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Problema (nível 4): Em cada dia, mais de metade dos habitantes de Évora come sericaia à sobremesa. Mostra que há um grupo de $10$ eborenses tais que, nos últimos $2010$ dias, em cada dia pelo menos um deles comeu sericaia à sobremesa.

Resolução: Sejam $E$ o conjunto constituído pelos habitantes de Évora, $n$ a cardinalidade de $E$ e $S_i$, $i=1,\dots,2010$, os subconjuntos de $E$ que correspondem aos eborenses que comeram sericaia há $i$ dias. O problema consiste em demonstrar que existe um subconjunto $F$ de $E$ com $10$ elementos que intersecta todos os subconjuntos $S_i$. Comecemos por verificar que existe um elemento de $E$ que está em pelo menos $1006$ dos subconjuntos $S_i$. De facto, se assim não fosse, a soma das cardinalidades dos conjuntos $S_i$ seria menor ou igual a $n\times 1005$. Mas, como cada $S_i$ tem mais de $\dfrac{n}{2}$ elementos, esta soma é maior de $\dfrac{n}{2}\times 2010=n \times 1005$, levando a uma contradição. Escolhemos este elemento de $E$ para $F$. Com um raciocício análogo, mostramos que existe um segundo elemento de $E$ que está contido em pelo menos $503$ dos $1004$ restantes subconjuntos e escolhemos este segundo elemento de $E$ para $F$. Prosseguimos sempre com o mesmo argumento para mostrar que existem: - um terceiro elemento de $E$ que está contido em pelo menos $251$ dos $501 $ subconjuntos restantes, - um quarto elemento de $E$ que está contido em pelo menos $126$ dos $250$ subconjuntos restantes, - um quinto elemento de $E$ que está contido em pelo menos $63$ dos $124$ subconjuntos restantes, - um sexto elemento de $E$ que está contido em pelo menos $31$ dos $61$ subconjuntos restantes, - um sétimo elemento de $E$ que está contido em pelo menos $16$ dos $30$ subconjuntos restantes, - um oitavo elemento de $E$ que está contido em pelo menos $8$ dos $14$ subconjuntos restantes, - um nono elemento de $E$ que está contido em pelo menos $4$ dos $6$ subconjuntos restantes, e, finalmente, que há um décimo elemento de $E$ que está contido nos dois últimos subconjuntos. O conjunto $F$ formado por estes $10$ elementos satisfaz o enunciado.
Problema (nível 4): Mostra que qualquer triângulo tem dois lados cujos comprimentos $a$ e $b$ satisfazem $$\frac {\sqrt{5}-1}2<\frac ab<\frac {\sqrt{5}+1}2.$$

Resolução: Ordenemos os comprimentos dos lados do triângulo $x\leq y\leq z$. Se $\frac zy<\frac{\sqrt{5}+1}2$, como $y\leq z$, temos $\frac zy\geq 1>\frac{\sqrt{5}-1}2$ e portanto $\frac {\sqrt{5}-1}2<\frac zy<\frac {\sqrt{5}+1}2$. Caso contrário, temos $z\geq y\frac{\sqrt{5}+1}2$. Por outro lado, como $x$, $y$ e $z$ formam um triângulo, temos obrigatoriamente $x+y>z$, porque a soma de dois dos lados de um triângulo tem de ser maior que o terceiro lado. Assim temos $x+y>z\geq y\frac{\sqrt{5}+1}2\Rightarrow x>y\left(\frac{\sqrt{5}+1}2-1\right)=y\frac{\sqrt{5}-1}2$. Desta desigualdade obtemos $\frac xy > \frac{\sqrt{5}-1}2$. Como $x\leq y$, temos $\frac xy\leq 1<\frac{\sqrt{5}+1}2$ e portanto $\frac {\sqrt{5}-1}2<\frac yx<\frac {\sqrt{5}+1}2$.
Problema (nível 4): Prova que, sendo $p$ um número primo qualquer, é possível escolher $p$ pontos de um quadriculado $p\times p$ de modo que não haja três pontos colineares. A seguinte figura ilustra uma possível escolha para $p=3$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \rput[c](0,0){\Large$\color{ttfftt}\bullet$} \rput[c](0,1){\Large$\color{qqzzcc}\bullet$} \rput[c](0,2){\Large$\color{qqzzcc}\bullet$} \rput[c](1,0){\Large$\color{qqzzcc}\bullet$} \rput[c](1,1){\Large$\color{qqzzcc}\bullet$} \rput[c](1,2){\Large$\color{ttfftt}\bullet$} \rput[c](2,0){\Large$\color{ttfftt}\bullet$} \rput[c](2,1){\Large$\color{qqzzcc}\bullet$} \rput[c](2,2){\Large$\color{qqzzcc}\bullet$} \end{pspicture}

