tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): Na figura seguinte, estão representadas uma circunferência de diâmetro $[AB]$, uma circunferência de centro $A$ e uma circunferência de centro $B$, que passam todas no ponto $C$. Os pontos $D$ e $E$ são os pontos de interseção de $[AB]$ com as circunferências de centros $A$ e $B$. Os pontos $F$ e $G$ são os pés das perpendiculares de $D$ e $E$ sobre os lados $[AC]$ e $[BC]$. Sabendo que $\overline{DF}=20$ e $\overline{EG}=16$, determina $\overline{DE}$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-6,-6)(5,6) \pscircle(0,0){4} \pscircle(-4,0){6.08087} \pscircle(4,0){5.19837} \pspolygon(-4,0)(4,0)(0.62212,3.95132) \psline(-2.38131,1.38377)(-1.19837,0) \psline(2.08087,0)(3.18968,0.94789) \rput(4.5,0){$B$} \rput(0.6,4.5){$C$} \rput(-4.5,0){$A$} \rput(-1.6,-0.5){$D$} \rput(2.4,-0.5){$E$} \rput(3.3,1.4){$G$} \rput(-2.7,1.6){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Como $\angle ACB$ está inscrito numa semicircunferência, então $A\widehat CB=90^\circ$. Seja $H$ o pé da perpendicular de $C$ sobre $AB$. (image2) Como $\overline{AC}=\overline{AE}$, então $\AA\widehat CE=A\widehat EC$. Logo $H\widehat CE=180^\circ-C\widehat HE-A\widehat EC=90^\circ-A\widehat EC=90^\circ-A\widehat CE=E\widehat CB$. Portanto, os triângulos retângulos $[CHE]$ e $[CGE]$ são congruentes (uma vez que têm um lado em comum), pelo que $\overline{HE}=\overline{EG}=16$. Do mesmo modo, $\overline{DH}=\overline{FD}=20$. Assim, $\overline{DE}=\overline{DH}+\overline{HE}=20+16=36$.


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[image2]
\begin{pspicture}(-4,-0.5)(4,4) \pspolygon(-4,0)(4,0)(0.62212,3.95132) \psline(-2.38131,1.38377)(-1.19837,0) \psline(2.08087,0)(3.18968,0.94789) \psline(0.62212,3.95132)(0.622212,0) \psline(-1.19837,0)(0.62212,3.95132) \psline(2.08087,0)(0.62212,3.95132) \rput(4.5,0){$B$} \rput(0.6,4.5){$C$} \rput(-4.5,0){$A$} \rput(-1.6,-0.5){$D$} \rput(2.4,-0.5){$E$} \rput(3.3,1.4){$G$} \rput(-2.7,1.6){$F$} \rput(0.6,-0.5){$H$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): A Maria tem um livro de $374$ páginas. Um dia, a Maria leu $p$ páginas do livro e demorou $m$ minutos. No dia seguinte, a Maria leu $p+1$ páginas e demorou $m+1$ minutos. Como o livro se tornava cada vez mais interessante, a cada dia que passava, a Maria lia mais uma página do que no dia anterior, mas demorava mais um minuto para o fazer. Ao fim de alguns dias, a Maria terminou de ler o livro, demorando ao todo $319$ minutos. Quantas páginas leu a Maria no primeiro dia?

Resolução: Seja $k$ o número de dias que a Maria demorou a ler o livro. Têm-se as igualdades $$ p+(p+1)+\cdots+(p+k-1)=374\qquad{\rm e}\qquad m+(m+1)+\cdots+(m+k-1)=319. $$ Fazendo a soma, obtém-se $k(p+m+k-1)=693$, pelo que $k$ é um divisor de $693$. Fazendo a diferença, obtém-se $k(p-m)=55$, pelo que $k$ é um divisor de $55$. Como $\mathop{mdc}(693,55)=11$ e, além disso, $k\geq2$, então $k=11$. Logo $p+(p+1)+\cdots+(p+10)=374$, ou seja, $11p+55=374$, donde $p=29$.
Problema (nível 4): O João e a Maria vivem num prédio com $100$ andares e $25$ apartamentos por andar. No primeiro andar os apartamentos estão numerados de $1$ a $25$, no segundo andar de $26$ a $50$ e assim por diante, até ao andar número $100$ onde os apartamentos estão numerados de $2476$ a $2500$. O João vive no andar cujo número é o do apartamento da Maria. A soma dos números dos apartamentos do João e da Maria é $2017$. Qual é o número do apartamento do João?

