tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): Um criador de galinhas foi verificar qual o preço por pintainho que tinha cobrado no ano anterior. Encontrou uma factura, meio apagada, onde se lia: $72$ pintainhos vendidos por $*679*$ escudos. Isto é, os algarismos das unidades e das dezenas de milhar estavam ilegíveis. Qual o preço a que, no ano anterior, foi vendido cada pintainho?

Resolução: O preço dos $72$ pintainhos será representado por $x679y$. O algarismo das unidades, $y$, tem que ser par. Por outro lado, o número $x679y$ é divisível por $72$, logo também é divisível por $9$, pelo que $x+y+6+7+9=x+y+22$ deve ser divisível por 9 ou, equivalentemente, $x+y+4$ deve ser divisível por $9$. Como $x$ e $y$ são números inteiros entre $1$ e $9$ temos as seguintes possibilidades: (table1) Em conclusão, o valor total da venda dos pintainhos foi de $36 792=511 \times 72$ escudos, pelo que cada pintainho foi vendido a $511$ escudos.


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[table1]
\begin{tabular}{c|c||l} $y$ & $x$ & \hspace*{20mm}$x679y$ \\ \hline 0 & 5 & 56 790 que n\~{a}o \'{e} m\'{u}ltiplo de 72 \\ 2 & 3 & 36 792 que \'{e} m\'{u}ltiplo de 72 \\ 4 & 1 & 16 794 que n\~{a}o \'{e} m\'{u}ltiplo de 72 \\ 6 & 8 & 86 796 que n\~{a}o \'{e} m\'{u}ltiplo de 72 \\ 8 & 6 & 66 798 que n\~{a}o \'{e} m\'{u}ltiplo de 72 \\ \end{tabular}
Problema (nível 3): A diagonal dum trapézio isósceles mede 16 metros e forma com a base do trapézio um ângulo de $45^{\circ}$. Quanto mede a área do trapézio? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(90.00,30.00)(0,50) \put(50.00,50.00){\line(1,0){40.00}} \multiput(50.00,50.00)(0.12,0.12){250}{\line(0,1){0.12}} \multiput(80.00,80.00)(0.12,-0.36){84}{\line(0,-1){0.36}} \put(57.00,52.67){\makebox(0,0)[cc]{$45^{\circ}$}} \multiput(50.00,50.00)(0.12,0.36){84}{\line(0,1){0.36}} \put(60.00,80.00){\line(1,0){20.00}} \end{picture}

Resolução: No trapézio isósceles $[ABCD]$ consideremos os pontos $E$ e $F$, como se indica na figura: (image2) Como $\overline{AF}=\overline{CF}=\overline{DE}$ então a sua área é dada por $$ \overline{AE}\times\overline{DE}+\overline{DE}\times\overline{EF} =(\overline{AE}+\overline{EF})\times\overline{DE} =\overline{AF}\times\overline{DE}=(\overline{AF})^2.$$ Pelo Teorema de Pitágoras $16^2=(\overline{AF})^2 + (\overline{CF})^2 =(\overline{AF})^2 + (\overline{DE})^2 = 2 (\overline{AF})^2,$ pelo que a área do trapézio mede $\frac{16^2}{2}=128 \mbox{ metros quadrados}.$


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[image2]
\begin{picture}(95.00,55.00)(-30,35) \put(50.00,50.00){\line(1,0){40.00}} \multiput(50.00,50.00)(0.12,0.12){250}{\line(0,1){0.12}} \multiput(80.00,80.00)(0.12,-0.36){84}{\line(0,-1){0.36}} \multiput(50.00,50.00)(0.12,0.36){84}{\line(0,1){0.36}} \put(60.00,80.00){\line(1,0){20.00}} \multiput(60.00,50.00)(0,6){5}{\line(0,1){4}} \multiput(80.00,50.00)(0,6){5}{\line(0,1){4}} \put(48.00,47.00){\makebox(0,0)[cc]{$A$}} \put(60.00,47.00){\makebox(0,0)[cc]{$E$}} \put(80.00,47.00){\makebox(0,0)[cc]{$F$}} \put(92.00,47.00){\makebox(0,0)[cc]{$B$}} \put(80.00,83.00){\makebox(0,0)[cc]{$C$}} \put(60.00,83.00){\makebox(0,0)[cc]{$D$}} \put(60.00,52.00){\line(1,0){2.00}} \put(62.00,52.00){\line(0,-1){2.00}} \put(80.00,52.00){\line(-1,0){2.00}} \put(78.00,52.00){\line(0,-1){2.00}} \end{picture}
Problema (nível 3): Quatro suspeitos de um crime fizeram as seguintes declarações à polícia: António: O Carlos cometeu-o. Bernardo: Eu não o fiz. Carlos: O David cometeu-o. David: O Carlos mentiu quando disse que fui eu. Sabendo que exactamente uma das quatro declarações é verdadeira, quem cometeu o crime?