Resolução: Designe-se o ponto que está na linha $i$ e coluna $j$ do quadriculado por $(i,j)$. Os $p$ pontos podem ser escolhidos nas casas $(n,r_n)_{n=0,\ldots,p-1}$, onde $r_n$ é o resto da divisão de $n^2$ por $p$. Considerem-se os pontos distintos $L=(l,r_l)$, $M=(m,r_m)$ e $N=(n,r_n)$ e mostre-se que não são colineares. Os declives das rectas que passam pelos pontos $L$ e $M$ e pelos pontos $L$ e $N$ são respectivamente $$ \frac{m^2-l^2+kp}{m-l}\qquad{\rm e}\qquad\frac{n^2-l^2+k'p}{n-l}. $$ Se os três pontos forem colineares, então estes declives são iguais, ou seja, $(m^2-l^2+kp)(n-l)=(n^2-l^2+k'p)(m-l)$, donde se conclui que $p$ divide $(m^2-l^2)(n-l)-(n^2-l^2)(m-l)=(m-l)(n-l)(m-n)$. Como as diferenças $m-l$, $n-l$ e $m-n$ estão entre $-p$ e $p$, e $p$ é um número primo, então uma delas tem que ser nula, ou seja, os pontos $L$, $M$ e $N$ não são distintos.
Problema (nível 1): A figura seguinte é composta por dois quadrados e dois rectângulos iguais. O perímetro de cada rectângulo é $28$ cm e o de cada quadrado é $48$ cm. Qual é o perímetro da figura? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(3,3) \small \psline(0,0)(12,0)(12,8)(0,8)(0,0)(6,0)(6,8) \psline(0,2)(6,2) \psline(6,6)(12,6) \end{pspicture}

Resolução: Solução 1: Como o perímetro do quadrado é $48$ cm, e o quadrado tem quatro lados iguais, então cada um dos seus lados mede $48/4=12$ cm. Como o lado maior de cada rectângulo é comum com um dos quadrados, então este lado mede também $12$ cm. Como metade do perímetro do rectângulo, que mede $28/2=14$ cm, é igual à soma dos comprimentos do lado maior e menor do rectângulo, conclui-se que o lado menor do rectângulo mede $14-12=2$ cm. Assim, os lados da figura medem $2\times 12=24$ cm e $12+2=14$ cm, pelo que o perímetro da figura mede $2\times 24+2\times 14=76$ cm. Solução 2: Note-se que os lados do quadrado e rectângulo da esquerda assinalados a tracejado têm o mesmo comprimento que os segmentos da mesma cor no lado direito da figura. (image2) Logo o perímetro da figura mede o mesmo que a soma dos perímetros de um quadrado e um rectângulo, ou seja $48+28=76$ cm.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(3,3) \small \psline[linecolor=blue](6,8)(0,8)(0,2.1) \psline[linecolor=blue,linestyle=dashed](0,2.1)(6,2.1)(6,8) \psline[linecolor=blue](6,0)(12,0)(12,6) \psline[linecolor=red](0,1.9)(0,0)(6,0) \psline[linecolor=red,linestyle=dashed](6,0)(6,1.9)(0,1.9) \psline[linecolor=red](12,6)(12,8)(6,8) \psline[linewidth=0.2pt,linestyle=dashed](6,6)(12,6) \end{pspicture}
Problema (nível 1): O Ricardo arrumou seis livros, de $100$, $200$, $300$, $400$, $500$ e $600$ gramas, em quatro prateleiras. Sabendo que na primeira prateleira colocou $900$ gramas, na segunda colocou $500$ gramas e na terceira $300$ gramas, quantos livros colocou o Ricardo na quarta prateleira?

