tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): O Pedro e o Jorge estão a ver um livro com muitas páginas. Começando na página $1$, o Jorge passa duas folhas e fica a ver as páginas $4$ e $5$. A seguir, o Pedro passa uma folha e vê as páginas $6$ e $7$. Depois o Jorge passa novamente duas folhas, o Pedro torna a passar uma, e assim sucessivamente. Qual dos dois amigos vê a página $2008$?

Resolução: O Jorge vê as páginas $4$ e $5$, o Pedro vê as páginas $6$ e $7$, depois o Jorge vê as páginas $10$ e $11$, o Pedro vê as páginas $12$ e $13$, e assim sucessivamente. Ou seja, de cada vez que o Pedro passa a folha, vê as páginas que têm o número daquelas que tinha visto anteriormente acrescido de $6$. Ao fim de passar a folha $334$ vezes, o Pedro vê as páginas $334\times 6=2004$ e $334\times 6+1=2005$. De seguida, o Jorge passa duas folhas e vê as páginas $2008$ e $2009$. Portanto, é o Jorge que vê a página $2008$.
Problema (nível 3): O Pavlo e o José foram comprar castanhas para o magusto. O Pavlo comprou o dobro das castanhas do José, mas depois deu-lhe $27$ e ficaram ambos com o mesmo número de castanhas. Quantos castanhas comprou cada um?

Resolução: Seja $J$ o número de castanhas compradas pelo José. Assim, o Pavlo comprou $2J$ castanhas e tem-se que $2J-27=J+27$, donde $J=54$. Portanto o José comprou $54$ castanhas e o Pavlo comprou $108$.
Problema (nível 3): O João Martim quer pintar as faces de vários cubos, de modo que cada face fique apenas com uma cor, vermelha ou azul. Quantos cubos pode pintar o João Martim, de modo que fiquem coloridos de forma diferente?

Resolução: Seja $V$ o número de faces de um cubo pintadas de vermelho. Em cada um dos casos $V=0$ e $V=1$, há apenas uma forma de pintar o cubo. Para $V=2$, há duas formas diferentes de colorir os cubos, nomeadamente pintando de vermelho duas faces adjacentes ou duas faces opostas. Para $V=3$, há novamente duas formas diferentes de colorir os cubos, nomeadamente pintando de vermelho duas faces opostas e uma terceira adjacente a estas ou pintando três faces adjacentes entre si (rodeando um vértice). Para os casos $V=4$, $5$ ou $6$ a contagem faz-se do mesmo modo que nos casos $V=2$, $1$ e $0$, trocando os papéis das cores azul e vermelha. Logo o João Martim pode colorir $1+1+2+2+2+1+1=10$ cubos de forma diferente.
Problema (nível 3): Os nove pontos da figura seguinte são vértices de um papel quadriculado. Quantas circunferências diferentes é possível traçar com centro num destes pontos e que passem por um ou mais pontos da figura? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(3,3) \small \multirput[c](0,0)(1,0){3}{$\bullet$} \multirput[c](0,1)(1,0){3}{$\bullet$} \multirput[c](0,2)(1,0){3}{$\bullet$} \end{pspicture}

Resolução: Considere-se igual a uma unidade a distância entre dois pontos consecutivos (horizontal ou verticalmente) da figura. O problema resume-se a estudar três casos: Se o centro da circunferência é um dos quatro vértices do quadrado de lado dois, então os raios podem ser $1, \sqrt{2}, 2 , \sqrt{5}$ ou $\sqrt{8}$. Logo, neste caso, há $4 \times 5=20$ circunferências diferentes. Se o centro da circunferência é o centro do quadrado de lado dois, então os raios podem ser $1$ ou $\sqrt{2}$, logo, neste caso, há duas circunferências diferentes. Se o centro da circunferência é o ponto médio de um dos quatro lados do quadrado de lado dois, então os raios podem ser $1, \sqrt{2}, 2$ ou $ \sqrt{5}$. Logo, neste caso, há $4 \times 4=16$ circunferências diferentes. Portanto, o número total de circunferências nas condições pedidas é $20+2+16= 38$.
Problema (nível 3): O Miguel escreveu numa folha o número $1$. Em cada uma das linhas seguintes, o Miguel escreve o número que se obtém somando uma unidade ao dobro da soma dos algarismos do número que está na linha anterior. Qual é o número que o Miguel escreve na linha $2009$?

