tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): Num quadrado $[ABCD]$ de lado $1\;cm$, marcam-se pontos $P$ e $Q$ sobre os lados $[BC]$ e $[CD]$, respectivamente, de forma a que $\overline{PC}=3\,\overline{PB}$ e $\overline{QD}=2\,\overline{QC}$. Sendo $M$ o ponto de intersecção de $[AQ]$ com $[PD]$, determina a área do triângulo $[QMD]$.

Resolução: Considere-se a figura (image1) onde $O$ é o pé da perpendicular a $[DC]$ que passa por $M$. Como $\overline{PC}=3\,\overline{PB}$ e $\overline{BC}=1$, tem-se $\overline{PC}=3/4$. Analogamente, $\overline{DQ}=2\,\overline{QC}$ e $\overline{DC}=1$ implica $\overline{DQ}=2/3$. Os triângulos $[MOQ]$ e $[OMD]$ são semelhantes aos triângulos $[QAD]$ e $[CPD]$, respectivamente. Então $$ \frac{\overline{OM}}{\overline{AD}}=\frac{\overline{OQ}}{\overline{DQ}}\Leftrightarrow \overline{OQ}=\frac{2}{3}\,\overline{OM} $$ e $$ \frac{\overline{OM}}{\overline{PC}}=\frac{\overline{OD}}{\overline{DC}}\Leftrightarrow \overline{OD}=\frac{4}{3}\,\overline{OM}. $$ Assim, $${\displaystyle \overline{DQ}=\overline{DO}+\overline{OQ}= \frac{4}{3}\,\overline{OM}+\frac{2}{3}\,\overline{OM}=2\,\overline{OM}}$$ e consequentemente ${\displaystyle \overline{OM}=\frac{1}{3}}$. Portanto a área do triângulo $[QMD]$ é $$ \frac{\overline{DQ}\times\overline{OM}}{2}=\frac{1}{9}. $$


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[image1]
\begin{picture}(106.00,100.00)(-110,-20) \put(0,0){\line(1,0){60}} \put(60,0){\line(0,1){60}} \put(60,60){\line(-1,0){60}} \put(0,60){\line(0,-1){60}} \put(0,60){\line(2,-3){40}} \put(0,0){\line(4,3){60}} \put(26.66,20){\line(0,-1){20}} \put(-5,65){\makebox(0,0)[cc]{\small $A$}} \put(65,65){\makebox(0,0)[cc]{\small $B$}} \put(65,-5){\makebox(0,0)[cc]{\small $C$}} \put(-5,-5){\makebox(0,0)[cc]{\small $D$}} \put(65,45){\makebox(0,0)[cc]{\small $P$}} \put(40,-5){\makebox(0,0)[cc]{\small $Q$}} \put(28,27){\makebox(0,0)[cc]{\small $M$}} \put(26.66,-5){\makebox(0,0)[cc]{\small $O$}} \end{picture}
Problema (nível 4): Quantos inteiros positivos $n$ existem tais que $$ \frac{2n^2+4n+18}{3n+3} $$ é um inteiro?

Resolução: Seja ${\displaystyle f(n)=\frac{2n^2+4n+18}{3n+3}=\frac{2(n+1)^2+16}{3(n+1)}}$, isto é, $\displaystyle 3f(n)=2(n+1)+\frac{16}{n+1}$. Se $f(n)$ for inteiro então $n+1$ divide $16$. Logo $n=1$ ou $n=3$ ou $n=7$ ou $n=15$. Mas $f(1)=4$, $f(3)=4$, $f(7)=6$ e $f(15)=11$, e portanto apenas existem quatro inteiros positivos que tornam $f(n)$ inteiro.
Problema (nível 4): Dado um número, calculamos o seu quadrado e adicionamos 1 à soma dos algarismos deste quadrado, obtendo um novo número. Se começarmos com o número 7 obteremos, no primeiro passo, o número 1+(4+9)=14, uma vez que $7^2=49$. Que número obteremos no $1999^{\underline o}$ passo?

