tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): A cada inteiro atribui-se uma, e apenas uma, de duas cores, vermelho ou azul. Sabe-se que para qualquer conjunto $A$ de inteiros consecutivos, o valor absoluto da diferença entre o número de elementos de $A$ de cor azul e o número de elementos de $A$ de cor vermelha é menor do que $1008$. Prova que existe um conjunto de $2014$ inteiros consecutivos com $1007$ inteiros de cor azul e $1007$ inteiros de cor vermelha.

Resolução: Dado um conjunto $X$ de inteiros consecutivos, sejam $V(X)$ o número de elementos de $X$ de cor vermelha, $A(X)$ o número de elementos de $X$ de cor azul e $D(X)=V(X)-A(X)$. Dado um inteiro $n\geq 0$, seja $I_n=\{n,n+1,n+2,\ldots,n+2013\}$. Uma vez que $V(I_n)+A(I_n)=2014$ é par, então $D(I_n)=V(I_n)-A(I_n)$ também é par. Comparando $I_n$ com $I_{n+1}$, verifica-se que o número de elementos de cada cor altera-se no máximo em uma unidade (por excesso ou por defeito), pelo que $D(I_n)-2\leq D(I_{n+1})\leq D(I_n)+2$. Suponha-se que não existe $n\geq 0$ tal que $D(I_n)=0$. Sem perda de generalidade, pode-se então supor que $D(I_0)\geq 2$. Mostra-se de seguida por indução que $D(I_n)\geq 2$, para todo $n\geq 0$. O caso base é válido por hipótese. Suponha-se que $D(I_n)\geq 2$. Então $D(I_{n+1})\geq D(I_n)-2\geq 0$. Como $D(I_{n+1})$ é par e não é zero, necessariamente $D(I_{n+1})\geq 2$, o que conclui a prova de que $D(I_n)\geq 2$, para todo $n\geq 0$. Considerem-se agora os conjuntos da forma $I_{2014k}$, com $0\leq k\leq 503$. Estes conjuntos são disjuntos dois a dois e $D(I_{2014k})\geq 2$. Seja $X$ a união destes conjuntos. Então $$ D(X)\geq 504\times 2=1008 $$ o que contradiz uma das hipóteses. Para evitar a contradição, tem-se necessariamente $D(I_n)=0$ para algum $n\geq 0$, ou seja, existe um conjunto de $2014$ inteiros consecutivos não negativos tais que metade deles tem cor vermelha e a outra metade tem cor azul.
Problema (nível 4): No quadrado $[ABCD]$, sejam $M$ um ponto de $[AD]$ e $N$ um ponto de $[DC]$ tais que $B\widehat MA=N\widehat MD=60^\circ$. Calcula $M\widehat BN$.

Resolução: Solução 1: Sejam $E$ e $F$ pontos tais que $D$ é o ponto médio de $[EC]$ e $A$ é o ponto médio de $[FC]$. Assim, $[ADEF]$ é um quadrado. (image1) Os triângulos $[ABM]$ e $[AFM]$ têm ambos um ângulo reto, um lado comum e um lado igual, logo são congruentes. Portanto $F\widehat MA=B\widehat MA=60^\circ$, ou seja, $F$, $M$ e $N$ são colineares. Como $\cos E\widehat FN=\cos 60^\circ=1/2$, então $\overline{FN}=2\overline{EF}=\overline{FB}$, ou seja, $[FNB]$ é isósceles. Portanto $F\widehat BN=\dfrac{180^\circ-30^ \circ}{2}=75^\circ$, donde $M\widehat BN=75^\circ-30^\circ=45^\circ$. Solução 2: Seja $F$ o ponto de interseção de $[MN]$ com $[BE]$. Seja $P$ o pé da perpendicular a $[MN]$ que passa por $B$. (image2) Os triângulos $[ABM]$ e $[PBM]$ são congruentes porque $M\widehat AB=M\widehat PB=90^\circ$, $A\widehat MB=P\widehat MB=60^\circ$ e $[MB]$ é um lado comum. Portanto $\overline{PB}=\overline{CB}$. têm ambos um ângulo reto, um lado comum e um lado igual, logo são congruentes. Portanto $F\widehat MA=B\widehat MA=60^\circ$, ou seja, $F$, $M$ e $N$ são colineares. Como $\cos E\widehat FN=\cos 60^\circ=1/2$, então $\overline{FN}=2\overline{EF}=\overline{FB}$, ou seja, $[FNB]$ é isósceles. Portanto $F\widehat BN=\dfrac{180^\circ-30^ \circ}{2}=75^\circ$, donde $M\widehat BN=75^\circ-30^\circ=45^\circ$.