Resolução: Como as declarações do Carlos e do David são contraditórias, uma delas é necessariamente verdadeira. Como só uma das quatro declarações é verdadeira, então as do António e do Bernardo são falsas. Portanto quem cometeu o crime foi o Bernardo.
Problema (nível 3): O Nuno comprou 3 patos, 7 galinhas e 1 coelho. Pagou 17 mil e 200 escudos. O Pedro comprou 4 patos, 10 galinhas e 1 coelho e pagou 20 mil escudos. A Inês comprou 1 pato, 1 galinha e 1 coelho. Quanto pagou?

Resolução: Se um pato custa $p$, uma galinha $g$ e um coelho $c$ escudos, então sabemos que $3p+7g+c=17200$ e $4p+10g+c=20000.$ Subtraindo a primeira igualdade da segunda obtemos $p+3g=2800.$ Subtraindo agora duas vezes esta igualdade à primeira obtemos $p+g+c=11600.$ Portanto a Inês pagou 11600 escudos.
Problema (nível 3): Considera um paralelogramo $[ABCD]$ e um ponto $Q$ sobre o lado $[BC].$ A recta $AQ$ intersecta a diagonal $[BD]$ do paralelogramo num ponto $P$ e intersecta a recta $CD$ num ponto $R.$ Mostra que $\overline{AP}^{\;2}=\overline{PQ}\times \overline{PR}.$

Resolução: Na figura (image1) os triângulos $[ABP]$ e $[RDP]$ são semelhantes, já que $\widehat{APB}=\widehat{RPD}$ e $\widehat{ABP}=\widehat{RDP}$, uma vez que $[AB]$ é paralelo a $[CD].$ Então $\frac{\overline{BP}}{\overline{CP}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{ PR}}.$ Por outro lado, também $[APD]$ e $[QPB]$ são semelhantes, já que $\widehat{APD}=\widehat{QPB}$ e $\widehat{PBQ}=\widehat{PDA}$. Consequentemente $\frac{\overline{BP}}{\overline{CP}}=\frac{\overline{PQ}}{ \overline{AP}}.$ Destas duas igualdades concluimos que $\frac{\overline{AP}}{\overline{PR}}= \frac{\overline{PQ}}{\overline{AP}},$ ou seja, $\overline{AP}^2=\overline{PQ} \times \overline{PR}.$


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[image1]
\begin{picture}(130.00,45.00)(0,-5) \multiput(30.00,10.00)(0.12,0.12){167}{\line(0,1){0.12}} \put(50.00,30.00){\line(1,0){40.00}} \multiput(90.00,30.00)(-0.12,-0.12){167}{\line(0,-1){0.12}} \put(30.00,10.00){\line(1,0){90.00}} \multiput(30.00,10.00)(0.36,0.12){167}{\line(1,0){0.36}} \multiput(50.00,30.00)(0.32,-0.12){250}{\line(1,0){0.32}} \put(50.00,33.00){\makebox(0,0)[cc]{$A$}} \put(90.00,33.00){\makebox(0,0)[cc]{$B$}} \put(70.66,7.00){\makebox(0,0)[cc]{$C$}} \put(30.00,7.00){\makebox(0,0)[cc]{$D$}} \put(69.33,26.00){\makebox(0,0)[cc]{$P$}} \put(83.50,20.00){\makebox(0,0)[cc]{$Q$}} \put(104.00,12.33){\makebox(0,0)[cc]{$R$}} \end{picture}
Problema (nível 4): Qual é o maior inteiro menor ou igual a $$\frac{3^{31}+2^{31}}{3^{29}+2^{29}}?$$

Resolução: Como $$\frac{3^{31}+2^{31}}{3^{29}+2^{29}} = \frac{3^2 \left(\frac{3}{2}\right)^{29}+2^2}{\left(\frac{3}{2}\right)^{29}+1}=3^2 - \frac{5}{\left(\frac{3}{2}\right)^{29}+1}$$ e $\frac{5}{\left(\frac{3}{2}\right)^{29}+1}<1$, uma vez que $\left(\frac{3}{2}\right)^{29} >\left(\frac{3}{2}\right)^{4}=\frac{81}{16}>4$, o inteiro pedido é $8$.
Problema (nível 4): Seja $a$ um número real positivo e considera a seguinte sucessão: $$ a_0=a,\qquad a_{n}=a_{n-1}+\frac{1}{a_{n-1}},\quad\,n\in\N. $$ Mostra que $a_{1998}>63$.

