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Problema (nível 4): Seja $[ABC]$ um triângulo tal que $\overline{AB}=\overline{AC}$. Seja $D$ um ponto em $[BC]$ e $E$ um ponto em $[AD]$ tais que $B\hat ED=B\hat AC=2\times D\hat EC$. Mostra que $\overline{DB}=2\, \overline{CD}$. (image1)


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\begin{pspicture}(-0.5,-0.5)(4.5,3) \pspolygon(0,0)(4,0)(1.99248,2.51304) \psline(1.99248,2.51304)(2.67,0) \psline(0,0)(2.34692,1.19193)(4,0) \rput(2,2.8){$A$} \rput(-0.3,-0.3){$B$} \rput(4.3,-0.3){$C$} \rput(2.7,-0.3){$D$} \rput(2.1,0.7){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Se $n$ não tem fatores primos, então $n=1$, que é solução do problema. Se $n$ só tem um fator primo, então $n$ é da forma $p^r$. Os seus divisores são $1,p,\ldots,p^r$ e o seu produto é $p^{1+\cdots+r}=p^{r(r+1)/2}$. Então $p^{r(r+1)/2}=p^{2r}$, pelo que $r=3$. Se $n$ tem mais do que um fator primo, então $n$ é da forma $p^ra$, com $p$ e $a$ primos entre si. Se $r\geq 2$, então o produto dos divisores de $n$ é maior do que $p^r\times a\times n=n^2$, pelo que $n$ não é solução. Portanto, se $n$ é uma solução com mais do que um fator primo, então $n$ é da forma $p_1\ldots p_k$, com $p_i$ primos distintos. Se $n=p_1p_2$, então o produto dos fatores de $n$ é $1\times p_1\times p_2\times n=n^2$, logo $n$ é solução. Se $n$ tem mais de dois fatores primos distintos, então $n$ é o produto de três números $a,b,c$, maiores que $1$ e primos entre si. Assim, $ab$, $ac$, $bc$ e $abc$ são três fatores de $n$ e $(ab)(ac)(bc)(abc)>n^2$, logo $n$ não é solução. Portanto os números procurados são o $1$ e os números da forma $p^3$ ou $pq$, com $p,q$ primos distintos. Observando a lista dos números primos menores do que $100$ ($2$, $3$, $5$, $7$, $11$, $13$, $17$, $19$, $23$, $29$, $31$, $37$, $41$, $43$, $47$, $53$, $59$, $61$, $67$, $71$, $73$, $79$, $83$, $89$, $97$), concluímos que no caso $n=p^3$ há três soluções ($p\in\{2,3,5\}$) e no caso $n=pq$ há $56$ soluções ($(p=2,3\leq q\leq 97),(p=3,5\leq q\leq 61),(p=5,7\leq q\leq 37),(p=7,11\leq q\leq 23),(p=11,13\leq q\leq 17)$). Portanto ao todo há $60$ soluções.
Problema (nível 4): Consideram-se todas as sequências de $k$ elementos $(a_1,a_2,\ldots,a_k)$, onde cada $a_i$ pertence ao conjunto $\{1,2,\ldots,2021\}$. Qual é a soma dos menores elementos de todas estas sequências?