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(1,1) \pspolygon(-1,0)(1,0)(1,1)(-1,1) \psline(0,0)(0,1) \psline(1,0)(0,0.57735) \psline(-1,0)(0.73205,1) \psline(1,0)(0.73205,1) \rput(0,-0.08){$A$} \rput(1.05,-0.05){$B$} \rput(1.05,1.05){$C$} \rput(0,1.08){$D$} \rput(-1.05,1.05){$E$} \rput(-1.05,-0.05){$F$} \rput(-0.08,0.62){$M$} \rput(0.73205,1.08){$N$} \end{pspicture}
[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(1,1) \psline(1,1)(0,1)(0,0)(1,0)(1,1.15470) \psline(1,0)(0,0.57735) \psline(0,0.57735)(1,1.15470) \psline(1,0)(0.73205,1) \psline(1,0)(0.5,0.86603) \rput(0,-0.08){$A$} \rput(1.05,-0.05){$B$} \rput(1.08,1){$C$} \rput(0,1.08){$D$} \rput(0.45,0.91){$P$} \rput(1.05,1.20){$E$} \rput(-0.08,0.62){$M$} \rput(0.73205,1.08){$N$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): A Amélia e a Beatriz jogam à batalha naval num tabuleiro quadrado com $2n$ casas de lado, usando regras muito peculiares. O jogo começa com a Amélia a escolher $n$ linhas e $n$ colunas do tabuleiro, colocando em seguida os seus $n^2$ submarinos nas casas que ficam na sua interseção. De seguida, a Beatriz escolhe um conjunto de casas para torpedear. Qual é o número mínimo de casas que a Beatriz tem de escolher para ter a certeza de acertar em, pelo menos, um submarino?