Resolução: Seja $N$ o número do apartamento do João. Então $N$ pode ser escrito como $$N=25(x-1)+y$$ onde $x\in\{1,\dots,100\}$ é o número do andar e $y\in\{1,\dots,25\}$. Do enunciado temos que $x$ é o número do apartamento da Maria e $N+x=2017$. Logo $$25(x-1)+y+x=2017\Leftrightarrow 26x+y=2042.$$ Como $2042=78\times 26+14$, então $x=78$. Logo $N=2017-78=1939$.
Problema (nível 4): Um número natural $n$ diz-se trímpar se os seus algarismos forem todos diferentes e a soma de quaisquer três algarismos consecutivos de $n$ é ímpar. Por exemplo, $2016$ é trímpar, porque $2+0+1$ e $0+1+6$ são ímpares, mas $2017$ não é trímpar. Quantos números trímpares de $7$ algarismos se podem formar com os algarismos de $0$ a $6$?

Resolução: Para que um número $n$ seja trímpar, o conjunto de cada três dos seus algarismos consecutivos contém precisamente ou um algarismo ímpar e dois algarismos pares, ou três algarismos ímpares. Se $n$ tiver três algarismos ímpares consecutivos, então também tem três algarismos consecutivos onde um é par e os outros dois são ímpares, ou seja, $n$ não é trímpar. Denotemos por $a_i$ os algarismos de $n$, ou seja, escrevemos $n$ como $a_1a_2a_3a_4a_5a_6a_7$. Entre os algarismos $a_2$, $a_3$ e $a_4$ há exatamente um ímpar e entre $a_5$, $a_6$ e $a_7$ também há exatamente um ímpar. Como há três números ímpares, então $a_1$ é ímpar. Isto determina que os outros algarismos ímpares são $a_4$ e $a_7$, Logo $n$ é da forma $IPPIPPI$, onde $P$ é um algarismo par e $I$ é um algarismo ímpar. Há $4!=24$ formas de colocar os algarismos pares e há $3!=6$ formas de colocar os algarismos ímpares. Logo ao todo há $24\times 6=144$ números trímpares com os algarismos de $0$ a $6$.
Problema (nível 4): Num paralelogramo $[ABCD]$ traça-se uma reta que interseta a diagonal $[AC]$ no ponto $E$, o lado $[AB]$ no ponto $F$ e o prolongamento do lado $[CB]$ no ponto $G$. Sabendo que $\overline{DE}=16$ e $\overline{EF}=12$, determina $\overline{FG}$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-3,-27)(30,5) \psline(0,0)(25.72209,-27.0583) \psline(25.72209,-27.0583)(30,0) \psline(30,0)(0,0) \psline(0,0)(-3.20843,-20.29373) \psline(-3.20843,-20.29373)(26.79157,-20.29373) \psline(-3.20843,-20.29373)(30,0) \rput(-5,-22){$A$} \rput(29,-21){$B$} \rput(32,2){$C$} \rput(-2,2){$D$} \rput(11,-9){$E$} \rput(18,-23){$F$} \rput(28,-27){$G$} \end{pspicture}

Resolução: Sejam $x=\overline{FG}$, $y=\overline{FB}$ e $z=\overline{AB}=\overline{CD}$. Como $[ABCD]$ é um paralelogramo, então $[FBG]$ e $[FAD]$ são semelhantes e $[AFE]$ e $[CDE]$ também são semelhantes. Logo, $$ \frac{x}{y}=\frac{16+12}{z-y}\qquad{\rm e}\qquad\frac{z-y}{12}=\frac{z}{16} $$ Da segunda igualdade concluimos que $z=4y$. Assim, a primeira igualdade fica $\dfrac{x}{y}=\dfrac{28}{3y}$, pelo que $x=\dfrac{28}{3}$.
Problema (nível 4): Um tabuleiro $2017\times 4$ tem algumas casas pintadas. O João pinta cada casa do tabuleiro que tem pelo menos duas casas adjacentes pintadas (em cima, em baixo, à direita ou à esquerda) e repete este procedimento até já não conseguir pintar mais casas, isto é, até as casas estarem todas pintadas ou nenhuma casa por pintar ter dois vizinhos pintados. Qual é o número mínimo de casas pintadas inicialmente que fazem com que o tabuleiro fique totalmente pintado no final?