Resolução: Vejamos o que acontece nos primeiros passos. No primeiro passo obtém-se 14. Como $14^2=196$, no segundo passo obtemos $1+(1+9+6)=17$. Como $17^2=289$, no terceiro passo obtemos $1+(2+8+9)=20$. No quarto passo obtemos $1+(4+0+0)=5$. No quinto passo obtemos $1+(2+5)=8$. No sexto passo obtemos $1+(6+4)=11$. No sétimo passo obtemos $1+(1+2+1)=5$. A partir daqui é óbvio que os números repetem-se segundo o ciclo $5\rightarrow8\rightarrow11\rightarrow5$. Logo obtém-se um 5 nos passos $4,7,10,\ldots,1999$.
Problema (nível 4): Cada um dos números $a_{1},\ldots,a_{n}$ é igual a 1 ou -1. Se $a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+\cdots+a_{n-1}a_{n}+a_{n}a_{1}=0$ prova que $n$ é divisível por 4.

Resolução: Seja $a_{n+1}=a_1$. Como $a_i=\pm1$, então também $a_ia_{i+1}=\pm1$. Se $a_{1}a_{2}+a_{2}a_{3}+\cdots+a_{n-1}a_{n}+a_{n}a_{n+1}=0$, então têm de existir tantas parcelas iguais a 1 como a -1, isto é, o número de parcelas é par. Ora $a_ia_{i+1}=1$ se $a_i$ e $a_{i+1}$ forem do mesmo sinal, e $a_ia_{i+1}=-1$ se $a_i$ e $a_{i+1}$ forem de sinais contrários. Assim, na sequência $a_1,a_2,\ldots,a_{n+1}$ tem de haver tantas permanências como trocas de sinal. Mas, uma vez que o sinal inicial é igual ao sinal final, o número de trocas de sinal é par. Logo o número de parcelas tem de ser múltiplo de 4 (por ser o dobro de um número par), ou seja, $n$ é divisível por 4.
Problema (nível 4): No triângulo $[ABC]$, $D$ é o ponto médio de $[AB]$ e $E$ é o ponto da trisecção de $[BC]$ mais próximo de $C$. Se os ângulos $\widehat{ADC}$ e $\widehat{BAE}$ são iguais, quanto mede o ângulo $\widehat{BAC}$ ?

Resolução: Considere-se o ponto $F\neq D$ sobre a recta $BA$ tal que $\overline{AF}=\overline{AD}$. (image1) Como $\ds\frac{\overline{BF}}{\overline{BA}}=\frac{3}{2}=\frac{\overline{BC}}{\overline{BE}}$ então os triângulos $[ABE]$ e $[FBC]$ são semelhantes. Logo $\widehat{BFC}=\widehat{BAE}=\widehat{ADC}$. Assim $\overline{DC}=\overline{FC}$, donde $[ADC]$ e $[AFC]$ são iguais. Como $\widehat{DAC}+\widehat{FAC}=180^o$, então $\widehat{DAC}=\widehat{FAC}=90^o$.