Resolução: Uma vez que $A\hat DE=60^\circ$ e o triângulo $[AED]$ é retângulo, podemos concluir que $E\widehat AD=30^\circ$, $\overline{EA}=\sqrt{3}$ e $\overline{ED}=1$. O comprimento do segmento $[DC]$ também mede $1$, por isso o triângulo $[EDC]$ é isósceles e tem-se que $D\widehat CE=D\widehat EC=30^\circ$. Por outro lado, sendo $[EDC]$ isósceles e $\overline{DC}=1$, pode concluir-se que $\overline{EC}=2\times \cos 30^\circ=\sqrt{3}$, ou seja, $\overline{EA}=\overline{EC}$. Agora observe-se que $B\widehat DC=120^\circ $ e $D\widehat CB=45^\circ$, portanto $D\widehat BC=15^\circ$ e o triângulo $[EBC]$ é isósceles, com $\overline{EB}=\overline{EC}$. Portanto $\overline{EB}=\overline{EC}=\overline{EA}$, o que significa que $E$ é o circuncentro de $[ABC]$.
Problema (nível 4): O Pedro e o Tiago vão jogar um jogo com um baralho com $n$ cartas, numeradas de $1$ a $n$. Começando pelo Pedro, eles vão escolhendo cartas alternadamente, e recebem o número de pontos indicado pelas carta. No entanto, sempre que o jogador escolhe a carta com maior número entre as que restam no baralho, ele é obrigado a passar a sua vez seguinte, não escolhendo nenhuma carta. Quando o baralho terminar, ganha o jogador com mais pontos. Sabendo que o Tiago consegue pelo menos empatar, independentemente das jogadas do Pedro, quantas cartas tem o baralho? Indica todas as possibilidades,

Resolução: Designemos o aluno que recebeu um presente no $n$-ésimo sorteio por aluno $n$. Assim, no $n$-ésimo sorteio participam os alunos $n,\ldots,30$. No $30$º sorteio, o aluno $30$ recebeu o número $1$. No $29$º sorteio, como não recebeu o mesmo número, recebeu o número $2$. Da mesma forma, no $28$º sorteio recebeu o número $3$ e assim por diante, tendo recebido no $n$-ésimo sorteio o número $31-n$. No $29$º sorteio, o aluno $29$ recebeu o número $1$ e, de forma análoga ao caso anterior, conclui-se que recebeu no $n$-ésimo sorteio o número $30-n$. Procedendo de forma semelhante para os restante alunos, conclui-se que o aluno $k$ recebeu no $n$-ésimo sorteio o número $k+1-n$. Se o Francisco é o aluno $k$, então, como recebeu no primeiro sorteio o número $21$, temos $k+1-1=21$, ou seja, $k=21$. Logo no oitavo sorteio, o Francisco recebeu o número $21+1-8=14$.
Problema (nível 2): Na figura seguinte, $[ABC]$ é um triângulo e $D$ é o ponto de interseção da bissetriz do ângulo $BAC$ com $[CB]$. Sabendo que $\overline{CA}=\overline{CB}=\overline{AD}$, determina a amplitude do ângulo $ACB$. (image1)


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\begin{pspicture}(0,0)(4,3) \pspolygon(0,0)(4,0)(2,2.50715) \psline(2.88999,1.39148)(0,0) \rput(0,-0.2){$A$} \rput(4,-0.2){$B$} \rput(2,2.7){$C$} \rput(3.1,1.5){$D$} \end{pspicture}

Resolução: Sendo $\dot AD$ a bissetriz de $\angle BAC$, tem-se que $B\widehat AD=D\widehat AC=\beta.$ Como $\overline{CA}=\overline{CB}$, tem-se que $C\widehat BA=B\widehat AC=2\beta$, portanto, $A\widehat CB=180^\circ-4\beta$. Por outro lado, também o triângulo $\overline{AC}=\overline{AD}$, logo $A\widehat DC=A\widehat CD=A\widehat CB$ e, por isso, $\beta=180^\circ-2A\widehat CB$. Portanto, $ A\widehat CB=180^\circ-4\beta=180^\circ-4(180^\circ-2A\widehat CB), $ ou seja, $\displaystyle A\widehat CB=\frac{3}{7}\times 180^\circ$.
Problema (nível 2): Um número chama-se repetitivo se for formado por um conjunto de algarismos que se repete da esquerda para a direita. Por exemplo, $222222$, $232323$ e $747747$ são repetitivos, mas $245642$ não é. Quantos números de seis algarismos são repetitivos?

