tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): Um triângulo é dividido em dezasseis triângulos iguais. Será possível atribuir um número inteiro entre 1 e 16 (sem repetição) a cada um desses triângulos, de modo que o produto dos números de cada uma das três filas laterais, indicadas na figura com *, seja o mesmo? (image1) (image2) (image3)


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[image1]
\begin{picture}(0,100)(-100,30) \multiput(40,40)(0.5,0.866){80}{\line(1,0){0.5}} \multiput(60,40)(0.5,0.866){60}{\line(1,0){0.5}} \multiput(80,40)(0.5,0.866){40}{\line(1,0){0.5}} \multiput(100,40)(0.5,0.866){20}{\line(1,0){0.5}} \multiput(120,40)(-0.5,0.866){80}{\line(1,0){0.5}} \multiput(100,40)(-0.5,0.866){60}{\line(1,0){0.5}} \multiput(80,40)(-0.5,0.866){40}{\line(1,0){0.5}} \multiput(60,40)(-0.5,0.866){20}{\line(1,0){0.5}} \put(40,40){\line(1,0){80}} \put(50,57.32){\line(1,0){60}} \put(60,74.64){\line(1,0){40}} \put(70,91.96){\line(1,0){20}} \multiput(51,49)(10,17.32){4}{\makebox(0,0)[ct]{\small $\ast$}} \multiput(61,55)(10,17.32){3}{\makebox(0,0)[ct]{\small $\ast$}} \end{picture}
[image2]
\begin{picture}(0,100)(-300,30) \multiput(40,40)(0.5,0.866){80}{\line(1,0){0.5}} \multiput(60,40)(0.5,0.866){60}{\line(1,0){0.5}} \multiput(80,40)(0.5,0.866){40}{\line(1,0){0.5}} \multiput(100,40)(0.5,0.866){20}{\line(1,0){0.5}} \multiput(120,40)(-0.5,0.866){80}{\line(1,0){0.5}} \multiput(100,40)(-0.5,0.866){60}{\line(1,0){0.5}} \multiput(80,40)(-0.5,0.866){40}{\line(1,0){0.5}} \multiput(60,40)(-0.5,0.866){20}{\line(1,0){0.5}} \put(40,40){\line(1,0){80}} \put(50,57.32){\line(1,0){60}} \put(60,74.64){\line(1,0){40}} \put(70,91.96){\line(1,0){20}} \multiput(51,49)(20,0){4}{\makebox(0,0)[ct]{\small $\ast$}} \multiput(61,55)(20,0){3}{\makebox(0,0)[ct]{\small $\ast$}} \end{picture}
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\begin{picture}(0,100)(-500,30) \multiput(40,40)(0.5,0.866){80}{\line(1,0){0.5}} \multiput(60,40)(0.5,0.866){60}{\line(1,0){0.5}} \multiput(80,40)(0.5,0.866){40}{\line(1,0){0.5}} \multiput(100,40)(0.5,0.866){20}{\line(1,0){0.5}} \multiput(120,40)(-0.5,0.866){80}{\line(1,0){0.5}} \multiput(100,40)(-0.5,0.866){60}{\line(1,0){0.5}} \multiput(80,40)(-0.5,0.866){40}{\line(1,0){0.5}} \multiput(60,40)(-0.5,0.866){20}{\line(1,0){0.5}} \put(40,40){\line(1,0){80}} \put(50,57.32){\line(1,0){60}} \put(60,74.64){\line(1,0){40}} \put(70,91.96){\line(1,0){20}} \multiput(111,49)(-10,17.32){4}{\makebox(0,0)[ct]{\small $\ast$}} \multiput(101,55)(-10,17.32){3}{\makebox(0,0)[ct]{\small $\ast$}} \end{picture}