Resolução: Os números que o Miguel escreve nas primeiras linhas são $1,3,7,15,13,9,19,21,7$. A partir deste momento, o Miguel escreve repetidamente o ciclo $7,15,13,9,19,21$, que tem comprimento $6$. Como $2009=6\times 334+5$, o Miguel escreve na linha $2009$ o mesmo número que escreveu na linha $5$, ou seja, o número $13$.
Problema (nível 3): Numa mesa redonda estão sentadas várias pessoas que discursaram. O número de páginas do discurso de cada pessoa é a média aritmética dos números de páginas dos discursos das duas pessoas ao seu lado. O Afonso, que está sentado nessa mesa, observou que ao todo foram lidas $50$ páginas. Determina todas as possibilidades para o número de páginas do discurso do Afonso.

Resolução: Seja $d$ o número de páginas do discurso mais curto. Se um dos discursos ao seu lado tivesse mais do que $d$ páginas, então o discurso do outro lado teria menos do que $d$ páginas, pois $d$ é a média aritmética destes dois números. Tal é impossível, porque $d$ é o número mínimo de páginas dos discursos da mesa. Portanto, os dois discursos ao seu lado também têm $d$ páginas. Aplicando repetidamente este raciocínio, conclui-se que todos os discursos têm $d$ páginas, incluindo o discurso do Afonso. Como ao todo foram lidas $50$ páginas, $d$ é um divisor de $50$, ou seja, $d=1,2,5,10,25$ ou $50$. No entanto, como há pelo menos três discursos (porque cada pessoa tem duas pessoas ao seu lado), os casos $d=25$ e $d=50$ não são possíveis. Portanto o discurso do Afonso tem $1,2,5$ ou $10$ páginas.
Problema (nível 3): O Senhor Barros calculou $2009^{(2008^{2007})}$ mas o papel rasgou-se e não se conseguiam ler os dois últimos algarismos. Quais eram esses algarismos?

Resolução: Para qualquer número natural $n$, tem-se $2009\times n= 2000\times n + 9\times n$, por isso os dois últimos algarismos de $2009\times n$ são os dois últimos algarismos de $9\times n$. Por outro lado, se $m$ é o número formado pelos dois últimos algarismos de $n$, então $n-m$ é múltiplo de $100$ e os dois últimos algarismos de $9\times n=9\times(n-m)+9\times m$ são os dois últimos algarismos de $9\times m$. Assim, os dois últimos algarismos de $2009^n$ são os dois últimos algarismos de $9^n$. Como os últimos dois algarismos das primeiras potências de base $9$ são $09$, $81$, $29$, $61$, $49$, $41$, $69$, $21$, $89$, $01$, $09$, verifica-se que os dois últimos algarismos das potências de base $2009$ se repetem de $10$ em $10$. Assim, para encontrar os últimos dois algarismos de $\displaystyle 2009^{\left(2008^{2007}\right)}$ só precisamos de conhecer o último algarismo de $2008^{2007}$. Usando o mesmo raciocínio, verifica-se que o último algarismo das potências de base $2008$, que é o último algarismo das potências de base $8$, se repete de $4$ em $4$, na sequência $8$, $4$, $2$, $6$, $8$, $\ldots$. Assim o último algarismo de $2008^{2007}$ é o mesmo que o último algarismo de $2008^{3}$, ou seja, $2$. Então os dois últimos algarismos de $\displaystyle 2009^{\left(2008^{2007}\right)}$ são os dois últimos algarismos de $2009^2$, ou seja, $81$.
Problema (nível 3): O João calculou o produto dos algarismos não nulos de cada inteiro de $1$ a $2009$. De seguida, somou estes $2009$ produtos. Qual foi o número obtido pelo João?

