9.79796)(2,9.79796) \psline(2,0)(2,9.79796) \psline(1.5,0)(1.5,0.5)(2,0.5) \psline(23,0)(23,9.79796) \psline(22.5,0)(22.5,0.5)(23,0.5) \rput(-1,-1){$A$} \rput(34,-1){$B$} \rput(24,11){$C$} \rput(1,11){$D$} \rput(1,-1){$x$} \rput(3,5){$z$} \rput(22,5){$z$} \rput(28,-1){$y$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): A Susana tem quatro caixas numeradas de $0$ a $3$ onde guarda algumas das suas medalhas. Ela colocou nas caixas com o número $0$, $1$, $2$ e $3$ respetivamente $1,2,1,0$ medalhas. A Susana reparou que, com esta distribuição, o número de caixas com $0$, $1$, $2$ e $3$ medalhas, respetivamente, é também $1,2,1,0$. (image1) Assim, na distribuição da Susana, em cada caixa $n$ há tantas medalhas como o número de caixas com $n$ medalhas. Se a Susana quiser fazer uma distribuição de medalhas em $10$ caixas, numeradas de $0$ a $9$, com a mesma propriedade, de quantas formas o pode fazer?


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[image1]
\begin{pspicture}(-1,-1)(23,5) \small \def\medalha{ \pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=dourado,linecolor=douradoescuro](0,0){1}} \pspolygon(0,0)(4,0)(4,4)(0,4) \rput(1.5,1.5){\medalha} \pspolygon(6,0)(10,0)(10,4)(6,4) \rput(7.5,1.5){\medalha} \rput(8.5,1.6){\medalha} \pspolygon(12,0)(16,0)(16,4)(12,4) \rput(13.5,1.5){\medalha} \pspolygon(18,0)(22,0)(22,4)(18,4) \rput(2,-1){$0$} \rput(8,-1){$1$} \rput(14,-1){$2$} \rput(20,-1){$3$} \end{pspicture}

Resolução: Primeiro observemos que a caixa $0$ tem medalhas, pois se não tivesse, todas as caixas, inclusivamente ela própria, teriam medalhas, contradição. Seja $a$ o número de medalhas da caixa $0$. Como o número de medalhas nas caixas $1$ a $9$ é igual ao número total de caixas com medalhas, que é o número de caixas $1$ a $9$ com medalhas mais $1$ (porque a caixa $0$ tem medalhas), então cada uma dessas caixas tem $1$ medalha exceto uma das caixas, que tem $2$ medalhas. Portanto uma caixa qualquer só pode ter $0$, $1$, $2$, ou $a$ medalhas, ou seja, há no máximo $4$ caixas com medalhas. Logo há pelo menos $6$ caixas sem medalhas, ou seja, $a\geq 6$. Então $a\neq 0,1,2$, logo há exatamente $4$ caixas sem medalhas, donde $a=6$. Portanto a única possibilidade é o número de medalhas das caixas $0$ a $9$ ser respetivamente $6,2,1,0,0,0,1,0,0,0$.
Problema (nível 4): O quadrilátero $[ABCD]$ tem três ângulos iguais a $45^\circ$, nos vértices $A$, $B$ e $C$. Se $[BD]$ mede $6$ cm, quanto mede a área de $[ABCD]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(12.5,12.5) \small \pspolygon(0,0)(2,2)(10,2)(0,12) \rput(-0.5,-0.5){$A$} \rput(-0.5,12.5){$B$} \rput(10.5,1.5){$C$} \rput(2.2,1.3){$D$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $E$ a interseção de $AD$ e $BC$. Como $\hat A=\hat B=45^\circ$, o triângulo $[ABE]$ é isósceles e retângulo em $E$. Assim, a área de $[ABE]$ é $\frac{1}{2}\overline{BE}^2$. Analogamente, o triângulo $[DEC]$ é isósceles e retângulo em $E$, logo a área de $[DEC]$ é $\frac{1}{2}\overline{DE}^2$ . (image2) Assim, como a área de $[ABCD]$ é igual à soma das áreas de $[ABE]$ e $[DEC]$, então a área de $[ABCD]$ é $$\frac{1}{2}\left(\overline{BE}^2 + \overline{DE}^2\right).$$ Pelo Teorema de Pitágoras, $\overline{BE}^2 + \overline{DE}^2=\overline{BD}^2$, logo a área de $[ABCD]$ é $\frac{1}{2}\overline{BD}^2$, ou seja, $18$ cm$^2$.