Resolução: Provemos que $a_n>\sqrt{2n}$ para todo o número natural $n$. Atendendo a que $a_0>0$ temos $$ a_1^2=(a_0+\frac{1}{a_0})^2=a_0^2+\frac{1}{a_0^2}+2>2$$ pelo que $a_1>\sqrt{2}$. Suponhamos agora que $a_{n-1}>\sqrt{2(n-1)}$ e mostremos que $a_n>\sqrt{2n}$. De facto, $$ a_n^2=\left(a_{n-1}+\frac{1}{a_{n-1}}\right)^2=a_{n-1}^2+ \frac{1}{a_{n-1}^2}+2>a_{n-1}^2+2>2(n-1)+2=2n, $$ isto é, $a_n>\sqrt{2n}$, o que prova que a desigualdade $a_n>\sqrt{2n}$ é válida para todo o número natural $n$. Em particular, $a_{1998}>\sqrt{2\times 1998}=\sqrt{3996}>63$ o que resolve o problema.
Problema (nível 1): O quadrado da figura foi dividido num quadrado mais pequeno rodeado por quatro rectângulos iguais. (image1) O perímetro de cada um dos rectângulos mede $14$ cm. Quanto mede a área do quadrado grande?


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[image1]
\begin{picture}(65,60)(5,5) \put(5,5){\line(1,0){60}} \put(5,5){\line(0,1){60}} \put(20,5){\line(0,1){45}} \put(50,20){\line(0,1){45}} \put(65,5){\line(0,1){60}} \put(20,20){\line(1,0){45}} \put(5,50){\line(1,0){45}} \put(5,65){\line(1,0){60}} \end{picture}

Resolução: O comprimento do lado do quadrado maior é igual a metade do perímetro de cada rectângulo. Logo a sua área mede $7^2\;\mbox{cm}^2$, ou seja, $49\;\mbox{cm}^2$.
Problema (nível 1): A Maria e o Manuel disputaram um jogo no qual são atribuídos $2$ pontos por vitória e deduzido um ponto em caso de derrota. Inicialmente cada um deles tinha $5$ pontos. Se o Manuel ganhou exactamente três partidas e a Maria no final ficou com dez pontos, quantas partidas disputaram?

Resolução: Se o Manuel ganhou exactamente três partidas, a Maria perdeu três pontos. Como no final a Maria ficou com $10$ pontos é porque ganhou $8$ pontos, logo $4$ partidas. Realizaram portanto $3+4= 7$ partidas.
Problema (nível 3): Os adeptos do A.B.C. celebram, desde 1902 e de 5 em 5 anos, uma festa em honra do seu clube. Por sua vez, os adeptos do clube rival C.B.A. celebram, desde 1903 e de 7 em 7 anos, uma festa em honra do seu clube. Quais os anos deste século em que ambos os clubes foram festejados?

Resolução: É fácil verificar que a primeira coin­ci­dên­cia das festas ocorreu em 1917. Daí em diante as coincidências ocorreram em intervalos múltiplos quer de 5 quer de 7, logo de $m.m.c.(5,7)=35$. Assim teremos celebrações dos dois clubes nos anos $1917+35=1952$, $1952+35=1987$, $1987+35=2022$, etc. Pelo que a resposta pedida é 1917, 1952 e 1987.
Problema (nível 3): A Branca de Neve distribui pelos sete anões a sua colheita de 707 cogumelos. Começa pelo mais pequeno dos sete e, por ordem crescente das suas alturas, cada anão recebe mais um cogumelo do que o anão anterior. Quantos cogumelos receberá o maior dos anões?