Resolução: O peso total das seis livros do Ricardo é $100+200+300+400+500+600=2100$ gramas. Assim, o peso colocado na quarta prateleira é $2100-(900+500+300)=400$ gramas, portanto podem ter sido lá colocados os livros de $100$ e $300$ gramas, ou o livro de $400$ gramas. Como na terceira prateleira foram colocados os livros de $100$ e $200$ gramas ou o livro de $300$ gramas, então na quarta prateleira não podem estar ambos os livros de $100$ e $300$ gramas. Logo a quarta prateleira tem um único livro, que pesa $400$ gramas.
Problema (nível 3): Num torneio de xadrez entre duas turmas de uma escola participaram $28$ alunos. No final do torneio, perguntou­-se aos alunos da turma do $8^\circ$ ano com quantos alunos da turma do $9^\circ$ ano tinham jogado. O primeiro respondeu cinco, o segundo respondeu seis, o terceiro respondeu sete, e assim sucessivamente, até ao último que respondeu que tinha jogado com todos os alunos do $9^\circ$ ano. Quantos alunos do $8^\circ$ ano participaram no torneio?

Resolução: Solução 1: Se houvesse apenas $5$ alunos do $9^\circ$ ano, então haveria apenas $1$ aluno do $8^\circ$ ano, ou seja, ao todo seriam apenas $6$ participantes. Se houvesse apenas $6$ alunos do $9^\circ$ ano, então haveria apenas $2$ alunos do $8^\circ$ ano, ou seja, ao todo seriam apenas $8$ participantes. Continuando esta sequência, observa-se que se houver $16$ alunos do $9^\circ$ ano, então há $12$ alunos do $8^\circ$ ano, ou seja, ao todo há $28$ participantes. Portanto, participaram $12$ alunos do $8^\circ$ ano no torneio. Solução 2: Seja $n$ o número de alunos do $8^\circ$ ano que participaram no torneio. Como o último aluno do $8^\circ$ ano jogou com todos os alunos do $9^\circ$ ano, então há mais quatro participantes do $9^\circ$ ano que do $8^\circ$ ano. Logo, $n+(n+4)=28$, ou seja, $n=12$. Portanto, participaram $12$ alunos do $8^\circ$ ano no torneio.
Problema (nível 3): Para comemorar os $1111$ anos de existência do seu país, o Presidente da República de Flechas inaugurou um monumento onde está pintada a sequência de $1111$ setas indicada na figura. (image1) Como termina a sequência?


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,6) \newcommand{\casa}{\psline[arrows=->](0,0)(0,1) \psline[arrows=->](0,1)(0.5,1.5) \psline[arrows=->](0.5,1.5)(1.5,1.5) \psline[arrows=->](1.5,1.5)(2,1) \psline[arrows=->](2,1)(2,0) \psarc[arrows=->](2.5,0){0.5}{180}{360}} \put(0,0){\casa} \put(3,0){\casa} \put(6,0){\casa} \put(10,0.75){{\bf \ldots}} \end{pspicture}

Resolução: Existem seis tipos de setas e cada tipo repete-se de seis em seis setas. Ora $1111=185\times 6+1$, logo a seta na última posição é do mesmo tipo da seta na primeira posição. Portanto, a sequência termina com a seta (image2) .