Resolução: A solução é $3n+1$. Comecemos por provar que $3n$ não é suficiente. Mostremos que quaisquer que sejam as $3n$ casas que a Beatriz escolha, existe uma escolha da Amélia para a qual a Beatriz falha todos os “tiros”. Entre as $2n$ linhas do tabuleiro, escolhemos as $n$ em que a Beatriz selecionou menos casas. No total estas linhas contêm no máximo $n$ escolhas da Beatriz: se fossem mais, existiria uma linha no conjunto com mais de uma casa, enquanto como nas $n$ linhas restantes estariam selecionadas menos de $2n$ casas alguma teria apenas uma, e não teríamos selecionado as linhas com menos casas atacadas. Mas então nestas $n$ linhas, um máximo de $n$ colunas contêm casas escolhidas pela Beatriz, ou seja, pelo menos $n$ colunas não foram atacadas. Se a Amélia tivesse escolhido esta combinação de linhas e colunas então a Beatriz não teria acertado em nenhuma peça. Mostremos agora que $3n+1$ é suficiente. Consideremos as linhas e colunas indexadas de $1$ a $2n$, e admitamos que a Beatriz escolhe as $2n$ casas $(1,1)$, $(2,2)$, ..., $(2n,2n)$, as $n$ casas $(1,2)$, $(2,3)$, ..., $(n,n+1)$ e ainda a casa $(n+1,1)$. Queremos mostrar que é impossível a Amélia escapar. Como todas as casas da diagonal foram escolhidas, a Amélia não pode ter escolhido uma linha e uma coluna indexada pelo mesmo número, o que significa que o conjunto $I$ dos índices das linhas escolhidas é complementar do conjunto $J$ dos índices das colunas escolhidas (uma vez que a cardinalidade de cada um é $n$ e são disjuntos). Suponhamos que $1 \in I$. Então, como $(1,2)$ foi atacada, a coluna $2$ não pode ter sido escolhida, logo a linha $2$ foi escolhida. Mas agora $(2,3)$ foi atacada, pelo que pelo mesmo raciocínio $3 \in I$ e assim por diante até $n+1 \in I$. Isto implica que foram selecionadas $n+1$ linhas, o que é impossível. Assim, $1$ teria de estar em $J$, o que como $(n+1,1)$ foi selecionada implica que $n+1 \in J$. Se alguma linha com índice $1<k<n+1$ for selecionada o argumento acima, como $(k,k+1)$ foi atacada, implica $\{k,k+1,k+1,\cdots,n+1\} \subseteq I$, pelo que $n+1 \in I \cap J$ o que não pode acontecer. Então $\{1,...,n+1\} \subseteq J$, o que por sua vez é também impossível. Concluímos assim que não há qualquer forma da Amélia colocar as suas peças de forma a não ter pelo menos uma delas atingida.
Problema (nível 4): Determina todos os números naturais $x$, $y$ e $z$, com $x \leq y \leq z$, tais que $$\left(1 + \frac{1}{x} \right)\left(1 + \frac{1}{y} \right)\left(1 + \frac{1}{z} \right)=3.$$

Resolução: Quanto maior o valor do inteiro $x$, menor o valor de $1+\frac{1}{x}$. Assim, se $x\geq 3$, o maior valor que o produto poderia tomar, seria quando $x=y=z=3$, em cujo caso $$\left(1 + \frac{1}{3}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)=\left( \frac{4}{3} \right)^3=\frac{64}{27}<3.$$ Assim, para que a identidade se verifique, temos de ter $x=1$ ou $x=2$. Temos assim três soluções nas condições pretendidas, $(2,2,3)$, $(1,3,8)$, e $(1,4,5)$. Quanto maior o valor do inteiro $x$, menor o valor de $1+\frac{1}{x}$. Assim, se $x\geq 3$, o maior valor que o produto poderia tomar, seria quando $x=y=z=3$, em cujo caso $$\left(1 + \frac{1}{3}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)=\left( \frac{4}{3} \right)^3=\frac{64}{27}<3.$$ Assim, para que a identidade se verifique, temos de ter $x=1$ ou $x=2$. Temos assim três soluções nas condições pretendidas, $(2,2,3)$, $(1,3,8)$, e $(1,4,5)$. Se $x=2$ e $y \geq 3$ então o maior valor possível seria quando $x=2$, $y=z=3$ que daria $$\left(1 + \frac{1}{2}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)=\left( \frac{48}{18} \right)<3.$$ Assim a única hipótese seria $y=2$. Resolvendo a equação para $z$ temos $$1 + \frac{1}{z}=\frac{3xy}{(x+1)(y+1)},$$ ou seja, $$z=\frac{(x+1)(y+1)}{2xy-x-y-1)}.$$ Sendo $x=2$ e $y=2$ temos neste caso $z=\frac{9}{3}=3$, que verifica as condições pretendidas. Quanto maior o valor do inteiro $x$, menor o valor de $1+\frac{1}{x}$. Assim, se $x\geq 3$, o maior valor que o produto poderia tomar, seria quando $x=y=z=3$, em cujo caso $$\left(1 + \frac{1}{3}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)\left(1 + \frac{1}{3}\right)=\left( \frac{4}{3} \right)^3=\frac{64}{27}<3.$$ Assim, para que a identidade se verifique, temos de ter $x=1$ ou $x=2$. Temos assim três soluções nas condições pretendidas, $(2,2,3)$, $(1,3,8)$, e $(1,4,5)$. Se $x=1$ e $y \geq 5$ então o maior valor possível seria quando $x=1$, $y=z=5$, ou seja $$\left(1 + \frac{1}{1}\right)\left(1 + \frac{1}{5}\right)\left(1 + \frac{1}{5}\right)=\left( \frac{72}{25} \right)<3.$$ Assim, $y$ terá de estar entre $1$ e $4$. Substituindo cada valor possível de $x$ e $y$ na equação de $z$, resulta em (table1)