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[image2]
\begin{pspicture}(-0.5,0)(12.5,10.5) \small \pspolygon(0,0)(2,2)(10,2)(0,12) \rput(-0.5,-0.5){$A$} \rput(-0.5,12.5){$B$} \rput(10.5,1.5){$C$} \rput(2.2,1.3){$D$} \psline(2,2)(6,6) \psline(2,2)(0,12) \rput(6.5,6.5){$E$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Quantos números de quatro algarismos existem tais que o produto dos seus algarismos seja $60$?

Resolução: Os algarismos que são divisores de $60$ são $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$. O único que pode aparecer repetido é o $2$. Neste caso, o produto dos algarismos para além dos dois algarismos $2$ é $60/(2\times 2)=15$, ou seja, são o $3$ e o $5$. Os algarismos $2$ podem estar nas seguintes seis posições: $22**$, $2*2*$, $2**2$, $*22*$, $*2*2$ e $**22$. Para cada uma delas, os outros algarismos podem aparecer na ordem $3,5$ ou $5,3$. Portanto há $6\times 2=12$ números possíveis. Se nenhum algarismo aparece repetido, então, como $1\times 2\times 3\times 4\times 5\times 6=720$, o produto dos dois algarismos que não aparecem é $720/60=12$. Deste modo, os algarimos que não aparecem são o $2$ e o $6$, ou o $3$ e o $4$. Portanto há dois casos possíveis. Para cada um deles, os algarimos podem ser ordenados de $4\times 3\times 2\times 1=24$ formas diferentes, logo há $2\times 24=48$ números possíveis. Assim, ao todo há $12+48=60$ números de $4$ algarismos cujo produto é $60$.
Problema (nível 4): O João tem $3n$ bolas numeradas com os números de $1$ a $n$, havendo três bolas com cada um dos números. O João colocou as bolas em seis caixas, de modo que quaisquer duas caixas têm pelo menos uma bola com o mesmo número. Qual é o menor valor possível para $n$?

Resolução: Suponhamos que uma das caixas tem duas ou menos bolas. Então essas bolas aparecem em no máximo $4$ outras caixas, logo a sexta caixa não tem nenhuma bola com um número em comum. Conclui-se assim que cada caixa tem pelo menos $3$ bolas, ou seja, ao todo há pelo menos $6\times 3=18$ bolas. Portanto, $n\geq 6$. Para mostrar que $n=6$ é um valor possível, basta verificar que as caixas com os números seguintes verificam as condições pretendidas: $\{1,2,3\}$, $\{1,2,4\}$, $\{1,5,6\} $, $\{2,5,6\}$, $\{3,4,6\}$ e $\{3,4,5\}$.
Problema (nível 4): Na cidade de Numerópolis, o Festival dos Restos realiza-se nos anos cuja representação em quatro algarismos $abcd$ não termina com dois zeros e onde o resto da divisão de $abcd$ por $cd$ é $ab$. Por exemplo, o Festival dos Restos realiza-se em $2022$, porque o resto da divisão de $2022$ por $22$ é $20$. Quantos são os anos deste século em que se realiza o Festival dos Restos na cidade de Numerópolis?