Resolução: Seja $P(n)$ o produto dos dígitos não nulos de $n$, e seja $P(0)=1$. Estamos interessados em calcular $P(1)+P(2)+\cdots+P(2009)$. Facilmente verificamos que, $$(0+1+\cdots+9)(0+1+\cdots+9)(0+1+\cdots+9)=0\times0+0\times 1+\cdots+9\times 9\times 9$$ dá a soma do produto dos algarismos dos números de $0$ a $999$, escritos com três algarismos. Para termos o produto dos algarismos não nulos basta trocar os zeros por uns, ou seja, $$P(0)+P(1)+\cdots+P(999)=(1+1+2+\dots+9)^3=46^3$$ Temos também que, se $n\leq 1000$, $P(1000+n)=P(n)$. Logo, $$P(1)+P(2)+\cdots+P(2009)=2\times(P(0)+P(1)+\cdots+P(999))-P(0)+P(2000)+P(2001)+\dots+P(2009)=$$ $$=2\times 46^3-1+2(1+1+2+\cdots+9)=2\times 46^3+91=194763.$$
Problema (nível 3): As Olimpíadas de Construções na Areia realizaram-se na Figueira da Foz. Todos os participantes começaram com o mesmo número de conchas. Em cada evento da competição um dos participantes distribuiu pelos restantes algumas das suas conchas, dando a mesma quantidade a cada um. À noite, um dos olímpicos, o Julião, tinha $11$ conchas enquanto que a Catarina tinha $108$. Quantos foram os participantes nestas Olimpíadas?

Resolução: Sejam $n$ o número de participantes nas Olimpíadas, $x$ o número de conchas dadas pela Catarina a cada um dos restantes $n-1$ participantes e $y$ o número de conchas dadas pelo Pedro a cada um dos outros $n-1$ participantes. Uma vez que a Catarina e o Pedro receberam a mesma quantidade de conchas dadas pelos restantes $n-2$ participantes, a diferença entre o número final de conchas da Catarina e do Pedro depende apenas do número de conchas que estes deram um ao outro e do número total de conchas que deram. Assim, $108-11=[-x(n-1)+ y]-[-y(n-1)+x]$, ou seja, $97=n(y-x)$. Como $97$ é primo e $n>1$ tem que ser $n=97$, isto é, nas Olimpíadas de Construções na Areia participaram $97$ concorrentes.
Problema (nível 4): O José, o Pedro, o Jorge e o Pavlo decidiram realizar um torneio de matebol. Cada um dos quatro amigos joga uma única vez com cada um dos restantes, recebendo três pontos por cada vitória, um por cada empate e zero por cada derrota. Depois de realizados todos os jogos, ordenam-se os quatro jogadores, recorrendo a um sorteio em caso de empate em número de pontos. O Jorge ficou em terceiro lugar. Qual é o número máximo de pontos que pode ter obtido o Jorge?

Resolução: Se o Jorge tivesse obtido mais do que $6$ pontos, então os três primeiros classificados juntos teriam obtido mais do que $18$ pontos. Mas tal não é possível, uma vez que nos $6$ jogos do torneio foram atribuídos no máximo $3\times 6 = 18$ pontos. Por outro lado, o Jorge pode ter obtido $6$ pontos. Tal aconteceu se um dos seus amigos tiver perdido três jogos e cada um dos três jogos restantes tiver tido um vencedor diferente (perdendo o Jorge o sorteio final). Logo o Jorge pode ter obtido no máximo $6$ pontos.
Problema (nível 4): Quando o minha irmã nasceu, o meu pai tinha o quíntuplo da minha idade. O ano passado, ele tinha o quádruplo da minha idade. Quando a minha irmã tiver o dobro da idade que tem hoje, o meu pai terá o triplo da minha idade. Que idade tenho eu agora?