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[table1]
\begin{tabular}{c||c|c|c|c} $y$ & $1$ & $2$ & $3$ & $4$\\ \hline $z$ & $-4$ & Impossível & $8$ & $5$ \end{tabular}
Problema (nível 4): Num quadrilátero convexo $[ABCD]$, com área $2014$, sejam $P$ um ponto de $[AB]$ e $Q$ um ponto de $[AD]$ tais que cada um dos triângulos $[ABQ]$ e $[ADP]$ tem área $1$. Seja ainda $R$ o ponto de interseção de $[AC]$ com $[PQ]$. Determina $\displaystyle\frac{\;\overline{RC}\;}{\overline{RA}}.$

Resolução: Uma vez que as áreas dos triângulos $[ABQ]$ e $[ADP]$ são iguais, os triângulos $[QPD]$ e $[QPB]$ também têm a mesma área. Considerando $[QP]$ como base destes dois triângulos conclui-se que as alturas relativas a esta base são iguais, ou seja, a distância dos pontos $D$ e $B$ à reta $PQ$ é a mesma, e portanto $[QP]$ é paralelo a $[DB]$. (image1) Seja $h$ a distância do ponto $A$ a $[PQ]$, $h_1$ a distância de $A$ a $[BD]$ e $h_2$ a distância de $C$ a $[BD]$. Usando semelhança de triângulos, tem-se $$\frac{h}{h_1}= \frac{\overline{AP}}{\overline{AB}}= \frac{\mbox{área}[APD]}{\mbox{área}[ABD]}=\frac{1}{\frac{1}{2} \overline{BD}h_1}.$$ Logo, conclui-se que $h=\frac{2}{ \overline{BD}}$. Por outro lado, $2014= \frac{1}{2} \overline{BD} (h_1+h_2)$, isto é, $h_1+h_2= 2014 h$. Seja $X$ o ponto de interseção das diagonais do quadrilátero. De novo por semelhança de triângulos, tem-se $$ \frac{\overline{AC}}{\overline{AR}}=\frac{\overline{AX} + \overline{XC}}{\overline{AR}}= \frac{\overline{AX}}{\overline{AR}} + \frac{\overline{XC}}{\overline{AR}}= \frac{h_1}{h} + \frac{h_2}{h}= \frac{h_1+h_2}{h}= 2014. $$ Finalmente, tem-se $$ \frac{\overline{RC}}{\overline{RA}}= \frac{\overline{AC}-\overline{AR} }{\overline{AR}}= 2014-1=2013. $$


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[image1]
\begin{pspicture}(-4.3,-2.46)(7.06,5) \pspolygon(-2.72,3.58)(2.3,5.24)(3.72,-1.78)(-3.04,-1.54) \psline(-2.72,3.58)(2.3,5.24) \psline(2.3,5.24)(3.72,-1.78) \psline(3.72,-1.78)(-3.04,-1.54) \psline(-3.04,-1.54)(-2.72,3.58) \psline(-1.79,3.89)(-3.04,-1.54) \psline(-2.78,2.66)(2.3,5.24) \psline(-1.79,3.89)(-2.78,2.66) \psline(-2.72,3.58)(3.72,-1.78) \psline(2.3,5.24)(-3.04,-1.54) \begin{scriptsize} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-2.72,3.58) \rput[bl](-2.8,3.78){$A$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2.3,5.24) \rput[bl](2.38,5.28){$B$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](3.72,-1.78) \rput[bl](3.88,-1.98){$C$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-3.04,-1.54) \rput[bl](-3.42,-1.8){$D$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-1.79,3.89) \rput[bl](-1.8,4.04){$P$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-2.78,2.66) \rput[bl](-3.12,2.48){$Q$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*,linecolor=darkgray](-2.31,3.24) \rput[bl](-2.46,3.44){$R$} \end{scriptsize} \end{pspicture}
Problema (nível 2): Um certo jogo de cartas joga-se com um baralho numerado de $1$ a $2013$ sendo que no final do jogo a pontuação de cada jogador é igual à soma dos valores das cartas que tem na mão. A Andreia e o Bernardo jogaram uma partida e, no final do jogo, a Andreia tinha todas as cartas ímpares e o Bernardo todas as pares. A Andreia ficou com quantos pontos a mais do que o Bernardo?