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[image1]
\begin{picture}(0.00,70.00)(-50,-20) \put(0,0){\line(1,0){60}} \put(0,0){\line(3,4){30}} \put(30,40){\line(3,-4){30}} \put(20,26.66){\line(3,-2){40}} \put(20,26.66){\line(3,-4){20}} \put(9.47,12.63){\line(4,-1){50.53}} \put(-2,-2){\makebox(0,0)[cc]{\small $B$}} \put(62,-2){\makebox(0,0)[cc]{\small $C$}} \put(7.5,13){\makebox(0,0)[cc]{\small $D$}} \put(18,27.5){\makebox(0,0)[cc]{\small $A$}} \put(30,42){\makebox(0,0)[cc]{\small $F$}} \put(40,-2){\makebox(0,0)[cc]{\small $E$}} \end{picture}
Problema (nível 1): A área do círculo da figura seguinte mede $20\;cm^2$. Se $A\widehat{O}B=60^\circ$ e $C\widehat{O}D=30^\circ$, quanto mede a área da região do círculo que está tracejada? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(100.00,0.00)(-100,75) \multiput(80.00,90.02)(1.08,-0.12){2}{\line(1,0){1.08}} \multiput(82.15,89.79)(0.34,-0.12){6}{\line(1,0){0.34}} \multiput(84.21,89.10)(0.19,-0.11){10}{\line(1,0){0.19}} \multiput(86.06,87.98)(0.12,-0.11){13}{\line(1,0){0.12}} \multiput(87.64,86.49)(0.11,-0.16){11}{\line(0,-1){0.16}} \multiput(88.85,84.70)(0.11,-0.29){7}{\line(0,-1){0.29}} \multiput(89.66,82.69)(0.12,-0.71){3}{\line(0,-1){0.71}} \put(90.01,80.55){\line(0,-1){2.16}} \multiput(89.89,78.39)(-0.12,-0.42){5}{\line(0,-1){0.42}} \multiput(89.31,76.30)(-0.11,-0.21){9}{\line(0,-1){0.21}} \multiput(88.30,74.38)(-0.12,-0.14){12}{\line(0,-1){0.14}} \multiput(86.90,72.73)(-0.16,-0.12){11}{\line(-1,0){0.16}} \multiput(85.18,71.42)(-0.25,-0.11){8}{\line(-1,0){0.25}} \multiput(83.21,70.51)(-0.53,-0.12){4}{\line(-1,0){0.53}} \put(81.10,70.04){\line(-1,0){2.17}} \multiput(78.93,70.04)(-0.53,0.12){4}{\line(-1,0){0.53}} \multiput(76.81,70.50)(-0.25,0.11){8}{\line(-1,0){0.25}} \multiput(74.85,71.41)(-0.16,0.12){11}{\line(-1,0){0.16}} \multiput(73.12,72.71)(-0.12,0.14){12}{\line(0,1){0.14}} \multiput(71.71,74.36)(-0.11,0.21){9}{\line(0,1){0.21}} \multiput(70.70,76.27)(-0.12,0.42){5}{\line(0,1){0.42}} \multiput(70.11,78.36)(-0.06,1.08){2}{\line(0,1){1.08}} \multiput(69.99,80.52)(0.12,0.71){3}{\line(0,1){0.71}} \multiput(70.34,82.66)(0.11,0.29){7}{\line(0,1){0.29}} \multiput(71.14,84.68)(0.11,0.16){11}{\line(0,1){0.16}} \multiput(72.35,86.47)(0.12,0.11){13}{\line(1,0){0.12}} \multiput(73.92,87.97)(0.19,0.11){10}{\line(1,0){0.19}} \multiput(75.77,89.09)(0.34,0.12){6}{\line(1,0){0.34}} \multiput(77.82,89.78)(1.09,0.12){2}{\line(1,0){1.09}} \put(78,78){\makebox(0,0)[cc]{\small{$O$}}} \put(73,90){\makebox(0,0)[cc]{\small{$A$}}} \put(89,89){\makebox(0,0)[cc]{\small{$B$}}} \put(93,81){\makebox(0,0)[cc]{\small{$C$}}} \put(90,73){\makebox(0,0)[cc]{\small{$D$}}} \put(80,80){\line(1,0){10}} \put(80,80){\line(1,1){7.0}} \put(80,80){\line(-1,2){4.5}} \put(80,80){\line(2,-1){9}} \put(75.6,89.00){\line(1,0){8.9}} \put(76,88.00){\line(1,0){10}} \put(76.5,87.00){\line(1,0){10.5}} \put(77,86.00){\line(1,0){9}} \put(77.5,85.00){\line(1,0){7.5}} \put(78,84.00){\line(1,0){6}} \put(78.5,83.00){\line(1,0){4.5}} \put(79,82.00){\line(1,0){3}} \put(79.5,81.00){\line(1,0){1.5}} \put(81.9,79){\line(1,0){8}} \put(83.9,78){\line(1,0){5.9}} \put(86,77){\line(1,0){3.5}} \put(88,76){\line(1,0){1.2}} \end{picture}