Resolução: Sejam: $x=$ minha idade actual. $y=$ idade actual do meu pai. $k=$ numero de anos que passaram desde que o meu pai tinha o quintuplo da minha idade. Temos então, $5(x-k)=y-k$ $3(x+k)=y+k$ $4(x-1)=y-1$ Pela terceira igualdade temos, $y=4x-3$. Substituindo na primeiro ficamos com, $5(x-k)=4x-3-k$, ou seja, $x=4k-3$. Substituindo, por fim, na segunda igualdade ficamos com, $3(x+k)=y+k \Leftrightarrow 3((4k-3)+k)=4(4k-3)-3+k \Leftrightarrow k=3$. Logo $x=4k-3 \Leftrightarrow x=9$ Logo, $x=9$ Tenho nove anos. Sejam $x$ a minha idade actual, $y$ a idade actual do meu pai e $k$ a idade actual da minha irmã. Então têm-se as igualdades $5(x-k)=y-k$ $4(x-1)=y-1$ e $3(x+k)=y+k$. Da segunda igualdade vem $y=4x-3$. Substituindo na primeira igualdade tem-se $5(x-k)=4x-3-k$, ou seja, $x=4k-3$. Por fim, substituindo na terceira igualdade deduz-se que $3((4k-3)+k)=4(4k-3)-3+k$, ou seja, $k=3$. Assim, $x=4k-3=9$. Portanto, eu tenho $9$ anos (e já agora, o meu pai tem $33$ anos e a minha irmã tem $3$).
Problema (nível 4): Uma máquina do tempo tem dez interruptores, numerados de $1$ a $10$, que podem estar ligados ou desligados. Quando o interruptor $n$ está ligado, a máquina faz avançar o tempo $2^{n-1}$ anos se $n$ é ímpar; e faz recuar o tempo $2^{n-1}$ anos se $n$ é par. Que interruptores devem ser ligados para que a máquina do tempo transporte um viajante para o ano $1500$?

Resolução: Pretende-se encontrar os interruptores que fazem a máquina do tempo recuar o viajante $2009-1500=509$ anos. Solução 1: Se o interruptor $10$ ficasse desligado, o maior número de anos que se poderia recuar seria $2^7+2^5+2^3+2^1=170<509$. Portanto, o interruptor $10$ deverá ser ligado, o que fará a máquina recuar $2^9=512$ anos. Falta agora encontrar os interruptores que fazem a máquina do tempo avançar $512-509=3$ anos. Como $3$ é ímpar e o interruptor $1$ é o único que altera o tempo um número ímpar de anos, então este interruptor deverá ser ligado, o que fará a máquina avançar $2^0=1$ ano. Falta agora encontrar os interruptores que fazem a máquina do tempo avançar $3-1=2$ anos. Como o interruptor $2$ é o único que não altera o tempo um número de anos múltiplo de $4$, então este interruptor deverá ser ligado, o que fará a máquina recuar $2^1=2$ anos. Resta encontrar os interruptores que fazem a máquina do tempo avançar $2+2=4$ anos, o que se consegue com o interruptor $3$. Portanto, para que a máquina faça recuar o tempo até ao ano $1500$ devem ser ligados os interruptores $1$, $2$, $3$ e $10$. Solução 2: A expressão de $-509$ na base $-2$ é $-509=1000000111$, ou seja, $$-509=(-2)^9+(-2)^2+(-2)^1+(-2)^0.$$ Portanto, para que a máquina faça recuar o tempo até ao ano $1500$ devem ser ligados os interruptores $1$, $2$, $3$ e $10$.
Problema (nível 4): Determina todos os números naturais $k$ tais que mmc$(6^6,8^8,k)=12^{12}$.