Resolução: Se o tabuleiro tiver inicialmente pintadas as $1011$ casas indicadas na seguinte figura, o tabuleiro ficará totalmente pintado no final. [linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0,0)(1,0)(1,1)(0,1) (image1) Suponha-se agora que o tabuleiro tem inicialmente pintadas $1010$ (ou menos) casas. É necessário mostrar que no final do processo o tabuleiro não vai ficar totalmente pintado. Considere-se o perímetro da região pintada, isto é, o número de arestas que apenas tocam numa casa pintada. Quando se pinta uma casa que tem $2$ casas adjacentes pintadas, este perímetro mantém-se. Quando se pinta uma casa que tem $3$ ou $4$ casas adjacentes pintadas, o perímetro diminui. Como inicialmente o perímetro é no máximo $1010\times 4=4040$ e o perímetro do tabuleiro é $2\times 4+2\times 2017=4042>4040$, não é possível pintar todo o tabuleiro.


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(16,4) \multirput(0,0)(0,1){2}{\casa} \multirput(0,3)(2,0){3}{\casa} \multirput(12,3)(2,0){3}{\casa} \multirput(0,0)(0,1){5}{\psline(0,0)(5.9,0)} \multirput(0,0)(1,0){6}{\psline(0,0)(0,4)} \rput(8.5,2){$\cdots$} \multirput(11.1,0)(0,1){5}{\psline(0,0)(5.9,0)} \multirput(12,0)(1,0){6}{\psline(0,0)(0,4)} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Determina todos os valores inteiros de $n$ para os quais o número $$\frac{14n+25}{2n+1}$$ é um quadrado perfeito.

Resolução: Podemos escrever $$\frac{14n+25}{2n+1}=\frac{7(2n+1)+18}{2n+1}=7+\frac{18}{2n+1}.$$ Como os divisores ímpares de $18$ são $\pm 1$, $\pm 3$ e $\pm 9$, basta analisarmos os inteiros $n$ pertencentes ao conjunto $\{-5,-2,-1,0,1,4\}$. Destes, temos que somente $n=-2$, $n=0$ e $n=4$ tornam a fração $\dfrac{14n+25}{2n+1}$ num quadrado perfeito, respetivamente em $1$, $25$ e $9$.
Problema (nível 4): No triângulo $[ABC]$, a bissetriz em $C$ e a altura que passa por $B$ intersetam-se no ponto $D$ . A reflexão do ponto $D$ segundo a reta $BC$ é um ponto $E$ que pertence à circunferência circunscrita ao triângulo $[ABC]$. Mostra que o triângulo $[ABC]$ é isósceles.