Resolução: Solução 1: Seja $x$ o número de cogumelos que o anão mais alto receberá. Assim, os outros anões receberão, respectivamente, $$x-1, x-2, x-3, x-4, x-5, x-6$$ cogumelos (recebendo o mais pequeno $x-6$). Sabemos que a Branca de Neve distribui 707 cogumelos, pelo que $$x+(x-1)+(x-2)+(x-3)+(x-4)+(x-5)+(x-6)=707$$ ou seja, $7x-21=707$. Portanto, o anão mais alto receberá $$x=\frac{707+21}{7}=104$$ cogumelos. Solução 2: A Branca de Neve tem 707 cogumelos para distribuir por sete anões. Como, relativamente ao quarto anão, o terceiro anão recebe menos um cogumelo e o quinto anão recebe mais um cogumelo, podemos dizer que, em média, o terceiro e o quinto recebem o mesmo que o quarto anão. Analogamente podemos concluir o mesmo para os segundo e sexto anões, bem como para os primeiro e sétimo anões. Ora $707:7=101$ logo o quarto anão recebe 101 cogumelos, o quinto recebe 102, o sexto recebe 103 e o sétimo recebe 104.
Problema (nível 3): No diagrama seguinte, $\overline{AD}=\overline{BC}$. (image1) Quanto mede o ângulo $\widehat{DAC}$?


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[image1]
\begin{picture}(80,50)(20,65) \put(19.10,100.00){\line(5,1){25.90}} \put(45.00,105.00){\line(2,-5){14.00}} \put(59.00,70.00){\line(-4,3){39.90}} \put(45.00,105.00){\line(2,-1){45.10}} \put(59.00,70.00){\line(5,2){31.00}} \put(59.00,66.00){\makebox(0,0)[cc]{$C$}} \put(93.50,81.00){\makebox(0,0)[cc]{$B$}} \put(45.33,109.33){\makebox(0,0)[cc]{$A$}} \put(15.67,100.33){\makebox(0,0)[cc]{$D$}} \put(51.70,79.50){\makebox(0,0)[cc]{\footnotesize$40^{\circ}$}} \put(62.00,75.00){\makebox(0,0)[cc]{\footnotesize$70^{\circ}$}} \put(83.00,82.60){\makebox(0,0)[cc]{\footnotesize$55^{\circ}$}} \end{picture}

Resolução: Uma vez que $\widehat{BCA}=70^{\circ}$ e $\widehat{ABC}=55^{\circ}$ podemos concluir que $\widehat{CAB}=180^{\circ}-\widehat{ACB}-\widehat{ABC} =180^{\circ}-70^{\circ}-55^{\circ}=55^{\circ}$. Assim, o triângulo $[ABC]$, tendo dois ângulos iguais, é isósceles, ou seja, $\overline{AC}=\overline{BC}$. Mas $\overline{BC}=\overline{AD}$ logo $\overline{AC}= \overline{AD}$ e o triângulo $[DAC]$ também é isósceles com $\widehat{CDA}= \widehat{ACD}=40^{\circ}$. Então $\widehat{DAC}=180^{\circ}-\widehat{CDA}- \widehat{ACD}=180^{\circ}-40^{\circ}-40^{\circ}=100^{\circ}$.
Problema (nível 4): Um número natural diz-se ascendente se cada um dos seus algarismos é estritamente maior do que qualquer um dos algarismos colocados à sua esquerda. Por exemplo, o número $3589$ é ascendente. Quantos números ascendentes existem entre $4000$ e $5000$?

Resolução: Representemos os números entre 4000 e 5000 na forma $4cdu$. Tal número será ascendente se $4<c<d<u$. Como $c,d$ e $u$ são números inteiros inferiores a 10, temos as seguintes possibilidades: $$(table1)$$ Logo existem 10 números ascendentes entre 4000 e 5000.


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[table1]
\begin{tabular}[t]{c|c|c||c} $c$ & $d$ & $u$ & $4cdu$\\ \hline 5 & 6 & 7 & 4567\\ 5 & 6 & 8 & 4568\\ 5 & 6 & 9 & 4569\\ 5 & 7 & 8 & 4578\\ 5 & 7 & 9 & 4579\\ 5 & 8 & 9 & 4589\\ 6 & 7 & 8 & 4678\\ 6 & 7 & 9 & 4679\\ 6 & 8 & 9 & 4689\\ 7 & 8 & 9 & 4789\\ \end{tabular}
Problema (nível 4): Proponho-te o seguinte jogo: Baralha um baralho de cartas e volta-as com a face virada para ti, aos pares. Se ambas as cartas de um par forem pretas fica com elas. Se ambas forem vermelhas, fico eu com elas. Se uma for vermelha e a outra preta, o par é deitado fora. Se quiseres jogar pagas-me 100 escudos. Quando o baralho estiver esgotado o jogo termina e, por cada carta que tiveres a mais do que eu (se esse for o caso), eu pago-te 300 escudos. Queres jogar comigo?