Resolução: Como $k$ divide $12^{12}=2^{24}3^{12}$, então $k=2^a3^b$, com $0\leq a\leq 24$ e $0\leq b\leq 12$. Ora, mmc$(6^6,8^8,k)=$mmc$(2^63^6,2^{24},2^a3^b)=2^{\max(24,a)}3^{\max(6,b)}$. Logo, mmc$(6^6,8^8,k)=2^{24}3^{12}$ se e só se $\max(24,a)=24$ e $\max(6,b)=12$, ou seja, $0\leq a\leq 24$ e $b=12$. Portanto há $25$ soluções para o problema, que são os naturais $k=2^a3^{12}$, com $0\leq a\leq 24$.
Problema (nível 4): Seja $[ABC]$ um triângulo tal que $A\hat B C=B\hat CA=40^\circ$ e $D$ o ponto de intersecção da bissectriz de $\angle ABC$ com $[AC]$. Mostra que $\overline{BC}=\overline{BD}+\overline{AD}$.

Resolução: Em primeiro lugar note-se que $C\hat AB=180^\circ-40^\circ-40^\circ=100^\circ$. De seguida considere-se o ponto $D'$ pertencente a $[CB]$ tal que $\overline{BD'}=\overline{BD}$. Uma vez que $BD$ é a bissectriz do ângulo $\angle ABC$ e a amplitude deste ângulo é $40^\circ$, tem-se $D\hat BD'=20^\circ$. Além disso, $[DBD']$ é um triângulo isósceles, logo $D'\hat DB=B\hat{D'}D=80^\circ$. Assim, $D\hat{D'}C=100^\circ$ e, consequentemente, $D'\hat{D}C=40^\circ$. Deste modo, o triângulo $[D'DC]$ é isósceles, logo $\overline{CD'}=\overline{DD'}$. Uma vez que $\overline{BC}=\overline{BD'}+\overline{D'C}=\overline{BD}+\overline{DD'}$, resta provar que $\overline{DD'}=\overline{DA}$. (image1) Solução 1: Considere-se o ponto $E$ tal que $B\hat{E}D=100^\circ$. (image2) Observe-se que os triângulos $[ABD]$ e $[EBD]$ são congruentes, logo $\overline{DE}=\overline{DA}$. Por outro lado, $D\hat ED'=180^\circ - B\hat E D=80^\circ=E\hat{D'}D$, logo o triângulo $[DED']$ é isósceles e $\overline{D'D}=\overline{DE}$. Assim, $\overline{DD'}=\overline{DA}$. Solução 2: Como $D\hat AB+B\hat{D'}D=180^\circ$, conclui-se que o quadrilátero $[ABD'D]$ é cíclico, ou seja, está inscrito numa circunferência. Assim, $[DA]$ e $[DD']$ são cordas desta circunferência, definidas por ângulos inscritos com a mesma amplitude, por isso têm igual comprimento. Portanto, $\overline{DD'}=\overline{DA}$.


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[image1]
\begin{pspicture}(-5,-4)(3,1) \small \psline(0.446,-1.226)(-0.948,-0.056)(-4.478,-3.018)(2.581,-3.018)(0.446,-1.226)(-4.478,-3.018) \psline(0.446,-1.226)(0.762,-3.018) \rput[c](-0.948,0.244){$A$} \rput[c](-4.778,-3.018){$B$} \rput[c](2.881,-3.018){$C$} \rput[c](0.636,-1.036){$D$} \rput[c](0.762,-3.318){$D'$} \end{pspicture}
[image2]
\begin{pspicture}(-5,-4)(3,1) \small \psline(0.446,-1.226)(-0.948,-0.056)(-4.478,-3.018)(2.581,-3.018)(0.446,-1.226)(-4.478,-3.018) \psline(0.446,-1.226)(0.762,-3.018) \psline(0.446,-1.226)(0.13,-3.018) \rput[c](-0.948,0.244){$A$} \rput[c](-4.778,-3.018){$B$} \rput[c](2.881,-3.018){$C$} \rput[c](0.636,-1.036){$D$} \rput[c](0.762,-3.318){$D'$} \rput[c](0.13,-3.328){$E$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Seja $a_n$ a sucessão definida do seguinte modo: depois de ser dado $a_1$, cada termo obtém-se somando uma unidade ao dobro da soma dos algarismos do termo anterior. Qual é o menor valor positivo para $a_1$ de modo que $a_4\neq a_5$, mas $a_5=a_6$?