Resolução: Seja $F$ o pé da altura que passa por $B$ e $G$ a inteseção da bissetriz em $C$ com $[AB]$. Sendo $\dot CG$ a bissetriz de $\angle ACB$, tem-se $A\widehat CD=D\widehat CB=\alpha$. Tendo em conta que $[BF]$ é uma altura de $[ABC]$ e, por isso, $[CBF]$ é retângulo, tem-se $F\widehat BC=90^\circ-2\alpha$. Por outro lado, $E$ é a reflexão de $D$ por $BC$ logo $B\widehat CE=D\widehat CB=\alpha$ e $C\widehat BE=D\widehat BC=90^\circ-2\alpha$. Ora, $C\widehat AE=C\widehat BE=90^\circ-2\alpha$ pois compreendem o mesmo arco de circunferência $CE$. Da mesma forma se conclui que $E\widehat AB=E\widehat CB=\alpha$. Assim, $C\widehat AB=90^\circ-\alpha$ e, dado que $[BFA]$ é retângulo, tem-se $A\widehat BF=\alpha$. Por fim observe-se que $G\widehat DB=F\widehat DC=90^\circ-\alpha$ e, portanto, $D\widehat GB=90^\circ$, ou seja, a bissetriz $\dot CG$ é perpendicular a $[AB]$. Assim conclui-se que o triângulo $[ABC]$ é isósceles. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-4.5,-4.5)(4.5,4.5) \pspolygon[linewidth=0.4pt](0.,4.)(2.946940297932126,-2.7047260268692117)(-2.9506916494174993,-2.7006330350600836) \pscircle(0.,0.){4.} \psline[linewidth=0.4pt](0.,4.)(2.946940297932126,-2.7047260268692117) \psline[linewidth=0.4pt](2.946940297932126,-2.7047260268692117)(-2.9506916494174993,-2.7006330350600836) \psline[linewidth=0.4pt](-2.9506916494174993,-2.7006330350600836)(0.,4.) \psline[linewidth=0.4pt](-1.9943027785414935,-0.5287995722783422)(2.946940297932126,-2.7047260268692117) \psline[linewidth=0.4pt](0.,4.)(-0.0023258494326417536,-2.7026792185414177) \psline[linewidth=0.4pt](-0.0018759620880799942,-1.4061849086522906)(3.9841945322162493,0.3458198299438381) \psline[linewidth=0.4pt,linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](0.,4.)(3.9841945322162493,0.3458198299438381) \psline[linewidth=0.4pt,linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](3.9841945322162493,0.3458198299438381)(2.946940297932126,-2.7047260268692117) \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](0.,4.) \rput(4.5;90){$C$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](2.946940297932126,-2.7047260268692117) \rput[bl](3.04,-3.){$B$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-2.9506916494174993,-2.7006330350600836) \rput[bl](4.8;222){$A$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-0.0023258494326417536,-2.7026792185414177) \rput[bl](-0.2,-3.4){$G$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-1.9943027785414935,-0.5287995722783422) \rput[bl](-2.4,-0.48){$F$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](-0.0018759620880799942,-1.4061849086522906) \rput[bl](0.1,-1.18){$D$} \psdots[dotsize=1pt 0,dotstyle=*](3.9841945322162493,0.3458198299438381) \rput[bl](4.06,0.38){$E$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Num torneio de atletismo participam cinco equipas. Cada atleta tem uma camisola numerada com um inteiro positivo, e todos os atletas de uma mesma equipa têm números distintos. Cada atleta participa numa única prova e em cada prova está presente apenas um atleta de cada equipa. O Emídio reparou que a soma dos números das camisolas dos atletas em cada prova é sempre $20$. Qual é o número máximo de atletas no torneio?

Resolução: Seja $T$ a soma dos números das camisolas de todos os atletas e $n$ o número de provas. O enunciado diz-nos que $T=20 n$. Por outro lado, em cada equipa, a soma dos números de camisolas é pelo menos $1 + 2 + 3 + \cdots + n = \frac{n(n+1)}{2}$, já que todos os atletas têm números distintos. Assim temos que $T$ é pelo menos $5$ vezes isto, ou seja, $$20 n \geq \frac{5n(n+1)}{2}$$ pelo que $n\leq 7$. Resta mostrar que é possível realizar $7$ provas com as condições do enunciado. Isso pode ser feito como indicado abaixo. (table1)


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[table1]
\begin{tabular}{|l||ccccccc|}\hline Equipa 1 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ \hline Equipa 2 & 7 & 6 & 5 & 4 & 3 & 2 & 1 \\ \hline Equipa 3 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ \hline Equipa 4 & 7 & 5 & 3 & 1 & 6 & 4 & 2 \\ \hline Equipa 5 & 4 & 5 & 6 & 7 & 1 & 2 & 3 \\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 4): Nos vértices de um cubo colocam-se os números de $1$ até $8$, um em cada um dos oito vértices, de modo que a soma dos números de quaisquer três vértices de uma mesma face seja maior que $9$. Determina o valor mínimo que a soma dos números de uma das faces pode ter.