Resolução: A tabela seguinte indica as cartas que cada um possuía no final da partida: (table1) Assim, a Andreia tinha $1007$ cartas e o Bernardo apenas tinha $1006$. Por cada carta do Bernardo, a Andreia possuía a carta que valia exatamente mais um ponto. Além disso, a Andreia tinha ainda a carta $1$. Portanto, a Andreia terminou o jogo com mais $1007$ pontos do que o Bernardo.


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[table1]
\begin{tabular}{c|c|c|c|c|c} Andreia & $2013$ & $2011$ & $\cdots$ & $3$ & $1$ \\ \hline Bernardo & $2012$ & $2010$ & $\cdots$ & $2$ & \\ \hline \hline Diferença & $1$ & $1$ & $\cdots$ & $1$ & $1$ \end{tabular}
Problema (nível 2): Uma sucessão de números começa com os números $999$, $1000$ e $1001$. A sucessão tem a seguinte propriedade: a soma dos números nas posições $1$, $2$ e $3$ é $3000$, os números nas posições $2$, $3$ e $4$ somam $2999$, os números nas posições $3$, $4$ e $5$ somam $2998$, e assim sucessivamente. Qual é o número na posição $100$?

Resolução: A sucessão começa do seguinte modo: $$ 999,1000,1001, 998,999,1000, 997,998,999, 996,997,998, 995,\ldots $$ Com efeito, como os números nas posições $2$, $3$ e $4$ somam $2999=3000-1$, o número na posição $4=1+3$ obtém-se do número na posição $1$ subtraindo-lhe uma unidade, ou seja, na posição $4$ encontra-se o número $998$. Do mesmo modo, como os números nas posições $3$, $4$ e $5$ somam $2998=2999-1$, o número na posição $5=2+3$ obtém-se do número na posição $2$ subtraindo-lhe uma unidade, ou seja, na posição $5$ encontra-se o número $999$. Em geral, o número numa determinada posição é superior em uma unidade ao número na posição três unidades à frente. Como $100=1+3\times 33$, conclui-se que o número na posição $100$ é $999-33=966$.
Problema (nível 2): Numa festa, sentaram-se a uma mesa redonda alguns homens e algumas mulheres. Sabe-se que $7$ mulheres têm uma mulher sentada ao seu lado direito, $12$ mulheres têm um homem sentado ao seu lado direito e três quartos dos homens têm uma mulher sentada ao seu lado direito. Quantas pessoas estão na mesa?