Resolução: Em primeiro lugar, observe-se que os números 11 e 13 são primos e nenhum dos dois é factor de qualquer outro número inteiro entre 1 e 16. Uma vez que há apenas um triângulo (o do meio) que não pertence a nenhuma das filas assinaladas, um desses dois números primos tem que aparecer num dos triângulos marcados com *. No entanto, esse número não poderá pertencer a mais de duas filas simultaneamente (ou seja, é apenas factor de um ou dois dos produtos em questão). Portanto, os três produtos não possuem a mesma factorização em primos e por isso não podem ser iguais.
Problema (nível 3): Na figura, $[ABCD]$ é um quadrado e $[CDP]$ é um triângulo equilátero. Qual é a amplitude de $ \measuredangle PBC$? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(0.00,150.00)(-20,160) \put(64,104){\line(1,0){80}} \put(64,104){\line(0,1){80}} \put(144,104){\line(0,1){80}} \put(64,184){\line(1,0){80}} \multiput(144,104)(-0.5,0.85){81}{\line(0,1){1}} \multiput(64,104)(0.5,0.85){81}{\line(0,1){1}} \put(59,99){\makebox(0,0)[cc]{\scriptsize $D$}} \put(150,99){\makebox(0,0)[cc]{\scriptsize $C$}} \put(59,189){\makebox(0,0)[cc]{\scriptsize $A$}} \put(149,189){\makebox(0,0)[cc]{\scriptsize $B$}} \put(106,177){\makebox(0,0)[cc]{\scriptsize $P$}} \end{picture}

Resolução: Como o triângulo $[CDP]$ é equilátero, $D\widehat{C}P=60^{0}$ e $P\widehat{C}B=30^0$. Por outro lado, $ \overline{PC}=\overline{DC}=\overline{BC}$, logo $[BCP]$ é um triângulo isósceles de base $\overline{PB}$ e $C\widehat{P}B=P\widehat{B}C$. A soma das amplitudes dos ângulos internos do triângulo $[BCP]$ é $180^0$, isto é, $C\widehat{P}B + P\widehat{B}C + P\widehat{C}B = 180^0$, donde $2 P\widehat{B}C=150^0$ e, portanto, $P\widehat{B}C=75^0$.
Problema (nível 3): O Clube do Triângulo confeccionou a bandeira rectangular de $80$ por $40$ cm de lado representada na figura. Sabendo que $[EF]$ é paralelo a $[CD]$ e mede $20$ cm, qual é a medida da área de tecido gasto no triângulo $[OEF]$? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(100,80)(-40,45) \put(0,0){\line(1,0){100}} \put(0,0){\line(2,1){100}} \put(0,50){\line(2,-1){100}} \put(100,0){\line(0,1){50}} \put(65,19){\line(-1,0){3}} \put(65,21){\line(-1,0){7}} \put(65,23){\line(-1,0){11}} \put(65,25){\line(-1,0){15}} \put(65,27){\line(-1,0){11}} \put(65,29){\line(-1,0){7}} \put(65,31){\line(-1,0){3}} \put(65,32.5){\line(0,-1){15}} \put(100,50){\line(-1,0){100}} \put(0,50){\line(0,-1){80}} \put(103,0){\makebox(0,0)[lc]{\small{C}}} \put(103,51){\makebox(0,0)[lc]{\small{D}}} \put(54,33){\makebox(0,0)[rc]{\small{O}}} \put(68,40){\makebox(0,0)[rc]{\small{F}}} \put(68,10){\makebox(0,0)[rc]{\small{E}}} \put(-5,51){\makebox(0,0)[rc]{\small{A}}} \put(-5,0){\makebox(0,0)[rc]{\small{B}}} \end{picture}

Resolução: Considere-se o ponto $H$ indicado na figura de modo que [$OH$] seja paralelo a [$AD$]. Como o triângulo [$AOD$] é isósceles de base [$AD$] e $\overline{AD}= 80$, tem-se $\overline{OH}=40$. Seja $G$ o ponto de intersecção de [$OH$] com [$EF$]. Os triângulos [$OEF$] e [$OCD$] são isósceles de bases [$EF$] e [$CD$], respectivamente, logo, $G$ e $H$ são os pontos médios dos segmentos [$EF$] e [$CD$], respectivamente, e, assim, $\overline{FG}= 10$ e $\overline{DH}=20$. Além disso, os triângulos [$OGF$] e [$OHD$] são semelhantes, porque têm os três ângulos congruentes. Assim, $\frac{\overline{OG}}{\overline{OH}}= \frac{\overline{FG}}{\overline{DH}}$ e, por isso, $\overline{OG}=20$. Logo, a área do triângulo [$OEF$] mede $\frac{\overline{EF}\times\overline{OG}}{2}=200$. Portanto, a medida da área de tecido gasto no triângulo [$OEF$] é $200$ cm$^2$. (image2)