Resolução: Solução 1: Um número repetitivo que usa apenas um algarismo é da forma $AAAAAA$, onde há $9$ escolhas possíveis para $A$. Portanto, neste caso, há $9$ números repetitivos. Um número repetitivo que usa dois algarismos é da forma $ABABAB$, $AABAAB$, $ABBABB$ ou $ABAABA$, onde há $9$ escolhas possíveis para $A$ e $9$ escolhas possíveis para $B$. Portanto, neste caso, há $4\times 9\times 9=324$ números repetitivos. Um número repetitivo que usa três algarismos é da forma $ABCABC$, onde há $9$ escolhas possíveis para $A$, $9$ escolhas possíveis para $B$ e $8$ escolhas possíveis para $C$. Portanto, neste caso, há $9\times 9\times 8=648$ números repetitivos. Portanto, ao todo há $9+324+648=981$ números repetitivos. Solução 2: Um número repetitivo que repete um conjunto de três algarismos é da forma $ABCABC$ onde $A$, $B$ e $C$ podem ser iguais e o número $ABC$ está entre $100$ e $999$. Portanto, neste caso há $900$ números repetitivos. Um número repetitivo que repete um conjunto de dois algarismos, que não esteja já contabilizado, é da forma $ABABAB$ onde $A$ e $B$ são diferentes. Logo há $9$ possibilidades para $A$ e $9$ possibilidades para $B$. Portanto, neste caso há $9\times 9=81$ números repetitivos. Os números repetitivos que repetem um conjunto de apenas um algarismo já foram contabilizados no primeiro caso. Portanto, ao todo há $900+81=981$ números repetitivos.
Problema (nível 2): Numa rua há dez casas. As casas estão em fila, lado a lado. De quantas maneiras é possível pintar todas as casas de azul, branco e castanho de modo que cada casa tenha um único vizinho com a casa pintada da mesma cor?

Resolução: A primeira casa tem um único vizinho, por isso a segunda casa tem que ser pintada da mesma cor que a primeira. Há três escolhas para a cor dessas duas casas. Como as duas primeiras são da mesma cor, a terceira tem que ser pintada de uma cor diferente (portanto há duas escolhas) para que a segunda casa não tenha dois vizinhos com a casa da mesma cor. Agora a quarta casa tem que ser pintada da mesma cor que a terceira. Da mesma maneira se vê que as quinta e sexta casas, sétima e oitava, nona e décima têm que ser da mesma cor, respetivamente. Para cada um destes pares temos duas escolhas para a sua cor. Assim, há $3\times 2^4=48$ maneiras de pintar as casas.
Problema (nível 2): A Ana, o Bruno e o Carlos jogaram um jogo de cartas. Em cada ronda, há sempre dois vencedores e um perdedor e cada um dos vencedores recebe do perdedor tantas fichas como as que já tem, ficando assim com o dobro das fichas. Após três rondas, cada um dos jogadores perdeu uma única vez e, no final, cada um ficou com $24$ fichas. Quantas fichas tinha cada um dos jogadores no início do jogo?

Resolução: Sendo $O$ o centro da semicircunferência, observa-se que $[OD]$ e $[OA]$ são raios da mesma semicircunferência e por isso o triângulo $[AOD]$ é isósceles. Assim, $\ds O\widehat{A}D=A\widehat{D}O=\frac{180^\circ-30^\circ}{2}=75^\circ$ e, portanto, $$ B\widehat{C}A=180^\circ-(50^\circ+75^\circ)=55^\circ. $$
Problema (nível 2): Na figura ao lado, $[AB]$ é uma corda da circunferência de centro $O$. O ponto $C$ está na interseção do prolongamento do raio $[OB]$ com a circunferência de centro em $B$ que passa por $A$. Sabendo que $A\widehat OB=80^\circ$, qual é o valor de $O\widehat CA$? (image1)