Resolução: Como $A\widehat{O}B+C\widehat{O}D=90^\circ$ corresponde à quarta parte da amplitude total de um ângulo de giro, a região do círculo que está a tracejado mede $\ds\frac{20}{4}=5\;cm^2$.
Problema (nível 1): O diagrama seguinte, onde alguns algarismos foram apagados, é um quadrado latino, isto é, cada um dos algarismos 1, 2, 3 e 4 aparece exactamente uma vez em cada linha e em cada coluna. Qual é o algarismo que estava originalmente na quadrícula assinalada com $\ast$? (table1)


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[table1]
\begin{tabular}{|c|c|c|p{2mm}|} \hline 1 & 2 & & \\ \hline & & & \\ \hline $\ast$ & 3 & & \\ \hline & & 4 & \\ \hline \end{tabular}

Resolução: Designemos por $a$ e $b$ os algarismos de $\{1,2,3,4\}$ que estavam no nas quadrículas indicadas na figura seguinte: $$ (table2) $$ Como $a$ e $b$ só podem tomar os valores $1$ e $4$, e como na quarta linha já figura o $4$, deve ser $a=4$, logo $b=1$. Assim, na primeira coluna o 4 não poderá aparecer na segunda e quarta posições pelo que o algarismo que estava na quadrícula assinalada com $\ast$ tem que ser o 4.


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[table2]
\begin{tabular}{|c|c|c|p{2mm}|} \hline 1 & 2 & & \\ \hline & $a$ & & \\ \hline $\ast$ & 3 & & \\ \hline & $b$ & 4 & \\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 3): Um quadrado é dividido em 7 rectângulos iguais, conforme indicado na figura. Se o perímetro de cada um desses rectângulos mede $32\,cm$, quanto mede o perímetro do quadrado? -1cm (image1)


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[image1]
\begin{picture}(40.00,40.00)(0,15) \put(5.00,40.00){\line(1,0){35.00}} \put(40.00,40.00){\line(0,-1){35.00}} \put(40.00,5.00){\line(-1,0){35.00}} \put(5.00,5.00){\line(0,1){35.00}} \put(5.00,35.00){\line(1,0){35.00}} \put(40.00,30.00){\line(-1,0){35.00}} \put(5.00,25.00){\line(1,0){35.00}} \put(40.00,20.00){\line(-1,0){35.00}} \put(5.00,15.00){\line(1,0){35.00}} \put(40.00,10.00){\line(-1,0){35.00}} \end{picture}