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[image2]
\begin{pspicture}(-0.3,0)(0,1) \psline[arrows=->](0,0)(0,1) \end{pspicture}
Problema (nível 3): Três países juntaram-se para formar o Triquistão. Foi criada uma bandeira, que está dividida em três regiões com igual área, representando os três países, como indicado na figura. Determina o comprimento $x$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-1)(13,11) \pspolygon(0,0)(12,0)(12,10)(0,10) \psline(0,0)(5,5)(12,5) \psline(0,10)(5,5) \rput[c](6,11){$1,2$m} \rput[c](14,2.5){$0,5$m} \rput[c](14,7.5){$0,5$m} \rput[c](8.5,6){$x$} \end{pspicture}

Resolução: A área da bandeira é igual a $1,2 \times 1=1,2$ m$^2$. Como as três regiões têm igual área, então a área de cada uma mede $\dfrac{1,2}{3}=0,4$ m$^2$. (image2) Solução 1: A área do triângulo mede $\dfrac{1\times (1,2-x)}{2}=0,6-\dfrac{x}{2}$ m$^2$, logo $$0,6-\frac{x}{2}=0,4.$$ Portanto, $x=0,4$ m. Solução 2: A área de cada trapézio mede $0,5\times\dfrac{1,2+x}{2}=0,3+\dfrac{x}{4}$ m$^2$, logo $$0,3+\dfrac{x}{4}=0,4.$$ Portanto, $x=0,4$ m.


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(13,0) \pspolygon(0,0)(12,0)(12,10)(0,10) \psline(0,0)(5,5)(12,5) \psline(0,10)(5,5) \psline[linestyle=dashed](0,5)(5,5) \rput[c](6,10.5){\footnotesize $1,2$m} \rput[c](13.5,2.5){\footnotesize $0,5$m} \rput[c](13.5,7.5){\footnotesize $0,5$m} \rput[c](8.5,5.5){\footnotesize $x$} \rput[c](2.0,5.5){\footnotesize $1,2-x$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): Uma máquina tem $2010$ componentes ligadas entre si. Cada componente é composta por dois mostradores e pode ter carga completa, meia carga ou carga vazia. Os dois mostradores pretendem indicar o número de componentes da máquina com carga completa e o número de componentes da máquina com carga vazia. Quando uma componente tem carga completa, os números dos dois mostradores estão correctos; quando tem meia carga, apenas um dos números está correcto; quando tem carga vazia, nenhum dos números está correcto. Quantas das $2010$ componentes tinham meia carga no momento em que os seus mostradores indicavam o seguinte: (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-2,0)(20,2) \newcommand{\componente}{\psline(2,1)(0,1)(0,0)(2,0)(2,2)(0,2)(0,1)} \put(0,0){\componente} \put(3,0){\componente} \put(6,0){\componente} \put(9,0){\componente} \put(15,0){\componente} \put(18,0){\componente} \rput[c](13,1){$\ldots$} \multiput(0,0)(0,1){2}{\rput[c](1,0.5){$1$}} \multiput(3,0)(0,1){2}{\rput[c](1,0.5){$2$}} \multiput(6,0)(0,1){2}{\rput[c](1,0.5){$3$}} \multiput(9,0)(0,1){2}{\rput[c](1,0.5){$4$}} \multiput(15,0)(0,1){2}{\rput[c](1,0.5){$2009$}} \multiput(18,0)(0,1){2}{\rput[c](1,0.5){$2010$}} \rput[c](-1.5,1.5){Completas} \rput[c](-1.5,0.5){Vazias} \end{pspicture}

Resolução: Como todos os mostradores indicam um número diferente de componentes com carga completa, então no máximo um destes mostradores está correcto. Do mesmo modo, no máximo um dos mostradores que indicam as componentes com carga vazia está correcto. Portanto pelo menos $2008$ componentes têm ambos os mostradores errados, ou seja, pelo menos $2008$ componentes têm carga vazia. Assim, há exactamente uma componente $C$ que indica o número correcto de componentes com carga vazia. A componente $C$ ou tem carga completa ou tem meia carga. Como $C$ indica o mesmo número de componentes com carga completa, esse número está errado pois apenas existem $2010$ mostradores. Assim, $C$ tem meia carga e não há nenhuma componente com carga completa. Logo todos os mostradores que indicam as componentes com carga completa estão errados, ou seja, não há mais nenhuma componente com meia carga. Portanto há uma componente com meia carga e $2009$ componentes com carga vazia.
Problema (nível 3): O Senhor Pereira possui uma cabra, uma ovelha e uma vaca. A ração que comprou é suficente para alimentar a cabra durante doze semanas. A mesma ração é suficiente para alimentar a ovelha durante seis semanas, ou para alimentar a vaca durante três semanas. Durante quanto tempo pode o Senhor Pereira alimentar os seus três animais com a ração que comprou?