Resolução: Como há $7$ mulheres que têm uma mulher sentada ao seu lado direito e há $12$ mulheres que têm um homem sentado ao seu lado direito, então, ao todo, há $19$ mulheres. Sempre que duas mulheres estão sentadas lado a lado, uma delas tem uma mulher sentada ao seu lado direito e a outra tem uma mulher sentada ao seu lado esquerdo. Por isso, também há $7$ mulheres que têm uma mulher sentada ao seu lado esquerdo e $12$ mulheres que têm um homem sentado ao seu lado esquerdo. O número de homens que têm uma mulher sentada ao seu lado direito é igual ao número de mulheres que têm um homem sentado ao seu lado esquerdo, ou seja, $12$. Como este número é três quartos do número total de homens, então, ao todo, há $16$ homens. Portanto há $19+16=35$ pessoas na mesa.
Problema (nível 2): O número da porta da casa do Joaquim é o $932$. O Joaquim reparou que este número tem as seguintes propriedades: Quantos números de $3$ algarismos, incluindo o $932$, têm estas duas propriedades? todos os algarismos são não nulos e aparecem por ordem decrescente ($9 > 3> 2 > 0$); a soma de $932$ com o número que se obtém invertendo a ordem dos algarismos é um número cujos algarismos são todos ímpares $(932+ 239 = 1171$).

Resolução: Sejam $a,b,c$, os algarismos das centenas, dezenas e unidades do número procurado, respetivamente. Pretende- -se que a soma $abc + cba$ tenha todos os algarismos ímpares e que $a> b> c>0$. A notação utilizada significa a justaposição de algarismos. O algarismo das unidades desta soma é o algarismo das unidades de $a+c$, logo $a+c$ tem de ser um número ímpar. Se $a+c<10$, o algarismo das dezenas de $abc + cba$ é o algarismo das unidades de $b+b$ que é um número par, não existindo soluções para o problema. Então $a+c>10$. Se $b+b+1> 10$, então o algarismo das centenas de $abc + cba$ seria o algarismo das unidades de $a+c+1$. Como $a+c$ é ímpar, então $a+c+1$ é par, não havendo neste caso soluções. Logo $b+b+1 \leq 9$, ou seja $b \leq 4$. Assim: Existem, portanto, três números ($843$, $932$ e $942$) com as propriedades referidas. Se $b=4$, então $a>4$, $c<4$ e como $a+c$ é ímpar e maior que $10$, obtém-se as soluções $942$ e $843$. Se $b=3$, então $a>3$, $c<3$ e como $a+c$ é ímpar e maior que $10$, obtém-se a solução $932$. Se $b=2$, então $c=1$ e não existe nenhum algarismo $a$ tal que $a+1$ seja maior que $10$.
Problema (nível 2): Um quadrado foi dividido em cinco retângulos com a mesma área, como indicado na figura ao lado. Sabendo que $\overline{FL}=8$ cm, determina a área do quadrado. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(4,5) \small \pspolygon(0,0)(4,0)(4,4)(0,4) \psline(0,0.8)(4,0.8) \psline(1,0.8)(1,4) \psline(2,0.8)(2,4) \psline(2,2.4)(4,2.4) \rput(-0.3,-0.3){$A$} \rput(4.3,-0.3){$B$} \rput(4.3,0.8){$C$} \rput(4.3,2.4){$D$} \rput(4.3,4.3){$E$} \rput(2,4.3){$F$} \rput(1.2,4.3){$G$} \rput(-0.3,4.3){$H$} \rput(-0.3,0.8){$I$} \rput(1,0.5){$J$} \rput(2,0.5){$K$} \rput(1.7,2.4){$L$} \end{pspicture}

Resolução: Como os cinco retângulos têm todos a mesma área, tem-se $\overline{ED}=\overline{DC}=\overline{FL}=8$ cm. Então $[HGJI]$ e $[GFKJ]$ têm o dobro da altura de $[FEDL]$, logo têm metade da largura. Portanto $\overline{IK}=\overline{KC}$. Assim, $[ICBA]$ tem o dobro da largura de $[FEDL]$, logo tem metade da altura. Portanto $\overline{CB}=4$ cm. Logo o lado do quadrado é $\overline{ED}+\overline{DC}+\overline{CB}=8+8+4=20$ cm, pelo que a sua área é $20^2=400$ cm$^2$.
Problema (nível 2): Num livro, impresso em ambos os lados do papel, e no qual todas as páginas estão numeradas, retira-se uma folha. A soma dos números das páginas restantes do livro é $94$. Quais são as páginas da folha retirada?