Resolução: Solução 1: Designemos por $x$ o comprimento (em centímetros) do lado do quadrado. Então cada um dos 7 rectângulos tem lados medindo, respectivamente, $\frac{x}{7}\,cm$ e $x\,cm$, pelo que $32=2\,\frac{x}{7}+2x$, isto é, $x=14$. Logo, o perímetro do quadrado mede $4\times 14=56\,cm$. Solução 2: Designemos por $x$ o comprimento (em centímetros) do lado do quadrado. Se somarmos os perímetros dos 7 rectângulos encontramos $2x$, a soma dos lados menores, a que adicionamos $2x$ dos lados dos rectângulos que são também lados do quadrado e ainda $12x$ correspondentes aos lados dos rectângulos que ficam no interior do quadrado. Chegamos assim à equação $2x+2x+12x=7\times 32$, isto é, $16x=224$, cuja solução é $x=14$. Logo, o perímetro do quadrado mede $4\times 14=56\,cm$.
Problema (nível 3): Na figura seguinte, $[DEFG]$ é um quadrado e $[ABCD]$ é um rectângulo. A recta que passa por $A$ e $C$ intersecta o lado $[FG]$ no ponto $H$. Quanto mede a área da região sombreada? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(86.00,40.00)(-50,20) \put(25.00,19.00){\line(1,0){64.00}} \put(89.00,19.00){\line(0,1){32.00}} \put(89.00,51.00){\line(-1,0){32.00}} \put(57.00,51.00){\line(0,-1){32.00}} \put(57.00,27.00){\line(-1,0){32.00}} \put(25.00,27.00){\line(0,-1){8.00}} \put(25.00,19.00){\line(4,1){63.80}}  \multiput(25.00,19.50)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){2.00}} \multiput(25.00,20.00)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){4.00}} \multiput(25.00,20.50)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){6.00}} \multiput(25.00,21.00)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){8.00}} \multiput(25.00,21.50)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){10.00}} \multiput(25.00,22.00)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){12.00}} \multiput(25.00,22.50)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){14.00}} \multiput(25.00,23.00)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){16.00}} \multiput(25.00,23.50)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){18.00}} \multiput(25.00,24.00)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){20.00}} \multiput(25.00,24.50)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){22.00}} \multiput(25.00,25.00)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){24.00}} \multiput(25.00,25.50)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){26.00}} \multiput(25.00,26.00)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){28.00}} \multiput(25.00,26.50)(32.00,8.00){2}{\line(1,0){30.00}} \multiput(57.00,35.00)(0,0.50){32}{\line(1,0){32.00}} \put(22.00,30.00){\makebox(0,0)[cc]{$B$}} \put(22.00,16.00){\makebox(0,0)[cc]{$A$}} \put(54.00,16.00){\makebox(0,0)[cc]{$D$}} \put(92.00,16.00){\makebox(0,0)[cc]{$G$}} \put(92.00,35.00){\makebox(0,0)[cc]{$H$}} \put(92.00,54.00){\makebox(0,0)[cc]{$F$}} \put(54.00,54.00){\makebox(0,0)[cc]{$E$}} \put(54.00,30.00){\makebox(0,0)[cc]{$C$}} \put(22.00,23.00){\makebox(0,0)[cc]{1}} \put(38.00,30.00){\makebox(0,0)[cc]{4}} \put(72.00,54.00){\makebox(0,0)[cc]{4}} \end{picture}

Resolução: A área da região sombreada é igual à área total da figura menos a área do triângulo $[AGH]$. A área total é igual à área do rectângulo mais a área do quadrado, ou seja, mede $4\times 1+4\times 4=20$. Como os triângulos $[ADC]$ e $[AGH]$ têm um ângulo recto e um ângulo comum, então são semelhantes. Logo $$ \frac{\overline{GH}}{\overline{DC}}=\frac{\overline{AG}}{\overline{AD}}=\frac84=2. $$ Como $\overline{DC}=1$ então $\overline{GH}=2$, pelo que a área do triângulo $[AGH]$ é $$ \frac{\overline{AG}\times\overline{GH}}{2}=\frac{8\times 2}{2}=8. $$ Assim a área da região sombreada mede $20-8=12$.
Problema (nível 4): Considera o seguinte quadro: $$ (image1) $$ Calcula a soma de todos os números desde a linha 1 até à linha 1999.


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[image1]
\begin{array}{cccccccccccc} & & & & & 1 & & & & & \\ & & & & 1 & & -1 & & & & \\ & & & 1 & & -1 & & 1 & & & \\ & & 1 & & -1 & & 1 & & -1 & & \\ & 1 & & -1 & & 1 & & -1 & & 1 & \\ \idots & \vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots & \ddots \end{array}

Resolução: Basta observar que nas linhas pares a soma dos números é zero e nas linhas ímpares 1. Como entre a linha 1 e a linha 1999 há $\frac{2000}{2}=1000$ linhas ímpares, a soma pedida é 1000.
Problema (nível 4): Prevê-se que durante a Final Nacional das XVIII OPM, a realizar na Guarda, saiam simultaneamente, de hora a hora, um comboio de Lisboa para a Guarda e outro da Guarda para Lisboa, ambos à velocidade média de 90 Km/h. Sabendo que a distância entre as duas cidades é 320 Km, por quantos comboios passará o Presidente da SPM, se resolver sair de Lisboa no comboio das 6 horas para ir presidir à Cerimónia de entrega de prémios?