Resolução: A ovelha come o dobro do que come a cabra, e a vaca come o quádruplo do que come a cabra. Logo, a cabra, a ovelha e a vaca juntas comem $1+2+4=7$ vezes o que come a cabra. Assim, o Senhor Pereira pode alimentar, com a ração que comprou, os seus três animais durante um sétimo de $12$ semanas, ou seja, durante $12$ dias.
Problema (nível 3): Na figura seguinte, $[ABCD]$ é um paralelogramo, $\overline{AY}=3$ e $\overline{AZ}=6$. Qual é o comprimento de $[AX]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,5) \psline(0,0)(5,0)(6,2)(1,2)(0,0) \psline(1,2)(4,-2)(5,0) \psline(0,0)(6,2) \rput[c](0.7,2.3){$A$} \rput[c](6.2,2.3){$B$} \rput[c](5.2,-0.2){$C$} \rput[c](-0.2,-0.2){$D$} \rput[c](1.5,0.8){$X$} \rput[c](2.3,-0.3){$Y$} \rput[c](4.1,-2.3){$Z$} \end{pspicture}

Resolução: Os triângulos $[AYD]$ e $[ZYC]$ são congruentes porque têm lados paralelos e $ \overline{YZ}=\overline{AZ}-\overline{AY}=6-3=3=\overline{AY}$. Consequentemente, $\overline{ZC}=\overline{AD}=\overline{CB}$, ou seja, $\overline{ZB}=2\,\overline{AD}$. Como os triângulos $[AXD]$ e $[ZXB]$ têm lados paralelos, então são semelhantes. Logo $$ \frac{\overline{XZ}}{\overline{AX}}=\frac{\overline{ZB}}{\overline{AD}}=2. $$ Por fim, observe-se que $\overline{AZ}=\overline{AX}+\overline{XZ}=\overline{AX}+2\,\overline{AX}=3\,\overline{AX}$. Como $\overline{AZ}=6$, conclui-se que $\overline{AX}=2$.
Problema (nível 3): O António chama certeiro a um número natural se a soma dos seus algarismos for um múltiplo de $5$. Por exemplo, o número $1293$ é certeiro uma vez que $1+2+9+3=15$ é múltiplo de $5$. Encontra os dois menores números certeiros consecutivos.

Resolução: Sejam $N$ e $N+1$ os dois menores números certeiros consecutivos. As somas dos algarismos de $N$ e de $N+1$ são múltiplos de $5$, logo a diferença entre estas somas é também um múltiplo de $5$. Se o algarismo das unidades de $N$ não fosse $9$, então esta diferença seria $-1$, que não é múltiplo de $5$. Logo, $N$ termina em $9$. Se o algarismo das dezenas de $N$ não fosse $9$, então esta diferença seria $8$, que não é múltiplo de $5$. Logo, $N$ termina em $99$. Se o algarismo das centenas de $N$ não fosse $9$, então esta diferença seria $17$, que não é múltiplo de $5$. Logo, $N$ termina em $999$. Se o algarismo dos milhares de $N$ não fosse $9$, então esta diferença seria $26$, que não é múltiplo de $5$. Logo, $N$ termina em $9999$. Se o algarismo das dezenas de milhar de $N$ não for $9$, então esta diferença é $35$, que é um múltiplo de $5$. O menor número certeiro da forma $A9999$ é $49999$, portanto $N=49999$ e $N+1=50000$.
Problema (nível 3): Completa a seguinte tabela com números naturais distintos, de modo que o produto dos três números de cada linha, de cada coluna e de cada diagonal seja igual. (table1)