Resolução: Se $a_5$ só tem um algarismo, então $a_6=2a_5+1>a_5$; se $a_5$ tem $m\geq 3$ algarismos, então $a_6\leq 2\times 9m+1<10^{m-1}\leq a_5$. Como $a_5=a_6$, então $a_5$ tem dois algarismos. Seja $a_5=10a+b$, com $0\leq a,b\leq 9$. Então, $a_6=2(a+b)+1$ e, como $a_5=a_6$ tem-se $8a=b+1$, o que implica que $a=1$ e $b=7$. Portanto $a_5=17$ e $a_4\neq 17$. Considerando todas as sucessões $(a_n)$ nas condições do enunciado, sejam $t<u$ dois valores possíveis para o termo $a_{k+1}$. Sejam ainda $r$ o menor valor para $a_k$ tal que $a_{k+1}=t$ e $s$ o menor valor para $a_k$ tal que $a_{k+1}=u$. Como $t<u$, então a soma $R$ dos algarismos de $r$ é menor do que a soma $S$ dos algarismos de $s$. Substituindo os algarismos de $s$ por outros menores ou iguais pode-se encontrar um número com soma de algarismos $R$, logo $r<s$. Assim, nas condições do enunciado, se $a_1$ for o menor possível, então também $a_2$, $a_3$, $a_4$ são os menores possíveis. Para obter $a_5=17$, o termo $a_4$ pode ser qualquer número ímpar (diferente de $17$) cuja soma dos algarismos é $8$. O menor destes números é $35$. Para obter $a_4=35$, o termo $a_3$ pode ser qualquer número ímpar cuja soma dos algarismos é $17$. O menor destes números é $89$. Para obter $a_3=89$, o termo $a_2$ pode ser qualquer número ímpar cuja soma dos algarismos é $44$. O menor destes números é $89999$. Para obter $a_2=89999$, o termo $a_1$ pode ser qualquer número cuja soma dos algarismos é $44999$. O menor destes números é $899\cdots99$ (com $4999$ algarismos $9$). Portanto o menor valor positivo para $a_1$ é (table1)


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[table1]
\begin{tabular}[t]{rc} $8$&\hspace*{-16.8mm}$\underbrace{99\cdots99}.$\\ &$\!\!4999$ algarismos \end{tabular}
Problema (nível 4): Dividiu-se uma circunferência em $n$ partes iguais. Em cada uma destas partes foi colocado um único número de $1$ a $n$ de modo que a distância entre números consecutivos é sempre a mesma. Os números $11$, $4$ e $17$ ficaram em posições consecutivas. Em quantas partes se dividiu a circunferência?

Resolução: Solução 1: Se $11,4,17$ ficaram em posições consecutivas também ficaram em posições consecutivas os números $10,3,16$; os números $9,2,15$; os números $8,1,14$; os números $ 7, n, 13$; os números $6, n-1, 12 $; os números $5, n-2, 11$; os números $4, n-3,10$; os números $3, n-4,9$; os números $2, n-5, 8$, os números $1,n-6,7$, e assim sucessivamente. Na posição imediatamente a seguir ao $4$ ficou o número $17$ e também o $n-3$, logo $n=20$. Pela análise dos trios apresentados pode-se concluir que a circunferência foi dividida em $20 $ partes e os números ficaram pela seguinte ordem: $1,14, 7, 20, 13,6,19,12,5,18,11,4,17,10,3,16,9,2,15,8$. Solução 2: Seja $r$ a distância entre números consecutivos. Uma vez que em cada parte está colocado um único número e aparecem todos, $r$ é primo com $n$. A distância entre $4$ e $11$ é igual a $7r + nK$, para algum inteiro $K$ e esta distância é, também, igual a $(-1)$. A distância entre $11$ e $17$ é igual a $6r+ nK'$, para algum inteiro $K'$ e esta distância é, também, igual a $2$. Assim, $7r+7r+6r = -1-nK-1-nK+ 2 - nK'$, ou seja, $ 20r$ é múltiplo de $n$. Uma vez que $n$ e $r$ são primos entre si, tem-se que $20$ é múltiplo de $n$. Recorde-se que $n$ tem de ser maior ou igual a $17$, portanto conclui-se que $n=20$.
Problema (nível 4): O Duarte quer desenhar um quadrado com $2009$ cm de lado, dividido em $2009\times 2009$ quadrículas de lado , sem levantar o lápis. Partindo de um canto do quadrado, qual é o comprimento da linha mais curta que permite fazer este desenho?