Resolução: Uma vez que a distância entre Lisboa e Guarda é 320 Km e que a velocidade média dos comboios é 90 Km/h, cada comboio demora ${\displaystyle \frac{320}{90}=3\frac{5}{9}}$ horas a chegar ao seu destino. Assim, o comboio que parte de Lisboa às 6 horas cruzar-se-á com todos os comboios que cheguem a Lisboa depois das 6 horas mas que partam até às 9 horas, ou seja, os comboios que partem da Guarda entre as 3 e as 9 horas (7 comboios).
Problema (nível 4): Os quadrados dos números naturais são escritos uns a seguir aos outros: $$1491625364964\cdots$$ Qual é o algarismo que aparecerá na $100^{\underline a}$ posição?

Resolução: Comecemos por ver como varia o número de algarismos de $n^2$ em função de $n$. Para $n=1,2,3$, o número $n^2$ tem um algarismo, o que dá um total de 3 algarismos. Para $n=4,\ldots,9$, o número $n^2$ tem dois algarismos, o que dá um total de 12 algarismos. Para $n=10,\ldots,31$, o número $n^2$ tem três algarismos, o que dá um total de 66 algarismos. Para $n=32,\ldots,35$, o número $n^2$ tem quatro algarismos, o que dá um total de 16 algarismos. Assim, ao escrevermos os primeiros 35 quadrados temos um total de $3+12+66+16=97$ algarismos. Portanto o centésimo algarismo será o terceiro algarismo de $36^2=1296$, ou seja, 9.
Problema (nível 4): Os lados $[AC]$ e $[BC]$ do triângulo $[ABC]$ medem $10\,cm$ e $6\,cm$, respectivamente. Por outro lado, $\overline{EC}=3\,cm$ e $\overline{DC}=4\,cm$. Se a área do triângulo $[DCE]$ mede $3\,cm^2$, quanto mede a área do quadrilátero $[ABDE]$? (image1)


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[image1]
\begin{picture}(56.00,21.00) \put(5.00,5.00){\line(1,0){50.00}} \multiput(55.00,5.00)(-0.22,0.12){126}{\line(-1,0){0.22}} \multiput(27.00,20.00)(-0.17,-0.12){126}{\line(-1,0){0.17}} \multiput(40.00,5.00)(-0.12,0.28){37}{\line(0,1){0.28}} \put(4.00,4.00){\makebox(0,0)[rt]{$A$}} \put(27.00,21.00){\makebox(0,0)[cb]{$B$}} \put(56.00,4.00){\makebox(0,0)[lt]{$C$}} \put(36.67,15.33){\makebox(0,0)[lb]{$D$}} \put(40.00,4.00){\makebox(0,0)[ct]{$E$}} \end{picture}

Resolução: Seja $F$ o pé da perpendicular a $[AC]$ traçada a partir de $D$. (image2) Então sabemos que $3=\frac{\overline{EC}\times\overline{DF}}{2}$, isto é, $\overline{DF}=\frac{6}{3}=2\,cm$. Se $[BG]$ for a altura do triângulo $[ABC]$ relativamente à base $[AC]$, então os triângulos $[BCG]$ e $[DCF]$ são semelhantes. Logo $\frac{\overline{BC}}{\overline{DC}}=\frac{\overline{BG}}{\overline{DF}}$, pelo que $\overline{BG}=\frac{6\times 2}{4}=3\,cm$. Então a área do triângulo $[ABC]$ mede $\frac{10\times 3}{2}=15\,cm^2$. A área do quadrilátero $[ABDE]$ obtém-se subtraindo à área de $[ABC]$ a área de $[DCE]$, isto é, mede $15-3=12\,cm^2$.