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[table1]
\begin{tabular}{|c|c|c|} \hline $3$ & $4$ & $\;$ \\ \hline & & \\ \hline & & \\ \hline \end{tabular}

Resolução: Sejam $a$, $b$, $c$, $d$, $e$, $f$ e $g$ os números a descobrir na tabela: (table2) Considerando a primeira linha e a terceira coluna, observa-se que $3\times 4\times a= d\times g\times a$, ou seja, $d\times g=12$. Como os números da tabela são distintos, então $\{d,g\}=\{1,12\}$ ou $\{d,g\}=\{2,6\}$. Por outro lado, também se tem que $3\times c\times g= 4\times c\times f$, ou seja, $3\times g=4\times f$. Logo, $g$ é múltiplo de $4$, ou seja, $g=12$. Portanto $d=1$ e $f=9$. Considerando agora a segunda coluna e a segunda linha, tem-se $4\times c \times 9=b\times c\times 1$, ou seja, $b=36$. Como $a\times c \times e=3\times c\times 12$, então $a\times e=36$. Por outro lado, $a\times 1\times 12=e\times 9\times 12$, ou seja, $a=9\times e$. Destas duas relações conclui-se que $a=18$ e $e=2$. Por fim, a igualdade entre o produto dos números da primeira e da segunda linhas, permite concluir que $c=6$. Portanto, a tabela pedida é (table3)


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[table2]
\begin{tabular}{|c|c|c|} \hline $3$ & $4$ & $a$ \\ \hline $b$&$c$ &$d$ \\ \hline $e$ & $f$& $g$\\ \hline \end{tabular}
[table3]
\begin{tabular}{|c|c|c|} \hline $3$ & $4$ & $18$ \\ \hline $36$ & $6$ & $1$ \\ \hline $2$ & $9$ & $12$\\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 4): A Patrícia precisa de comprar canetas. Numa papelaria vendem-se conjuntos de $2$ canetas por $4$ euros e conjuntos de $3$ canetas por $5$ euros. Qual é a quantia mínima que a Patrícia tem que gastar para comprar $40$ canetas?

Resolução: Seja $n$ o número de conjuntos de $2$ canetas comprados pela Patrícia. Se $n\geq 3$, a Patrícia pode substituir três conjuntos de duas canetas, que custam $3\times 4=12$, por dois conjuntos de três canetas, que custam $2\times 5=10$, gastando assim uma quantia menor. Portanto, basta analisar os casos em que $n=0,1,2$. Se $n=0$, a Patrícia tem que comprar $14$ conjuntos de $3$ canetas, gastando $14\times 5=70$. Se $n=1$, a Patrícia tem que comprar $13$ conjuntos de $3$ canetas, gastando $13\times 5+1\times 4=69$. Se $n=2$, a Patrícia tem que comprar $12$ conjuntos de $3$ canetas, gastando $12\times 5+2\times 4=68$. Portanto a quantia mínima que a Patrícia tem de gastar é $68$ euros.
Problema (nível 4): Na figura seguinte, a circunferência é tangente aos lados do triângulo $[ABC]$ nos pontos $A',B'$ e $C'$. Sabendo que $B\widehat AC=20^\circ$, determina a amplitude de $\measuredangle B'A'C'$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-6,0)(7,4) \pspolygon(6.02632,0)(-5.21053,0)(-2.39474,3.14474) \pscircle(-1.97607,1.44545){1.44545} \rput[c](6.3,0){$A$} \rput[c](-5.5,0){$C$} \rput[c](-2.39474,3.5){$B$} \rput[c](-1.1,3){$C'$} \rput[c](-3.3,2.6){$A'$} \rput[c](-1.97607,-0.3){$B'$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $I$ o centro da circunferência inscrita no triângulo. Uma vez que $IA$ é a bissectriz de $\measuredangle BAC$, então os triângulos rectângulos $[AIC']$ e $[AIB']$ são congruentes, logo $B' \widehat{I} C' = 2 A\widehat{I} C'$. Usando a relação entre as amplitudes de ângulos inscritos e ângulos ao centro e o facto de que triângulo $[AIC']$ é rectângulo em $C'$, tem-se $B'\widehat{A}'C'= \frac{1}{2} B' \widehat{I} C'=A\widehat{I} C'=180-A\widehat{C}'I- I\widehat{A} C'=180-90-10=80^\circ$. (image2)