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\begin{picture}(100,80)(-380,-190) \put(0,0){\line(1,0){100}} \put(0,0){\line(2,1){100}} \put(0,50){\line(2,-1){100}} \put(100,0){\line(0,1){50}} \put(65,25){\line(-1,0){15}} \put(65,25){\line(1,0){35}} \put(65,32.5){\line(0,-1){15}} \put(100,50){\line(-1,0){100}} \put(0,50){\line(0,-1){50}} \put(103,0){\makebox(0,0)[lc]{\small{C}}} \put(103,51){\makebox(0,0)[lc]{\small{D}}} \put(54,33){\makebox(0,0)[rc]{\small{O}}} \put(68,40){\makebox(0,0)[rc]{\small{F}}} \put(68,10){\makebox(0,0)[rc]{\small{E}}} \put(-5,51){\makebox(0,0)[rc]{\small{A}}} \put(-5,0){\makebox(0,0)[rc]{\small{B}}} \put(80,20){\makebox(0,0)[rc]{\small{G}}} \put(103,25){\makebox(0,0)[lc]{\small{H}}} \end{picture}
Problema (nível 3): Dois barcos fazem a ligação entre Cacilhas e o Cais do Sodré: o Europa, mais recente e mais rápido e o Adamastor, mais antigo e mais lento. Quando o Adamastor sai de Cacilhas às 9 horas e o Europa sai do Cais do Sodré exactamente à mesma hora cruzam-se às 9 horas e 10 minutos. Mas se o Adamastor sair de Cacilhas às 9 horas e o Europa só sair do Cais do Sodré às 9 horas e 16 minutos cruzam-se às 9 horas e 20 minutos. Supondo que cada um dos barcos se desloca a velocidade constante, quanto tempo demora o Europa a fazer a ligação entre o Cais do Sodré e Cacilhas?

Resolução: Quando o Europa sai do Cais do Sodré 16 minutos depois do Adamastor sair de Cacilhas, os barcos demoram exactamente 4 minutos a cruzar-se. Quando saem os dois à mesma hora o Europa cruza-se com o Adamastor ao fim de 10 minutos. Portanto, o Europa precisa de $10-4=6$ minutos para percorrer o caminho entre os dois locais de encontro. Mas o Adamastor percorre essa mesma distância em $20-10=10$ minutos. Assim, conclui-se que o Europa percorre em 6 minutos a distância que o Adamastor percorre em 10 minutos. Portanto, o Europa demora $10+6=16$ minutos a fazer a ligação entre o Cais do Sodré e Cacilhas.
Problema (nível 4): O Victor, o Timóteo e o Rodrigo, colocados em fila, não necessariamente por esta ordem, dizem números de 3 em 3: o primeiro da fila diz 3, o segundo 6, o terceiro 9, o primeiro 12 e assim sucessivamente. O Victor foi o primeiro a dizer um número superior ou igual a 2003 e o Rodrigo foi o primeiro a dizer um número com 4 dígitos. Será que foi o Timóteo que disse 666?

Resolução: O primeiro da fila diz os números inteiros cujo resto da divisão por 9 é 3: 3, 12, 21, 30, 39, ... O segundo da fila diz os números inteiros cujo resto da divisão por 9 é 6: 6, 15, 24, 33, 42, ... O terceiro da fila diz os números inteiros múltiplos de 9: 9, 18, 27, 36, 45, ... Ora $666=9\times 74$, então foi o terceiro da fila que disse 666. Como os 3 amigos só dizem múltiplos de 3, o primeiro número superior ou igual a 2003 a ser dito foi $2004=9\times 222+6$. Assim, sabendo que o Victor disse 2004, conclui-se que ele é o segundo da fila. Se o Rodrigo foi o primeiro a dizer um número com 4 dígitos, então foi ele que disse $1002=9\times111+3$, sendo assim o primeiro da fila. Portanto, o Timóteo é necessariamente o terceiro da fila e, de facto, foi ele que disse 666.
Problema (nível 4): O número $5$ decompõe-se na soma de $2$ números inteiros primos entre si e diferentes de $1$, $5=2+3$, mas o número $6$ não admite tal decomposição. Existirá algum número inteiro superior a $6$ que não se possa escrever como soma de $2$ números inteiros primos entre si e diferentes de $1$?