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[image2]
\begin{picture}(56.00,21.00) \put(5.00,5.00){\line(1,0){50.00}} \multiput(55.00,5.00)(-0.22,0.12){126}{\line(-1,0){0.22}} \multiput(27.00,20.00)(-0.17,-0.12){126}{\line(-1,0){0.17}} \multiput(40.00,5.00)(-0.12,0.28){37}{\line(0,1){0.28}} \put(4.00,4.00){\makebox(0,0)[rt]{\footnotesize $A$}} \put(27.00,21.00){\makebox(0,0)[cb]{\footnotesize $B$}} \put(56.00,4.00){\makebox(0,0)[lt]{\footnotesize $C$}} \put(36.67,15.33){\makebox(0,0)[lb]{\footnotesize $D$}} \put(40.00,4.00){\makebox(0,0)[ct]{\footnotesize $E$}} \put(35.67,15.00){\line(0,-1){10.00}} \put(27.00,20.00){\line(0,-1){15.00}} \put(35.67,4.00){\makebox(0,0)[ct]{\footnotesize $F$}} \put(27.00,4.00){\makebox(0,0)[ct]{\footnotesize $G$}} \end{picture}
Problema (nível 3): Na Guarda, a média das temperaturas máximas nos primeiros 5 dias de uma semana foi $0^\circ$. Nos últimos 2 dias dessa semana as temperaturas máximas foram $-3^\circ$ e $-4^\circ$. Qual é a média das temperaturas máximas dessa semana?

Resolução: Sejam $t_1,\ldots,t_5$ as temperaturas máximas dos primeiros cinco dias da semana. A média destas cinco temperaturas é 0, logo $t_1+\cdots+t_5=0$. Portanto, a média das temperaturas máximas dessa semana é $$ \ds\frac{t_1+\cdots+t_5-3-4}{7}=\ds\frac{-7}7=-1^\circ. $$
Problema (nível 3): O Abel esqueceu-se do código do seu cartão multibanco. Só se lembra que é um número de quatro algarismos que começa por 1 e tem exactamente 2 algarismos iguais (como por exemplo 1447, 1050, 1231). Qual o número máximo de códigos que o Abel poderá ter de experimentar até encontrar o código certo?

Resolução: Temos que distinguir dois casos: Portanto no máximo o Abel terá de experimentar 432 códigos diferentes. Se o algarismo repetido for o 1, temos 3 posições diferentes para colocar o segundo 1 e $9\times 8$ escolhas possíveis para os outros dois algarismos (já que estes algarismos têm que ser distintos e ambos diferentes de 1). Logo temos $3\times 9\times 8=216$ códigos diferentes. Temos que distinguir dois casos: Portanto no máximo o Abel terá de experimentar 432 códigos diferentes. Se o algarismo repetido for diferente de 1 temos $9\times 8$ escolhas possíveis para os restantes algarismos e 3 posições diferentes para colocar o outro algarismo não repetido. Logo temos $9\times8\times3=216$ códigos diferentes.
Problema (nível 4): O Joaquim recebeu instruções para transportar alguns sacos para um depósito, recebendo $10\$00$ por cada quilo. Os sacos podem pesar 30, 40 ou $50\,Kg$ e ele demora 8, 12 ou 20 minutos a transportá-los, respectivamente. Qual é a quantia máxima que o Joaquim poderá ganhar numa hora?

Resolução: Se o Joaquim transportar um saco de 30 quilos (respectivamente $40\,Kg$, $50\,Kg$) está a colocar no depósito $30/8$ (respectivamente $40/12$, $50/20$) quilos por minuto. Assim, numa hora o transporte máximo será menor ou igual que $60\times 30/8=225$ quilos, isto é, 220 quilos, uma vez que os pesos dos sacos são múltiplos de 10 quilos. Ora, se o Joaquim transportar 6 sacos de 30 quilos e 1 saco de 40 quilos colocará no depósito 220 quilos. Logo numa hora receberá no máximo $2200\$00$.
Problema (nível 4): Na figura seguinte estão representadas duas circunferências tangentes exteriormente e uma recta tangente às duas circunferências nos pontos $A$ e $B$. Sabendo que os raios das circunferências medem 24 e 6 metros, determina a distância entre os pontos $A$ e $B$. (image1)