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(-6,0)(7,3.5) \pspolygon(6.02632,0)(-5.21053,0)(-2.39474,3.14474) \psline(6.02632,0)(-1.97607,1.44545)(-1.97607,0)(-3.05293,2.40966)(-1.4704,2.79956)(-1.97607,1.44545) \pscircle(-1.97607,1.44545){1.44545} \rput[c](6.3,0){\footnotesize $A$} \rput[c](-5.5,0){\footnotesize $C$} \rput[c](-2.39474,3.5){\footnotesize $B$} \rput[c](-1.05,3.05){\footnotesize $C'$} \rput[c](-3.3,2.6){\footnotesize $A'$} \rput[c](-1.97607,-0.3){\footnotesize $B'$} \rput[c](-1.97607,1.44545){\footnotesize $\bullet$} \rput[c](-2.2,1.6){\footnotesize $I$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Efectua-se a adição $9+99+999+9999+\cdots$ até que apareçam exactamente $9999$ algarismos $1$ na soma resultante. Quantas parcelas tem a adição?

Resolução: Pretende-se saber qual o menor inteiro positivo $n$ tal que o número $S_n=9+99+999+\cdots+\underset {n\; 9's}{\underbrace{99\cdots 99}}$ tem exactamente $9999$ algarismos $1$. Note-se que $$ S_n=(10-1)+(100-1)+(1000-1)+\cdots+(10^n-1)=\underset {n\; 1's}{\underbrace{11\cdots 1}}0-n $$ tem $n+1$ algarismos. Então, para que $S_n$ tenha $9999$ algarismos $1$, tem-se necessariamente $n\geq 9998$. Ora, Portanto, para que a soma resultante da adição $9+99+999+9999+\cdots$ tenha exactamente $9999$ algarismos $1$, são necessárias $9999$ parcelas. $S_{9998}=\underset {9998\; 1's}{\underbrace{11\cdots 11}}0-9998= \underset {9994\; 1's}{\underbrace{11\cdots 11}}01112$ tem exactamente $9997$ algarismos $1$; Pretende-se saber qual o menor inteiro positivo $n$ tal que o número $S_n=9+99+999+\cdots+\underset {n\; 9's}{\underbrace{99\cdots 99}}$ tem exactamente $9999$ algarismos $1$. Note-se que $$ S_n=(10-1)+(100-1)+(1000-1)+\cdots+(10^n-1)=\underset {n\; 1's}{\underbrace{11\cdots 1}}0-n $$ tem $n+1$ algarismos. Então, para que $S_n$ tenha $9999$ algarismos $1$, tem-se necessariamente $n\geq 9998$. Ora, Portanto, para que a soma resultante da adição $9+99+999+9999+\cdots$ tenha exactamente $9999$ algarismos $1$, são necessárias $9999$ parcelas. $S_{9999}=\underset {9999\; 1's}{\underbrace{11\cdots 11}}0-9999= \underset {9995\; 1's}{\underbrace{11\cdots 11}}01111$ tem exactamente $9999$ algarismos $1$.
Problema (nível 4): Quatro vacas pretas e três malhadas produzem em cinco dias tanto leite como três vacas pretas e cinco malhadas em quatro dias. Quais são as vacas que produzem mais leite, as pretas ou as malhadas?

Resolução: Se $P$ e $M$ forem, respectivamente, a quantidade diária de leite produzida por uma vaca preta e por uma vaca malhada, então $5\times (4P+3M)=4\times (3P+5M)$, ou seja, $20P+15M=12P+20M$. Logo $M=\frac{8}{5}P>P$, ou seja, as vacas malhadas produzem mais leite do que as pretas.