Resolução: Seja $n$ um número inteiro superior a $6$. Se $n$ é um número ímpar, pode escrever-se como soma de $2$ números primos entre si e superiores a $1$ da seguinte forma, $n=(n-2)+2$. De facto, como $n-2$ é um número ímpar, os números $n-2$ e $2$ são primos entre si. Considere-se agora $n$ um número par. Designe-se por $k$ o número inteiro superior a $3$ que verifica $n=2k$. Se $k$ é um número par, prove-se que $n$ se pode decompor como soma de $2$ números primos entre si e superiores a $1$ do seguinte modo, $n=(k-1)+(k+1).$ Com efeito, se $r$ fosse um número inteiro diferente de $1$ e divisor comum dos números $k-1$ e $k+1$, também dividiria a sua diferença e, como $(k+1)-(k-1)=2$, ter-se-ia $r=2$ e os números $k+1$ e $k-1$ seriam pares. Mas isso não é possível, porque $k$ é um número par. Assim, $k-1$ e $k+1$ são números primos entre si. Finalmente, suponha-se que $k$ é um número ímpar. Escreva-se $n=(k-2)+(k+2)$. Novamente, os números $k-2$ e $k+2$ são ambos ímpares e diferentes de $1$ e, como a sua diferença é igual a $4$, conclui-se, de modo análogo ao caso anterior, que são números primos entre si. Assim, não existe nenhum número inteiro superior a $6$ que não se possa escrever como soma de $2$ números inteiros primos entre si e diferentes de $1$.
Problema (nível 1): Uma formiga muito gulosa está num dos cantos (posição $A$) de uma travessa rectangular repleta de arroz doce e quer ir para o canto ao lado (posição $B$). Se a formiga for por um dos lados, tem de andar 10 cm, mas, pelo outro lado, tem de contornar a travessa e percorrer 32 cm. Qual é a área de arroz doce que está à mercê da gulodice da formiga? (image1) A guerra das estrelas


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\begin{picture}(0,0)(-480,30) \multiput(40,40)(0,80){2}{\line(1,0){100}} \multiput(40,40)(100,0){2}{\line(0,1){80}} \put(25,40){\makebox(0,0)[cc]{\small $A$}} \put(25,120){\makebox(0,0)[cc]{\small $B$}} \put(90,30){\makebox(0,0)[cc]{$\rightarrow$}} \put(30,80){\makebox(0,0)[cc]{$\uparrow$}} \put(90,130){\makebox(0,0)[cc]{$\leftarrow$}} \put(150,80){\makebox(0,0)[cc]{$\uparrow$}} \end{picture}

Resolução: Como o lado $[AB]$ da travessa mede $10$ cm e a soma dos comprimentos dos restantes lados é $32$ cm, a medida do outro lado da travessa é $(32-10):2=11$ cm. Assim, a área da travessa mede $10\times11=110$ cm$^2$.
Problema (nível 1): Luke Skywalker e Han Solo defrontam-se numa corrida com as suas naves espaciais mais potentes. Luke dá cada volta à pista em 45 segundos e Han em 48 segundos. As naves espaciais de Luke e Han só se cruzam no momento em que Luke Skywalker termina a corrida. Quantas voltas tem a corrida?

Resolução: Solução 1: Observe-se que Han termina a $1^{\underline {\sf a}}$ volta a $3$ segundos de Luke, a $2^{\underline {\sf a}}$ volta a $2\times 3=6$ segundos de Luke, a $3^{\underline {\sf a}}$ volta a $3\times 3=9$ segundos de Luke e assim sucessivamente. Logo, Han termina a $15^{\underline {\sf a}}$ volta a $15\times 3=45$ segundos de Luke, que acaba de percorrer $16$ voltas. Portanto, Han e Luke cruzam-se pela primeira vez nesse momento. Mas, como Han e Luke só se cruzam quando Luke termina a corrida, esta tem exactamente $16$ voltas. Solução 2: Observe-se que Han e Luke se cruzam pela primeira vez no momento em que ambos completam uma dada volta. Como m.m.c.$\{ 45, 48\}=720$, esse momento ocorre ao fim de 720 segundos de corrida. Logo, Luke termina a corrida com o tempo de $720$ segundos e a corrida tem exactamente $\ds \frac{720}{45}=16$ voltas.
Problema (nível 3): O produto dos algarismos do número $3115$ é $15$. Quantos números existem, entre $2002$ e $9009$, cujo produto dos seus algarismos é $15$?