Resolução: Para a soma de três números inteiros diferentes ser $10$, um deles tem que ser maior ou igual do que $5$. Sendo assim, em cada face há pelo menos dois números maiores ou iguais que $5$, ou seja o maior número de cada face é pelo menos igual a $6$. Como, em cada face, a soma de quaisquer três vértices é maior ou igual que $10$ e há pelo menos um deles maior ou igual que $6$, a soma dos quatro vértices é sempre pelo menos igual a $16$. O exemplo seguinte mostra que é possível colocar os números de $1$ até $8$ nos vértices de um cubo de modo a que a soma dos números de uma das faces seja $16$, e que a soma de quaisquer três vértices da mesma face seja maior ou igual que $10$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(7,7) \psline(0.3,0)(4.7,0) \psline(0.3,5)(4.7,5) \psline(2.3,2)(4.8,2)\psline(5.2,2)(6.7,2) \psline(2.3,7)(6.7,7) \psline(0,0.3)(0,4.7) \psline(5,0.3)(5,4.7) \psline(2,2.3)(2,4.8)\psline(2,5.2)(2,6.7) \psline(7,2.3)(7,6.7) \psline(0.3,0.3)(1.7,1.7) \psline(0.3,5.3)(1.7,6.7) \psline(5.3,0.3)(6.7,1.7) \psline(5.3,5.3)(6.7,6.7) \rput(0,0){$6$} \rput(5,0){$3$} \rput(0,5){$1$} \rput(5,5){$7$} \rput(2,2){$5$} \rput(7,2){$2$} \rput(2,7){$4$} \rput(7,7){$8$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Seja $[ABCD]$ um quadrilátero convexo com $\overline{AB}=2$, $\overline{BC}=3$, $\overline{CD}=7$ e $\widehat B = 90^\circ$, para o qual existe uma circunferência inscrita, isto é, uma circunferência tangente a todos os lados do quadrilátero. Determina o raio desta circunferência. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(3,7) \pspolygon(0,0)(3,0)(3.3282,6.9923)(0,2) \rput(-0.3,2){$A$} \rput(-0.3,-0.3){$B$} \rput(3.3,-0.3){$C$} \rput(3.4,7.3){$D$} \pspolygon(0.2,0)(0.2,0.2)(0,0.2)(0,0) \pscircle(1.53518,1.53518){1.53518} \end{pspicture}

Resolução: Sejam $E,F,G,H$ os pontos de tangência da circunferência aos lados $AB, BC, CD, DA$, respetivamente, e $r$ o raio da circunferência. Temos então as seguintes igualdades $$\overline{EB}=\overline{BF},\ \overline{FC}=\overline{CG},\ \overline{GD}=\overline{DH},\ \overline{HA}=\overline{AE}.$$ (image2) Como $A\widehat BC=90^\circ$, então $\overline{EB}=r$, de onde concluímos que $$\overline{DA}=\overline{DH}+\overline{HA}=\overline{GD}+\overline{AE}=(7-\overline{CG})+(2-\overline{EB})=9-(\overline{FC}+\overline{BF})=6.$$ Pelo teorema de Pitágoras, $\overline{AC}=\sqrt{\overline{AB}^2+\overline{BC}^2}=\sqrt{13}$. Como $\sqrt{13}^2+6^2=7^2$, então $[DAC]$ é um triângulo retângulo. A área do quadrilátero $[ABCD]$ é então $$\frac{\overline{AB}\times \overline{BC}}{2}+\frac{\overline{DA}\times \overline{AC}}{2}=\frac{6}{2}+\frac{6\sqrt{13}}{2}=3+3\sqrt{13}.$$ Por outro lado, denotando o centro da circunferência por $O$, a área de $[ABCD]$ é dada por $$\frac{\overline{AB}\times \overline{EO}+\overline{BC}\times \overline{FO}+\overline{CD}\times \overline{GO}+\overline{DA}\times \overline{HO}}{2}=\frac{(2+3+7+6)r}{2}=9r,$$ o que nos permite concluir que $r=\dfrac{1+\sqrt{13}}{3}.$


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(3,7) \pspolygon(0,0)(3,0)(3.3282,6.9923)(0,2) \rput(-0.3,2){$A$} \rput(-0.3,-0.3){$B$} \rput(3.3,-0.3){$C$} \rput(3.4,7.3){$D$} \pspolygon(0.2,0)(0.2,0.2)(0,0.2)(0,0) \pscircle(1.53518,1.53518){1.53518} \psline[linestyle=dashed](0,2)(1.53518,1.53518) \psline[linestyle=dashed](3,0)(1.53518,1.53518) \psline[linestyle=dashed](3.3282,6.9923)(1.53518,1.53518) \psline[linestyle=dashed](0,0)(1.53518,1.53518) \rput(-0.3,1.5){$E$} \rput(1.5,-0.3){$F$} \rput(3.3,1.5){$G$} \rput(0.1,2.6){$H$} \rput(1.9,1.6){$O$} \end{pspicture}
Problema (nível 2): Um círculo está sobre um triângulo retângulo isósceles, é tangente aos catetos, e os pontos diametralmente opostos aos pontos de tangência estão sobre a hipotenusa. Cada cateto mede $6$ cm. Qual é a área da parte do círculo que fica fora do triângulo? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(6,5.5) \pscircle[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](2,2){2} \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=white](0,0)(6,0)(0,6) \pscircle(2,2){2} \end{pspicture}