Resolução: Designe-se cada lado de uma quadrícula por aresta. O comprimento total das arestas a desenhar é $2\times 2009\times 2010$ cm. Consideremos os $4\times 2008=8032$ cruzamentos de onde saem três arestas, designados por um $T$. O Duarte tem que passar o lápis duas vezes em cada $T$, logo no seu caminho terá que repetir uma aresta que sai de cada $T$. Como cada uma das arestas repetidas só pode incidir em dois $T$, então o Duarte tem que repetir pelo menos $8032/2=4016$ arestas. Ora o percurso indicado na figura seguinte repete exactamente $4016$ arestas, logo este é o número mínimo de repetições que o Duarte tem que efectuar. (image1) Assim, o Duarte tem que percorrer $2\times 2009\times 2010+4016=8080196$ cm com o lápis.


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\begin{pspicture}(0,0)(9,9) \small \psline[linearc=.25](0,0)(0,1)(4,1) \psline[linearc=.25](5,1)(8,1)(8,0)(9,0)(9,1)(8,1)(8,2)(5,2) \psline[linearc=.25](4,2)(0.2,2)(0.2,1.3) \psline[linearc=.1](0.2,1.3)(0.2,1.1)(0,1.1)(0,1.3) \psline[linearc=.25](0,1.3)(0,3)(4,3) \psline[linearc=.25](5,3)(8,3)(8,2)(8.8,2)(8.8,1.3) \psline[linearc=.1](9,2)(9,1.1)(8.8,1.1)(8.8,1.3) \psline[linearc=.25](9,2)(9,3)(8,3)(8,4)(5,4) \psline[linearc=.25](4,4)(0.2,4)(0.2,3.3) \psline[linearc=.1](0.2,3.3)(0.2,3.1)(0,3.1)(0,3.3) \psline[linearc=.25](0,3.3)(0,4) \psline[linearc=.25](4,6)(0.2,6)(0.2,5.3) \psline[linearc=.1](0.2,5.3)(0.2,5.1)(0,5.1)(0,5.3) \psline[linearc=.25](0,5.3)(0,7)(4,7) \psline[linearc=.25](8,5.2)(8,6)(5,6) \psline[linearc=.25](5,7)(8,7)(8,6)(8.8,6)(8.8,5.3) \psline[linearc=.1](9,6)(9,5.1)(8.8,5.1)(8.8,5.3) \psline[linearc=.25](9,6)(9,7)(8,7)(8,8)(5,8) \psline[linearc=.25](4,8)(0.2,8)(0.2,7.3) \psline[linearc=.1](0.2,7.3)(0.2,7.1)(0,7.1)(0,7.3) \psline[linearc=.25](0,7.3)(0,9)(4,9) \psline[linearc=.25](5,9)(8,9)(8,8)(8.8,8)(8.8,7.3) \psline[linearc=.1](9,8)(9,7.1)(8.8,7.1)(8.8,7.3) \psline[linearc=.25](9,8)(9,9.2)(7,9.2)(7,5.8) \psline[linearc=.25](7,4.2)(7,0.2)(7.5,0.2) \psline[linearc=.1](7.5,0.2)(7.9,0.2)(7.9,0)(6.3,0) \psline[linearc=.25](6.3,0)(6,0)(6,4.2) \psline[linearc=.25](6,5.8)(6,9.2)(5,9.2) \psline[linearc=.25](4,9.2)(3,9.2)(3,5.8) \psline[linearc=.25](3,4.2)(3,0.2)(3.5,0.2) \psline[linearc=.1](3.5,0.2)(3.9,0.2)(3.9,0)(2.3,0) \psline[linearc=.25](2.3,0)(2,0)(2,4.2) \psline[linearc=.25](2,5.8)(2,9.2)(1,9.2)(1,5.8) \psline[linearc=.25](1,4.2)(1,0.2)(1.5,0.2) \psline[linearc=.1](1.5,0.2)(1.9,0.2)(1.9,0)(0.2,0) \rput[c](4.5,0){$\cdots$} \rput[c](4.5,1){$\cdots$} \rput[c](4.5,2){$\cdots$} \rput[c](4.5,3){$\cdots$} \rput[c](4.5,4){$\cdots$} \rput[c](4.5,6){$\cdots$} \rput[c](4.5,9){$\cdots$} \rput[c](4.5,7){$\cdots$} \rput[c](4.5,8){$\cdots$} \rput[c](0,4.8){$\vdots$} \rput[c](1,4.8){$\vdots$} \rput[c](2,4.8){$\vdots$} \rput[c](3,4.8){$\vdots$} \rput[c](6,4.8){$\vdots$} \rput[c](7,4.8){$\vdots$} \rput[c](8,4.8){$\vdots$} \rput[c](9,4.8){$\vdots$} \end{pspicture}
Problema (nível 1): O Filipe hoje vestiu umas calças, calçou o sapato direito, depois vestiu uma camisola e calçou o sapato esquerdo. Depois de fazer isto, reparou que se podia ter vestido e calçado por várias ordens diferentes. Como o Filipe só pode calçar cada um dos sapatos depois de vestir as calças, de quantas formas o Filipe se pode vestir e calçar?