Resolução: Os números pretendidos têm necessariamente os algarismos $1$, $1$, $3$ e $5$. O algarismo dos milhares não pode ser $1$, visto que os números estão entre $2002$ e $9009$. Assim, existem 2 possibilidades de escolha para o algarismo dos milhares ($3$ ou $5$) e, escolhido esse algarismo, existem $3$ posições diferentes para o outro algarismo diferente de $1$, sendo as restantes posições ocupadas pelo algarismo $1$. Portanto, existem $2\times3=6$ números entre $2002$ e $9009$ que têm o produto dos seus algarismos igual a $15$.
Problema (nível 4): O Luís vai participar nas Olimpíadas Portuguesas de Matemática e, como pretende ter uma boa classificação, elaborou o seguinte plano de preparação: nos primeiros dois dias resolver alguns exercícios e em cada um dos restantes dias resolver tantos exercícios quantos os resolvidos no total dos dois dias anteriores. Sabendo que o Luís cumpriu este plano de segunda a sábado e resolveu 16 exercícios no sábado, quantos resolveu em cada um dos restantes dias?

Resolução: Solução 1: Seja $X$ o número de exercícios que o Luís resolveu na sexta. Como o número de exercícios que ele resolveu no sábado é igual à soma do número de exercícios resolvidos na quinta e na sexta, então, o Luís resolveu $16-X$ exercícios na quinta. De igual modo se conclui que o Luís resolveu $2X-16$ exercícios na quarta, $32-3X$ na terça e $5X-48$ na segunda. Por outro lado, todos estes valores são números inteiros positivos e, portanto, $X=10$. Assim, conclui-se que o Luís resolveu 2 exercícios na segunda, 2 na terça, 4 na quarta, 6 na quinta e 10 na sexta. Solução 2: Sejam $S$ e $T$ o número de exercícios que o Luís resolveu na segunda e na terça, respectivamente. Na quarta o Luís resolveu $S+T$ exercícios, na quinta $T+(S+T)=S+2T$, na sexta $(S+T)+(S+2T)=2S+3T$ e no sábado $(S+2T)+(2S+3T)=3S+5T$. Como $S$ e $T$ são inteiros positivos, a única solução da equação $3S+5T=16$ é $S=T=2$. Assim, conclui-se que o Luís resolveu 2 exercícios na segunda, 2 na terça, 4 na quarta, 6 na quinta e 10 na sexta.
Problema (nível 4): A Andreia escreveu, por ordem crescente, todos os números inteiros de 1 a 2002 e obteve o número MONSTRO $$ 123456789101112131415\ldots 19981999200020012002.$$ Qual é o dígito central deste número?

Resolução: O número de dígitos do Monstro é $$ 9 + 2 \times (99-9) + 3 \times (999-99) + 4 \times (2002-999)=9 + 180 + 2700 + 4012 = 6901.$$ Logo, o dígito central encontra-se na posição 3451. Solução 1: Para encontrar esse dígito, uma vez que $9+180+2700=2889$ é menor do que 3451, é necessário percorrer todos os números de 1 a 999 e ainda mais $3451-2889=562$ dígitos. Visto que a partir de $1000$ todos os números até 2002 têm 4 dígitos e $562=140 \times 4 + 2$, são necessários 140 números depois de 999 e ainda mais dois dígitos. Ou seja, o dígito central é o segundo dígito que se escreve a seguir a $1139$ e é igual a $1$ (correspondendo ao algarismo das centenas de 1140). Solução 2: Para encontrar esse dígito, é necessário percorrer $3450$ dígitos da direita para a esquerda, que correspondem a 862 números com 4 dígitos e mais dois dígitos, visto que $3450=862 \times 4 + 2$. Ou seja, o dígito central é o algarismo das centenas do número $2002-862=1140$ e é igual a $1$.
Problema (nível 4): Quais são os seis números de dois algarismos cujo máximo divisor comum é o maior possível?