Resolução: Não, porque perco sempre $100\$ 00$ em cada jogo. Com efeito, como o número de cartas pretas deitadas fora é igual ao número de cartas vermelhas deitadas fora, o número de cartas pretas que guardo é igual ao número de cartas vermelhas que tu guardas.
Problema (nível 3): No longínquo país do Esquisitistão existem apenas notas de 7 e de 11 esquisitis. O Sr. Esquisitov, que tem um saldo bancário de 41 esquisitis, vai a um multibanco levantar dinheiro. Qual é a maior quantia que poderá levantar?

Resolução: Designemos por $x$ e $y$ o número de notas de 7 e 11 esquisitis, respectivamente, que o Sr. Esquisitov pode levantar. Como o seu saldo bancário é de 41 esquisitis, temos $0\leq y\leq 3$. Se $y=0$, o valor máximo para $x$ é 5, pelo que levanta $5\times 7=35$ esquisitis. Se $y=1$, o valor máximo para $x$ é 4, pelo que levanta $4\times 7+1\times 11=39$ esquisitis. Se $y=2$, o valor máximo para $x$ é 2, pelo que levanta $2\times 7+2\times 11=36$ esquisitis. Se $y=3$, o valor máximo para $x$ é 1, pelo que levanta $1\times 7+3\times 11=40$ esquisitis. Assim, o Sr. Esquisitov poderá levantar no máximo 40 esquisitis.
Problema (nível 3): O Paulo e o Marcelo, dois jogadores de berlinde rivais, tinham o mesmo número de berlindes quando começaram a jogar. Num primeiro jogo o Paulo ganhou 20 berlindes ao Marcelo. Num segundo jogo o Paulo perdeu dois terços dos seus berlindes. Isto deixou o Marcelo com quatro vezes mais berlindes que o Paulo. Quantos berlindes tinha cada um inicialmente?

Resolução: Sendo $x$ o número de berlindes que cada um tinha inicialmente, após o primeiro jogo o Paulo tinha $x+20$ berlindes e o Marcelo $x-20$. No final do segundo jogo o Paulo ficou com $(x+20)-\frac{2}{3}(x+20)$ berlindes e o Marcelo com $x-20+\frac{2}{3}(x+20)$. Portanto $$ 4[(x+20)-\frac{2}{3}(x+20)]=x-20+\frac{2}{3}(x+20)$$ ou seja, $x=100$.
Problema (nível 3): A Joana resolveu escrever numa folha de papel todos os números de 1 até 1999. Quantas vezes terá de escrever o algarismo 7?

Resolução: Ao escrever os números de $1$ a $9$, e todos os números de dois algarismos começados por $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $8$ e $9$, a Joana escreveu $9$ vezes o algarismo $7$. Ao escrever os números de dois algarismos começados por $7$, escreveu o algarismo $7$ por mais $11$ vezes. Assim ao escrever os números de $1$ a $99$, a Joana escreveu $20$ vezes o algarismo $7$. Utilizou o algarismo $7$ o mesmo número de vezes quando escreveu os números de três algarismos começados por $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $8$ e $9$. Ao escrever os números de três algarismos começados por $7$ escreveu $20+100=120$ vezes o algarismo $7$. Assim, ao escrever os números de $1$ a $999$, a Joana escreveu $9\times 20 + 120=300$ vezes o algarismo $7$. O mesmo número de algarismos 7 utilizou a Joana quando escreveu os números de $1000$ a $1999$. No total, ao escrever os números de $1$ a $1999$, a Joana escreveu $600$ vezes o algarismo $7$.
Problema (nível 4): A Leonor vai a uma fonte com três torneiras encher os seus dez garrafões. Um dos garrafões demora um minuto a encher, outro dois minutos, outro três, etc. Como deverá a Leonor distribuir os garrafões pelas torneiras de modo a gastar o menor tempo possível? Quanto tempo demora?