Resolução: Suponha-se que o ano com representação em quatro algarismos $20cd$ é um ano em que se realiza o Festival dos Restos. Considere-se o número $n=cd$ formado pelos dois últimos algarismos do ano. Como $20$ é o resto da divisão de $20cd$ por $n$, tem-se $21\leq n\leq 99$ e $$2000+n=q\times n+20$$ para algum inteiro $q$, donde $$1980=(q-1)\times n.$$ Logo $n$ é um divisor de $1980$ tal que $21\leq n\leq 99$. Como a fatorização de $1980$ em primos é $1980=2^2\times 3^2\times 5\times 11$, conclui-se que $n$ está entre os elementos do conjunto $$\{2^2\times 3^2,2^2\times 3\times 5,2^2\times 11,2\times 3^2\times 5,2\times 3\times 5,2\times 3\times 11,2\times 11,3^2\times 5,3^2\times 11,3\times 11,5\times 11\}.$$ Portanto, o Festival dos Restos realiza-se na cidade de Numerópolis em $11$ anos deste século, nomeadamente $2022$, $2030$, $2033$, $2036$, $2044$, $2045$, $2055$, $2060$, $2066$, $2090$, $2099$.
Problema (nível 4): Seja $D$ o ponto médio do lado $[BC]$ do triângulo $[ABC]$. Consideremos ainda o ponto médio $E$ da mediana $[AD]$, e o ponto de interseção $F$ da reta $BE$ com o lado $[AC]$. Sabendo que $[ABC]$ tem área $12$, qual é a área do quadrilátero $[DCFE]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(10,6) \pspolygon(0,0)(10,0)(4,6) \psline(1.333,2)(10,0) \psline(0,0)(7,3) \rput(-0.3,-0.3){$A$} \rput(10.3,-0.3){$B$} \rput(4,6.3){$C$} \rput(7.35,3.25){$D$} \rput(3.5,1.9){$E$} \rput(1.2,2.3){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Como $[AD]$ é uma mediana de $[ABC]$, então área$[ABD]=\,$área$[ACD]=6$. Como $[BE]$ é uma mediana de $[ABD]$, tem-se área$[ABE]=\,$área$[BDE]=3$. De seguida mostra-se que área$[AEF]=1$, pelo que área$[CDEF]=\,$área$[ACD]-\,$área$[AEF]=6-1=5$. Solução 1. Considere-se o ponto médio $G$ do lado $[AB]$ e a interseção $H$ das medianas $[BE]$ e $[DG]$. Os triângulos $[AEF]$ e $[DEH]$ são congruentes porque $\overline{AE}=\overline{DE}$ e as retas $AC$ e $DG$ são paralelas, uma vez que $D$ e $G$ são os pontos médios dos lados $BC$ e $BA$, respetivamente. As medianas intersetam-se a um terço do comprimento de cada uma delas, donde $\overline{EB}=3\overline{EH}$. Tem-se então que área$[AEF]=\,$área$[EHD]=\,$área$[BDE]/3=1$. (image2) Solução 2. Como na solução anterior, tem-se área$[AEF]=$área$[EHD]$. Logo, área$[DCFH]=\,$área$[CDEF]+\,$área$[DEH]=\,$área$[CDEF]+\,$área$[AEF]=\,$área$[ADC]=6.$ Como $[BDH]$ e $[BCF]$ são semelhantes e $\overline{BC}=2\overline{BD}$, então área$[BCF]=4\,$área$[BDH]$. Logo área$[BDH]=\,$área $[DCFH]/3=2$. Finalmente área$[AEF]=\,$área$[DEH]=\,$área$[BDE]-\,$área$[BDH]=3-2=1$. Solução 3. Seja $I$ tal que $[ABIC]$ é um paralelogramo. As retas $AC$ e $BI$ são paralelas e por isso os triângulos $[AEF]$ e $[IEB]$ são semelhantes. O ponto $D$ é o ponto médio de $[AI]$ por ser a interseção das diagonais do paralelogramo, e portanto $\overline{IE}=3\overline{AE}$. Então área$[IEB]=9\,$área$[AEF]$. Como área$[IEB]=\,$área$[BDE]+\,$área$[BID]=3+6=9$, então área$[AEF]=1$. (image3)


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(10,6) \pspolygon(0,0)(10,0)(4,6) \psline(1.333,2)(10,0) \psline(0,0)(7,3) \psline(5,0)(7,3) \rput(-0.25,-0.25){$A$} \rput(10.25,-0.25){$B$} \rput(4,6.3){$C$} \rput(7.3,3.3){$D$} \rput(3.6,1.9){$E$} \rput(1.1,2.1){$F$} \rput(5,-0.3){$G$} \rput(6.2,1.2){$H$} \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(0,0)(10,6) \pspolygon(0,0)(10,0)(4,6) \psline(1.333,2)(10,0) \psline(0,0)(7,3) \psline(10,0)(14,6) \psline(4,6)(14,6) \psline(7,3)(14,6) \rput(-0.2,-0.2){$A$} \rput(10.2,-0.2){$B$} \rput(4,6.3){$C$} \rput(7.15,3.4){$D$} \rput(3.6,1.9){$E$} \rput(1.1,2.1){$F$} \rput(14.2,6.2){$I$} \end{pspicture}