Resolução: Seja $k$ o máximo divisor comum dos seis números de 2 algarismos. Como $k$ é o maior possível, os seis números são os menores números de 2 algarismos que têm $k$ como máximo divisor comum, ou seja, $k$, $2k$, $3k$, $4k$, $5k$ e $6k$. Assim, $k$ é o maior número inteiro de 2 algarismos que verifica $6k\leq 99$ e, visto que $99=6\times 16+3$, tem-se $k=16$. Portanto, os seis números de 2 algarismos que possuem o maior máximo divisor comum são $16$, $32$, $48$, $64$, $80$ e $96$.
Problema (nível 3): Se sobrepuseres dois quadrados, com $10$ cm de lado, de modo que o centro de um deles seja um vértice do outro, que valores pode ter a área da região comum aos dois quadrados?

Resolução: Se os dois quadrados tiverem os lados paralelos, é óbvio que a área da região comum aos dois é a quarta parte da área de um deles, logo $\frac{1}{4} \times 10^2 = 25$ cm$^2$. Se isso não acontecer, a região comum será um polígono, como o polígono $[OACD]$ indicado na figura. Uma vez que $A\hat{O}B + B\hat{O}D=90^{\mbox{\rmv o}}$ e $B\hat{O}D + D\hat{O}E = 90^{\mbox{\rmv o}}$, conclui-se que $A\hat{O}B =D\hat{O}E$. Deste modo, os triângulos $[OAB]$ e $[ODE]$ são congruentes, porque são rectângulos em $B$ e $E$, respectivamente, $A\hat{O}B =D\hat{O}E$ e $\overline{OB}=\overline{OE}$, logo, têm a mesma área. Assim, a área do polígono $[OACD]$ é igual à área do quadrado $[OBCE]$, isto é, $25$ cm$^2$. (image1)


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\begin{picture}(100,50)(-320,-155) \put(0,0){\line(1,0){50}} \put(0,0){\line(0,-1){50}} \put(50,0){\line(0,-1){50}} \put(0,-50){\line(1,0){50}} \multiput(25,-25)(5.2,0){10}{\line(1,0){3}} \multiput(25,-25)(0,-5.2){10}{\line(0,-1){3}} \multiput(25,-75)(5.2,0){10}{\line(1,0){3}} \multiput(75,-25)(0,-5.2){10}{\line(0,-1){3}} \put(25,-25){\line(2,-1){43.3}} \put(25,-25){\line(-1,-2){22.4}} \put(3,-69.9){\line(2,-1){43.3}} \put(68.5,-46.7){\line(-1,-2){22.4}} \put(23,-22){\makebox(0,0)[rc]{\tiny{0}}} \put(57,-21){\makebox(0,0)[rc]{\tiny{E}}} \put(57,-35){\makebox(0,0)[rc]{\tiny{D}}} \put(57,-52){\makebox(0,0)[rc]{\tiny{C}}} \put(31,-55){\makebox(0,0)[rc]{\tiny{B}}} \put(10,-46){\makebox(0,0)[cc]{\tiny{A}}} \end{picture}
Problema (nível 3): O Sr. Manuel cuida das $31$ galinhas do patrão. Este ano o Sr. Manuel decidiu tirar as férias da sua vida. Então preparou, para cada uma das galinhas, um saco de comida por cada semana em que estaria ausente. No início da primeira semana o patrão vendeu uma das galinhas e o mesmo se passou nas semanas seguintes até à venda de todas as galinhas. Entretanto o Sr. Manuel regressou e, quando a comida que ele tinha preparado terminou, verificou que esta tinha durado o dobro do tempo inicialmente previsto. Quantas semanas esteve o Sr. Manuel ausente?