Resolução: Como $1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13=91$ e $1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12+13+14=105$, então o livro originalmente tinha pelo menos $14$ páginas e depois de retirada a folha restam no livro no máximo $13$ páginas. Portanto o livro originalmente tinha $14$ ou $15$ páginas e como o número de páginas de um livro é par, então o livro tinha $14$ páginas. Portanto a soma dos números das páginas retiradas é $105-94=11$, ou seja, as páginas retiradas tinham os números $5$ e $6$.
Problema (nível 2): O João construiu no seu terreno uma casa com piscina e relvado. Na figura está uma vista aérea do terreno do João. Nesta vista, a casa e o relvado são retangulares e a piscina é quadrada com lado igual a metade do comprimento da casa. A área da piscina é igual ao dobro da área do relvado e é igual a um terço da área da casa. Sabendo que o perímetro do terreno do João é igual a $132$ metros, qual é a área da casa do João? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(0,0) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=red!60](0,0)(3,0)(3,4)(0,4) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azulclarologotipo](3,2)(5,2)(5,4)(3,4) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=verdeescurologotipo](3,0)(5,0)(5,1)(3,1) \pspolygon[linewidth=0.7mm](0,0)(5,0)(5,1)(3,1)(3,2)(5,2)(5,4)(0,4) \psline(0,0)(1.5,1)(3,0) \psline(0,4)(1.5,3)(3,4) \psline(1.5,1)(1.5,3) \psline(3,0)(3,4) \end{pspicture}

Resolução: Sejam $a, b$ e $c$ os comprimentos do lado da piscina, da largura da casa e da largura do relvado, respetivamente, como se indica na figura seguinte. (image2) Como a área da piscina é igual ao dobro da área do relvado, temos $a^2=2ac$, donde se conclui que $a=2c$. Além disso, como a área da casa é o triplo da área da piscina, então $3a^2=2ab$, ou sejam, $12c^2=4cb$, o que implica $b=3c$. Assim, a figura do terreno do João fica: (image3) Então, dado que o perímetro do terreno é igual a $132$ metros temos $$22c=132 \Leftrightarrow c=6.$$ Logo a área da casa do João é igual a $12c^2=432$ m$^2$.


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[image2]
\begin{pspicture*}(-1.0,-1.0)(6.0,5.0) \pspolygon[linewidth=1.6pt](0.0,0.0)(5.0,0.0)(5.0,1.0)(3.0,1.0)(3.0,2.0)(5.0,2.0)(5.0,4.0)(0.0,4.0)(0.0,0.0) \psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](3.0,2.0)(0.0,2.0) \psline(3.0,2.0)(3.0,4.0) \psline(3.0,1.0)(3.0,0.0) \rput[tl](3.8,4.3){$a$} \rput[tl](5.2,3){$a$} \rput[tl](3.8,2.3){$a$} \rput[tl](3.8,1.3){$a$} \rput[tl](3.8,0.3){$a$} \rput[tl](-0.4,3){$a$} \rput[tl](-0.4,1.1){$a$} \rput[tl](5.2,0.6){$c$} \rput[tl](1.4,4.4){$b$} \rput[tl](1.4,0.4){$b$} \end{pspicture*}
[image3]
\begin{pspicture*}(-1.0,-1.0)(6.0,5.0) \pspolygon[linewidth=1.6pt](0.0,0.0)(5.0,0.0)(5.0,1.0)(3.0,1.0)(3.0,2.0)(5.0,2.0)(5.0,4.0)(0.0,4.0)(0.0,0.0) \psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](3.0,2.0)(0.0,2.0) \psline(3.0,2.0)(3.0,4.0) \psline(3.0,1.0)(3.0,0.0) \rput[tl](3.8,4.3){$2c$} \rput[tl](5.2,3){$2c$} \rput[tl](3.8,2.3){$2c$} \rput[tl](3.8,1.3){$2c$} \rput[tl](3.8,0.3){$2c$} \rput[tl](-0.4,3){$2c$} \rput[tl](-0.4,1.1){$2c$} \rput[tl](5.2,0.65){$c$} \rput[tl](2.6,1.65){$c$} \rput[tl](1.4,4.3){$3c$} \rput[tl](1.4,0.3){$3c$} \end{pspicture*}
Problema (nível 2): Cinco amigos fizeram uma corrida. No final da corrida cada um deles escreveu numa rede social uma frase sobre a corrida. Alexandra: A Beatriz ficou à minha frente. Beatriz: O Duarte ficou à minha frente. Carlos: Eu cheguei mesmo à frente da Eunice. Duarte: Eu não fiquei nos três primeiros. Eunice: Eu ganhei. O Francisco tinha assistido à corrida e, depois de ler as frases, fez a seguinte observação: “O vencedor e o último classificado mentiram, enquanto todos os outros disseram a verdade.” Quem ficou em terceiro lugar?