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[image1]
\begin{picture}(130.00,100.00)(-280,60) \put(30,100){\circle{59.5}} \put(69.75,85.5){\circle{27}} \put(-20,71.25){\line(1,0){140}} \put(30,71.25){\makebox(0,0)[cc]{\tiny $\bullet$}} \put(69.75,71.25){\makebox(0,0)[cc]{\tiny $\bullet$}} \put(30,65){\makebox(0,0)[cc]{\scriptsize $A$}} \put(69,65){\makebox(0,0)[cc]{\scriptsize $B$}} \end{picture}

Resolução: Na figura (image2) $A$ e $B$ são os pontos de tangência das circunferências com a recta, $O$ e $O^\prime$ são os centros das circunferências e $I$ é o ponto do segmento $[OA]$ tal que $[IO^\prime]$ é paralelo a $[AB]$. Sabemos que $[OO^\prime]$ passa pelo ponto de tangência das duas circunferências, logo $\overline{OO^\prime}=24+6=30$ metros. Por outro lado, sendo $[IO^\prime]$ paralelo a $[AB]$ sabemos que $\overline{IO}=24-6=18$ metros e $[IO^\prime]$ é perpendicular a $[OA]$. Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo $[OO^\prime I]$ temos $$\overline{IO^\prime}^2=\overline{OO^\prime}^2-\overline{IO}^2=30^2-18^2=24^2$$ logo $\overline{AB}=\overline{IO^\prime}=24$ metros.


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[image2]
\begin{picture}(130.00,37.00)(-60,65) \put(30,71.25){\line(1,0){39}} \put(30,100){\line(0,-1){28.75}} \put(69,85){\line(0,-1){13.75}} \multiput(30,100)(0.39,-0.15){100}{\line(1,0){0.5}} \put(30,85){\line(1,0){39}} \put(30,65){\makebox(0,0)[cc]{\small $A$}} \put(69,65){\makebox(0,0)[cc]{\small $B$}} \put(30,105){\makebox(0,0)[cc]{\small $O$}} \put(73,89){\makebox(0,0)[cc]{\small $O'$}} \put(25,85){\makebox(0,0)[cc]{\small $I$}} \end{picture}
Problema (nível 4): Determina todos os pares $(p,q)$ de números inteiros positivos tais que $2^p+1=q^2$.

Resolução: Solução 1. Se $(p,q)$ é solução da equação dada então $q^2$ tem que ser ímpar, logo também $q$ deve ser ímpar, digamos, $q=2k+1$ com $k\in\bkN_0$. Substituindo na equação, deduz-se $$2^p+1=(2k+1)^2=4k^2+4k+1\quad\Rightarrow\quad 2^{p-2}=k(k+1)\,.$$ Assim, $2^{p-2}$ é o produto de dois números inteiros positivos consecutivos. A única possibilidade para que isto suceda é ser $2^{p-2}=1\times 2$, o que implica $p-2=1$ e $k=1$, logo $p=3$ e $q=2k+1=3$. Conclui-se que o único par de inteiros positivos $(p,q)$ que verifica a equação dada é $(3,3)$. Solução 2. Reescreva-se a equação na forma $$2^p=(q-1)(q+1)\,.$$ Como $2^p$ coincide com a sua decomposição em factores primos, e esta é única, segue-se que $q+1$ e $q-1$ devem ser potências de base $2$, digamos, $$ q-1=2^r\quad \mbox{\rm e} \quad q+1=2^s $$ para algum par de números inteiros $r,s\in\bkN_0$ (com $r<s$). Então, como $(q+1)-(q-1)=2$, vem $2^{s-1}-2^{r-1}=1$, donde, necessariamente, $2^{s-1}=2$ e $2^{r-1}=1$, logo $s=2$ e $r=1$. Isto implica $q=1+2^r=3$ e $p=r+s=3$. Conclui-se que o único par de inteiros positivos $(p,q)$ que verifica a equação dada é $(3,3)$.
Problema (nível 3): Na figura $[ABCD]$ é um quadrado e $[CDP]$ é um triângulo equilátero. Calcula 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, $P\widehat{B}C=75^0$.