Resolução: Seja $n$ o número de semanas que o Sr. Manuel se ausentou. Então o Sr. Manuel preparou $31 n$ sacos de comida. A primeira galinha foi vendida no início da primeira semana, logo, no final dessa semana restavam $31 n -30$ sacos de comida, no final da segunda semana $31n-30-29$ sacos, e assim sucessivamente. Como a comida terminou após $2n$ semanas, tem-se $$ 31 n - (\underbrace{30 + 29 + 28 + \dots }_{2n \, \mbox{\rmvi parcelas}}) = 0, $$ ou, de modo equivalente, $$ 31 n - (\underbrace{(31-1) + (31-2) + (31-3) + \dots +(31-2n)}_{2n \, \mbox{\rmvi parcelas}})=0, $$ ou ainda $$ 31 n - 31 \times 2n + (\underbrace{1 + 2 + \dots + (2n-1) + 2n }_{2n \, \mbox{\rmvi parcelas}})=0. $$ A soma $1 + 2 + \dots +(2n-1) + 2n$ tem $2n$ parcelas e, associando a primeira parcela com a última, a segunda com a penúltima, a terceira com a antepenúltima, e assim sucessivamente, obtém-se \begin{align} 1 + 2 + \dots +(2n-1) + 2n & = (1+2n) + (2 + (2n-1)) + \dots + (n + (n+1)) \notag \\ & = (2n+1) + (2n+1) + \dots +(2n+1) \notag \\ & = n (2n+1). \notag \end{align} Substituindo este resultado na última equação, obtém-se $$ -31 n + n(2n+1)= 0, $$ equivalente a $n(-31+ 2n+1)=0$. A única solução, não nula, desta equação é $n=15$. Portanto, o Sr. Manuel esteve ausente $15$ semanas.
Problema (nível 3): O Jardim da Bruxa Mimi tem no seu centro a Árvore das Gomas Encantadas. Em volta da Árvore há $12$ vedações, em cada vedação um portão e em cada portão um guarda. O João e a Maria resolveram ir apanhar gomas ao Jardim. Quando entraram todos os guardas os deixaram passar e, uma vez no centro do Jardim, apanharam algumas das $4101$ gomas da Árvore. À saída, para que o guarda da primeira vedação os deixasse passar, tiveram de lhe dar metade das gomas que levavam mais meia goma. E o mesmo se passou com cada um dos restantes $11$ guardas. O João e a Maria conseguiram fazer isto sem cortar nenhuma goma. Quantas gomas tinham eles apanhado?

Resolução: Solução 1: Seja $n$ o número de gomas que o João e a Maria apanharam no Jardim. Então tem-se $0\leq n \leq 4101$. Ao $1^{\underline{\mbox{\rmv o}}}$ guarda deram $\frac{n}{2}+\frac{1}{2}=\frac{n+1}{2}$ gomas e, por isso, $n+1$ é par. Ficaram então com $n-\frac{n+1}{2}=\frac{n-1}{2}$ gomas. Em seguida, deram ao $2^{\underline{\mbox{\rmv o}}}$ guarda $\frac{1}{2} \times \frac{n-1}{2}+ \frac{1}{2}=\frac{n+1}{4}$ gomas e, sendo assim, $n+1$ é múltiplo de $4=2^2$. Ficaram nessa altura com $\frac{n-1}{2}-\frac{n+1}{4}=\frac{n-3}{4}$ gomas. Para passar a $3^{\underline{\mbox{\rmv a}}}$ vedação, deram ao $3^{\underline{\mbox{\rmv o}}}$ guarda $\frac{1}{2} \times \frac{n-3}{4}+ \frac{1}{2}=\frac{n+1}{8}$ gomas e, consequentemente, $n+1$ é múltiplo de $8=2^3$. Repetindo este raciocínio várias vezes, conclui-se que o número $n+1$ é múltiplo de $2^{12}=4096$. Assim, $n+1=4096k$, ou seja, $n=4096k-1$ gomas, para algum número natural $k$. Como $0\leq n \leq 4101$, tem-se $k=1$. Portanto, o João e a Maria apanharam $4095$ gomas. Solução 2: Seja $k$ o número de gomas com que o João e a Maria saíram do Jardim. Então, antes de passar pelo $12^{\underline{\mbox{\rmv o}}}$ guarda, eles tinham $2(k+\frac{1}{2})=2k+1$ gomas. Anteriormente, antes de passar pela $11^{\underline{\mbox{\rmv a}}}$ vedação, eles tinham $2(2k+1+\frac{1}{2})=4k+3$ gomas e, antes de passar pela $10^{\underline{\mbox{\rmv a}}}$ vedação, eles tinham $8k+7$ gomas. Repetindo este raciocínio várias vezes, conclui-se que, antes de passar pelo $1^{\underline{\mbox{\rmv o}}}$ guarda, o João e a Maria tinham $2^{12}k+(2^{12}-1)$ gomas. Assim, para ficarem com $k$ gomas tiveram de apanhar $4096k+4095$ gomas. Como não partiram nenhuma goma, $k$ tem de ser um número inteiro, mas, como só havia $4101$ gomas na Árvore, $k$ tem de ser igual a zero. Portanto, o João e a Maria apanharam $4095$ gomas (e os guardas ficaram com elas todas).