Resolução: Denotemos por $O$ o centro do círculo e por $A$, $B$ e $C$ os vértices do triângulo, em que o ângulo reto fica no vértice $A$. Sejam $D$ e $E$ os pontos em que o círculo é tangente a $AB$ e $AC$ respetivamente, e sejam $D'$ e $E'$ os pontos diametralmente opostos a $D$ e $E$. Finalmente, seja $P$ a projeção ortogonal de $D'$ sobre $AC$, como na figura. O triângulo $[PD'C]$ é semelhante a $[ABC]$, portanto é isósceles. Daqui se vê que o raio do círculo é dado por $\overline{AE}=\overline{EP}=\overline{PC}=\overline{AC}/3=2$. A área da parte do círculo que fica fora do triângulo é igual à diferença entre um quarto da área do círculo (que é $\pi\times 2^2/4=\pi$) e a área do triângulo $[OE'D']$ (que é $2\times 2 / 2=2$), ou seja, $\pi - 2$. (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(6,7) \pscircle[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=verdelogotipo](2,2){2} \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=white](0,0)(6,0)(0,6) \pscircle(2,2){2} \rput(2.5,1.5){$O$} \rput(-0.3,-0.3){$A$} \rput(6.3,-0.3){$B$} \rput(-0.3,6.3){$C$} \rput(2,-0.5){$D$} \rput(2.3,4.5){$D'$} \rput(4.5,2.3){$E'$} \rput(-0.5,2){$E$} \psline(2,4)(0,4) \rput(-0.5,4){$P$} \psline(0,2)(4,2) \psline(2,0)(2,4) \end{pspicture}
Problema (nível 2): Na fase final do campeonato nacional de Matematobol vão participar oito equipas: três da região norte (Braga, Porto e Vila Real), duas da região centro (Coimbra e Viseu) e ainda uma equipa da região Sul, uma dos Açores e uma da Madeira. As equipas vão ser divididas em quatro pares tais que duas equipas da mesma região não fiquem juntas. De quantas maneiras é possível organizar os pares?

Resolução: As equipas da região norte não podem jogar entre si, por isso cada uma delas tem apenas cinco adversários possíveis. Ordenando as cidades do norte (Braga, Porto e Vila Real), e sorteando os seus adversários por esta ordem, há $5$ possibilidades para escolher a equipa que joga com Braga, $4$ para escolher a equipa que joga com o Porto e $3$ para escolher a equipa que joga com Vila Real. Existem assim $5\times 4\times 3=60$ maneiras de sortear os pares de modo a que as equipas do norte não sejam sorteadas juntas. Temos ainda que excluir as situações em que as duas equipas do centro ficam juntas. Nesse caso as três equipas do norte jogariam contra as restantes três equipas, havendo assim $3\times 2\times 1=6$ maneiras de sortear os pares. A resposta pretendida é portanto igual a $60-6=54$.
Problema (nível 2): O Reino do Hexagonistão é um hexágono regular com um lago em forma de triângulo equilátero no seu interior. Existem quatro vilas $A$, $B$, $C$ e $D$ em quatro vértices consecutivos do hexágono e cidades $X$ e $Y$ em dois dos vértices do lago. Da cidade $X$ partem duas estradas perpendiculares entre si, que vão para as vilas $A$ e $B$. De igual modo, da cidade $Y$ partem duas estradas perpendiculares entre si para as vilas $C$ e $D$. Sabemos ainda que as estradas que chegam às vilas $B$ e $D$ são bissetrizes dos ângulos do hexágono nesses vértices. Na figura ao lado está representa o mapa do reino. Sabendo que o reino tem uma área total de $200$ quilómetros quadrados, qual é a área do lago? (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-3,0)(3,0) \pspolygon(3;30)(3;90)(3;150)(3;210)(3;270)(3;330) \psline(3;30)(0,1.5)(3;90) \psline(3;150)(1.5;210)(3;210) \psline(3;270)(1.5;330)(3;330) \rput(3.35;30){$A$} \rput(3.35;90){$B$} \rput(3.35;150){$C$} \rput(3.35;210){$D$} \rput(1.5;110){$X$} \rput(1.5;230){$Y$} \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](1.5;90)(1.5;210)(1.5;330) \end{pspicture}