Resolução: Se existisse apenas uma torneira, o tempo total de enchimento dos garrafões seria igual a $1+2+\ldots+10=55$ minutos. Existindo três torneiras na fonte, não é possível encher os garrafões em menos de $19$ minutos pois $55=18\times 3+1$. Vejamos agora que é possível encher os garrafões em precisamente $19$ minutos. Para tal basta que na primeira torneira se encham os garrafões que demoram 9 e 10 minutos a encher, na segunda torneira os que demoram 3, 7 e 8 minutos a encher, e na terceira torneira os restantes garrafões.
Problema (nível 4): Uma loja distribui 9999 cartões entre os seus clientes. Cada um dos cartões possui um número de 4 algarismos, entre 0001 e 9999. Se a soma dos primeiros dois algarismos for igual à soma dos dois últimos, o cartão é premiado. Por exemplo, o cartão 0743 é premiado. Prova que a soma dos números de todos os cartões premiados é divisível por 101.

Resolução: A soma $s=a+b$ dos primeiros dois algarismos $a$ e $b$ de cada cartão premiado varia entre 1 e 18. Por exemplo, no caso $s=1$ os cartões premiados são os cartões 0110, 1001, 0101, 1010 e no caso $s=2$ os números dos cartões premiados são os números 1111, 0220, 2002, 0202 e 2020. Observemos que $0110+1001=1111$, $0101+1010=1111$, $0220+2002=2222$ e $0202+2020=2222$. Como $1111=101\times 11$, $2222=101\times 22$, $3333=101\times 33,\dots,9999=101\times 99$, bastará assegurar que aquilo que constatámos nos casos $s=1$ e $s=2$, isto é, que a soma dos números nos cartões premiados é igual a uma soma de números do conjunto $I=\{1111,2222,3333,\dots,9999\}$, acontece em todos os outros casos: Seja então $abcd$ o número de um cartão premiado. Se $a=b=c=d$ temos $abcd\in I$. Senão, $badc$ é também um cartão premiado, distinto de $abcd$. Se $s=a+b\leq 9$ basta observar que $abcd+badc=ssss$. Caso contrário, se $10\leq s\leq 18$, sejam $m=min\{a,b,c,d\}\geq 1$ e $M=max\{a,b,c,d\}\leq 9$. Neste caso $abcd+badc=mmmm+MMMM $, e está provado.
Problema (nível 4): Um barco tem um rombo por onde a água entra a velocidade constante. Quando o rombo é descoberto já tinha entrado alguma água para o barco. Se 12 marinheiros demoram 3 horas a retirar a água e 5 marinheiros demoram 10 horas, quantos marinheiros são necessários para retirar a água em 2 horas?

Resolução: Sejam $a$ a quantidade de água que já se encontrava no barco (em litros) e $x$ a quantidade de água que entra por hora no barco (em litros). Sabe-se que 12 marinheiros demoram 3 horas a retirar $a+3x$ litros de água, logo um marinheiro retira numa hora $\frac{a}{12\times 3}+\frac{x}{12}$ litros. Por outro lado, 5 marinheiros demoram 10 horas a retirar $a+10x$ litros, logo um marinheiro retira numa hora $\frac{a}{5\times 10}+\frac{x}{5}$ litros. Assim, tem-se $$ \frac{a}{12\times 3}+\frac{x}{12}=\frac{a}{5\times 10}+\frac{x}{5}, $$ ou seja, $a=15x$. Então, em 2 horas, o número de litros que $N$ marinheiros retiram é igual a $$ 2N(\frac{15x}{12\times 3}+\frac{x}{12}), $$ quantidade esta que terá de coincidir com a que está no barco ao fim de 2 horas, ou seja, $15x+2x$. Podemos então concluir que seriam necessários 17 marinheiros para retirar a água em 2 horas.
Problema (nível 3): Um número diz-se equilibrado caso um dos seus algarismos seja a média dos outros. Quantos números equilibrados de 3 algarismos existem?

Resolução: Nos quadros seguintes, são indicados, na segunda coluna, os algarismos dos números de três algarismos que têm o algarismo da primeira coluna do quadro como média dos outros dois. O número total de números construídos com esses algarismos é indicado na terceira coluna. (table1) (table2) Existem assim, ao todo, $121$ números equilibrados.