Resolução: A Eunice mentiu pois disse que ficou em primeiro lugar, mas quem ficou em primeiro mentiu. Portanto a Eunice ficou em último lugar. Como o Duarte disse que não ficou nos três primeiros, se estivesse a dizer a verdade teria ficado em quarto lugar. Mas então tanto o Carlos como a Beatriz estariam a mentir, o que não é possível. Portanto o Duarte está a mentir, ou seja, o Duarte ficou em primeiro lugar. Assim, os restantes três corredores estão a dizer a verdade. Portanto o Carlos ficou em quarto lugar. Como a Alexandra está a dizer a verdade, sabemos que a Alexandra ficou atrás da Beatriz. Concluímos então que a ordenação final foi: Duarte, Beatriz, Alexandra, Carlos e Eunice. Quem ficou em terceiro lugar foi a Alexandra.
Problema (nível 2): A pulga Saltita dá saltos para a frente com $1$ cm de comprimento. Após ter dado um salto, a Saltita rodou $120^\circ$ no sentido dos ponteiros do relógio e deu mais dois saltos. Em seguida, rodou novamente $120^\circ$ no sentido dos ponteiros do relógio e deu mais quatro saltos. A Saltita continuou este procedimento, rodando de cada vez $120^\circ$ e dando o dobro dos saltos que deu na vez anterior. A que distância da posição inicial se encontrava a Saltita ao fim de $17$ saltos?

Resolução: Se dividirmos o plano em triângulos equiláteros de lado $1$ cm, observamos que o caminho percorrido pela pulga Saltita nos primeiros $17$ saltos é o representado na figura. (image1) Portanto, ao fim de $17$ saltos, a pulga Saltita está a $5$ cm da posição inicial.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture*}(-3.4,-2.5)(7.4,2.5) \psline[linecolor=azullogotipo,linewidth=6pt](0,0)(1,0)(0,-1.73205)(-2,1.73205)(6,1.73205)(5,0) \multirput(0,1.73205)(0,-0.866025){6}{\psline(-4,0)(8,0)} \multirput(-1,0)(1,0){13}{\psline(-1.5,2.59808)(-4.5,-2.59808)} \multirput(-7,0)(1,0){13}{\psline(1.5,2.59808)(4.5,-2.59808)} \end{pspicture*}
Problema (nível 1): No cartaz da frutaria do Sr. Pereira, está escrito que dez limões custam tanto como oito laranjas, dezasseis laranjas custam tanto como doze toranjas, quatro toranjas custam tanto como um melão, e um melão custa tanto como quarenta e oito bananas. Pelo preço de cinco limões, quantas bananas se podem comprar na frutaria do Sr. Pereira?

Resolução: Cinco limões custam tanto como $8/2=4$ laranjas, quatro laranjas custam tanto como $12/4=3$ toranjas, três toranjas custam tanto como $3/4$ de um melão. Finalmente, $3/4$ de um melão custam tanto como $3/4\times 48=36$ bananas.