Resolução: Denotemos por $Z$ o terceiro vértice do lago e por $E$ e $F$ os vértices sobrantes do hexágono. (image2) Os triângulos $[ABX]$, $[CBX]$, $[CDY]$ e $[EDY]$ têm, de acordo com o enunciado, ângulos internos de $30$, $60$ e $90$ graus. Como todos têm hipotenusa sobre um dos lados do hexágono regular, são todos congruentes. Isto implica que $[YCX]$ é isósceles. Tem-se $Y\widehat CX=D\widehat CB-D\widehat CY-X\widehat CB=120-30-30=60^\circ$, pelo que $[YCX]$ é equilátero e congruente com o lago. Assim, $\overline{EY}=\overline{YZ}$, pelo que $[EYZ]$ é isósceles. Analisando as somas de todos os ângulos em $Y$ vemos que $E\widehat YZ=60^\circ$, pelo que $[EYZ]$ é também equilátero e congruente com o lago. Um raciocínio análogo mostra que o mesmo é válido para $[AXZ]$. Finalmente, podemos concluir pelo critério LAL que $[EFZ]$ e $[AFZ]$ são congruentes com $[ABX]$. Temos então o hexágono partido em quatro triângulos equiláteros e seis triângulos retângulos. Mas note-se que os seis triângulos retângulos formam um triângulo equilátero de lado igual a $[CA]$ se os deslocarmos de forma a que os vértices $B$, $D$ e $F$ coincidam. Por outro lado, os quatro triângulos equiláteros também formam um triângulo equilátero de lado $[CA]$. Assim a área destes triângulos equiláteros de lado $[CA]$ é metade da do hexágono, ou seja, $100$ quilómetros quadrados. Como o lago é precisamente um quarto deste triângulo, concluímos que tem área igual a $25$ quilómetros quadrados.


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(-3,-3)(3,3) \pspolygon(3;30)(3;90)(3;150)(3;210)(3;270)(3;330) \psline(3;30)(0,1.5)(3;90) \psline(3;150)(1.5;210)(3;210) \psline(3;270)(1.5;330)(3;330) \psline(3;150)(0,1.5) \psline(1.5;210)(0,-3) \psline(1.5;-30)(3;30) \rput(3.35;30){$A$} \rput(3.35;90){$B$} \rput(3.35;150){$C$} \rput(3.35;210){$D$} \rput(-0.3,1.8){$X$} \rput(-1.4,-1.3){$Y$} \rput(1.3,0){$Z$} \rput(3.35;270){$E$} \rput(3.35;330){$F$} \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](1.5;90)(1.5;210)(1.5;330) \end{pspicture}
Problema (nível 2): Determina o menor número natural formado apenas por zeros e uns, que é divisível por $1,2,3,4,5,6,7,8$ e $9$.

Resolução: Designemos por $N$ o número que procuramos e utilizemos as regras de divisibilidade para determinarmos os algarismos de $N$. Como $N$ é divisível por $8$, concluímos que os três últimos algarismos têm de ser iguais a $0$. Além disso, como $N$ é divisível por $9$, o número de $1$'s em $N$ tem de ser um múltiplo de $9$. Portanto, qualquer número com nove algarismos $1$ e que termine com três algarismos $0$ é divisível por $1,2,3,4,5,6,8$ e $9$. Resta analisar a divisibilidade por $7$. O número $111111111000$ não é divisível por $7$, logo $N$ tem pelo menos $13$ algarismos. O resto da divisão de $1111111111000$ por $7$ é $2$, pelo que basta encontrar um número da forma $10^k$, com $3\leq k\leq 12$, que também tenha resto $2$ na divisão por $7$. De facto, o resto da divisão de $100000000$ por $7$ é $2$, logo $1111111111000-100000000=1111011111000$ é múltiplo de $7$. Portanto, $N=1111011111000$.