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[table1]
\begin{tabular}[t]{c|c|c} \hline Algarismo & Algarismos & Total de\\ m\'{e}dio & & n\'{u}meros \\ \hline \hline 1 & 1 0 2 & 4 \\ \hline & 1 1 1 & 1 \\ \hline 2 & 2 0 4 & 4 \\ \hline & 2 1 3 & 6 \\ \hline & 2 2 2 & 1 \\ \hline 3 & 3 0 6 & 4 \\ \hline & 3 1 5 & 6 \\ \hline & 3 2 4 & 6 \\ \hline & 3 3 3 & 1 \\ \hline 4 & 4 0 8 & 4 \\ \hline & 4 1 7 & 6 \\ \hline & 4 2 6 & 6 \\ \hline & 4 3 5 & 6 \\ \hline & 4 4 4 & 1 \\ \hline \end{tabular}
[table2]
\begin{tabular}[t]{c|c|c} \hline Algarismo & Algarismos & Total de\\ m\'{e}dio & & n\'{u}meros \\ \hline \hline 5 & 5 1 9 & 6 \\ \hline & 5 2 8 & 6 \\ \hline & 5 3 7 & 6 \\ \hline & 5 4 6 & 6 \\ \hline & 5 5 5 & 1 \\ \hline 6 & 6 3 9 & 6 \\ \hline & 6 4 8 & 6 \\ \hline & 6 5 7 & 6 \\ \hline & 6 6 6 & 1 \\ \hline 7 & 7 5 9 & 6 \\ \hline & 7 6 8 & 6 \\ \hline & 7 7 7 & 1 \\ \hline 8 & 8 7 9 & 6 \\ \hline & 8 8 8 & 1 \\ \hline 9 & 9 9 9 & 1 \\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 3): Dado um número só o podes substituir pelo seu dobro ou pelo seu quadrado. Como poderás obter $2^{45}$ em exactamente 10 substituições começando com o número 1?

Resolução: As substituições permitidas transformam sempre uma potência de 2 noutra potência de 2. Substituir uma potência de 2 pelo seu dobro é o mesmo que somar 1 ao seu expoente, e substituí­-la pelo seu quadrado é o mesmo que multiplicar o seu expoente por 2. Assim pretende-se substituir o expoente 0 pelo expoente 45 com exactamente 10 destas operações. Existem 4 possibilidades: 1+1→ 2̌×2→ $ (image1)$


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{array}{ccccccccccccccccccccc} 0 & \v2 & 0 & \m1 & 1 & \v2 & 2 & \v2 & 4 & \m1 & 5 & \v2 & 10 & \m1 & 11 & \v2 & 22 & \v2 & 44 & \m1 & 45\\ 0 & \m1 & 1 & \v2 & 2 & \m1 & 3 & \m1 & 4 & \m1 & 5 & \v2 & 10 & \m1 & 11 & \v2 & 22 & \v2 & 44 & \m1 & 45\\ 0 & \m1 & 1 & \v2 & 2 & \v2 & 4 & \m1 & 5 & \v2 & 10 & \v2 & 20 & \m1 & 21 & \m1 & 22 & \v2 & 44 & \m1 & 45\\ 0 & \m1 & 1 & \v2 & 2 & \v2 & 4 & \v2 & 8 & \m1 & 9 & \m1 & 10 & \m1 & 11 & \v2 & 22 & \v2 & 44 & \m1 & 45\\ \end{array}
Problema (nível 3): No concurso de televisão Casa Vazia, o Arsénio e o Belmiro ganharam um total de 11 contos, o Belmiro e o Casimiro ganharam um total de 17 contos, o Casimiro e o Durão ganharam um total de 11 contos, o Durão e a Esmeraldina ganharam um total de 33 contos, a Esmeraldina e a Felismina ganharam um total de 53 contos, a Felismina e o Belmiro ganharam um total de 32 contos. Quanto ganhou cada concorrente?

Resolução: Designemos por $A$ o valor do prémio do Arsénio, por $B$ o valor ganho pelo Belmiro e assim sucessivamente. O problema consiste em resolver o sistema: $$ \left\{ (image1) \right. $$ Adicionando a primeira equação com a simétrica da segunda, com a terceira, com a simétrica da quarta, etc, obtém-se $A-B=11-17+11-33+53-32$, isto é, $A-B=-7$. Somando esta equação com a primeira do sistema vem $2A=4$, logo $A=2$. Por substituições sucessivas nas equações do sistema vem $B=9, \; C=8, \; D=3, \; E=30, \; F=23.$


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{array}{c} A+B=11 \\ B+C=17 \\ C+D=11 \\ D+E=33 \\ E+F=53 \\ F+B=32 \end{array}