Resolução: Suponhamos que o Filipe calça o sapato direito antes do sapato esquerdo. Então as calças, o sapato direito e o sapato esquerdo são vestidos e calçados por esta ordem. A camisola pode ser vestida em quatro momentos distintos: no início, antes do sapato direito, antes do sapato esquerdo ou no fim. Analogamente, se o Filipe calçar o sapato esquerdo antes do direito, tem mais quatro possibilidades. Portanto, o Filipe tem oito formas de se vestir e calçar.
Problema (nível 3): O Miguel quer agrupar os números inteiros de $1$ a $18$ em nove pares de modo que a soma dos dois números de cada par seja um quadrado perfeito. De quantas formas pode o Miguel agrupar estes números?

Resolução: Uma vez que a soma dos números de um par está entre $3$ e $35$, esta soma terá de ser $4,9,16$ ou $25$. Assim os pares $\{7,18\}$,$\{8,17\}$ e $\{9,16\}$ são os únicos possíveis contendo os números $16,17$ e $18$. O número $2$, uma vez que $7$ já aparece noutro par, só poderá estar no par $\{2,14\}$. Tendo já escolhido o $14$, o número $11$ terá necessariamente que aparecer no par $\{5,11\}$. Portanto o número $4$ terá de aparecer no par $\{4,12\}$ e o número $13$ no par $\{3,13\}$. Assim o número $1$ aparecerá no par $\{1,15\}$ e o último par será $\{6,10\}$. Portanto, o Miguel só poderá agrupar os números de uma única forma: $\{1,15\}$, $\{2,14\}$, $\{3,13\}$, $\{4,12\}$, $\{5,11\}$, $\{6,10\}$, $\{7,18\}$, $\{8,17\}$ e $\{9,16\}$.