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\begin{pspicture}(-1.2,-1)(1.3,2.43) \pscircle(0,0){1} \pscircle(1;80){1.28558} \psline(1,0)(0,0)(2.28558;80)(1,0)(1;80) \rput(2.45;80){$C$} \rput(-0.15,-0.1){$O$} \rput(1.15;90){$B$} \rput(1.2,0){$A$} \end{pspicture}

Resolução: Se às quartas-feiras o Bruno dissesse a verdade, então às terças-feiras mentiria. Como o Bruno mente em dois dias consecutivos, então às segundas-feiras também mentiria. Como em nenhum dia há dois amigos a mentir, então, às terças-feiras, o Álvaro diria a verdade. Logo, às segundas-feiras, o Álvaro mentiria. Portanto, às segundas-feiras haveria dois amigos a mentir, o que sabemos que não acontece. Assim, concluímos que o Bruno mente às quartas e quintas-feiras. Se às terças-feiras o Álvaro mentisse, então às segundas-feiras diria a verdade. Como o Álvaro mente em dois dias consecutivos, então às quartas-feiras também mentiria. Portanto, às quartas-feiras haveria dois amigos a mentir, o que sabemos que não acontece. Assim, concluímos que o Álvaro mente aos domingos e às segundas-feiras. Finalmente, como o César mente em dois dias seguidos, que são diferentes dos dias em que o Álvaro e o Bruno mentem, concluímos que o César mente às sextas-feiras e aos sábados. Portanto, todos os amigos dizem a verdade às terças-feiras.
Problema (nível 2): No final de umas Olimpíadas de Matemática, a Mariana e a Sofia estavam a conversar. Ao olhar em volta, a Mariana reparou que os outros $8$ participantes também estavam a conversar em pares. A Mariana perguntou então a cada participante com quantos participantes é que tinha conversado e obteve $9$ respostas diferentes. Qual foi a resposta da Sofia?

Resolução: A Joana tem $2h30m=2,5$ horas para carregar totalmente a bateria do telemóvel. Se não utilizasse o telemóvel, a bateria ficaria completamente carregada em $2$ horas e, ao fim de uma hora, teria apenas metade ($50\%$) da bateria carregada. Por isso, ao fim de $x$ horas ($x\leq 2$) de carregamento sem utilização, a Joana teria $x.50\%$ de bateria carregada. Por outro lado, se carregasse e utilizasse em simultâneo o telemóvel durante $2$ horas, então ficaria apenas com $60\%$ da bateria carregada. Se carregasse e utilizasse em simultâneo o telemóvel durante uma hora, apenas ficaria com $30\%$ da bateria carregada. Por isso, ao fim de $x$ horas de carregamento e utilização simultâneos, o telemóvel ficaria com $x.30\%$ de bateria carregada. Assim, se a Joana quer a bateria completamente carregada ao fim de $2h30m$ utilizando o telemóvel durante $x$ horas (e, portanto, não utilizando durante $2,5-x$ horas), então $$ 0,3.x + 0,5(2,5-x)=1 \quad (ou \quad 30\% x + 50\% (2,5-x)=100\%) $$ ou seja, $0,2\times x=0,25$, logo $x=1,25$ horas $=75$ mins. Assim, a Joana pode utilizar o telemóvel durante $75$ mins.
Problema (nível 1): O Luís vai restaurar um vitral retangular com $16$ cm de comprimento e $14$ cm de largura. O vitral é formado por quatro triângulos retângulos iguais de cor branca, e quatro quadriláteros de cor azul, como mostra a figura. Sabendo que ele deverá substituir toda a parte azul, qual é a área de vidro que será substituída? (image1)


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\begin{pspicture}(0,0)(16,14) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](0,0)(7,0)(7,7)(9,7)(7,0)(16,0)(16,7)(9,7)(9,9)(16,7)(16,14)(9,14)(9,7)(7,7)(9,14)(0,14)(0,7)(7,7)(7,5)(0,7) \rput(8,-2){$16$ cm} \rput(-3,7){$14$ cm} \end{pspicture}

Resolução: Começamos por calcular as medidas dos catetos dos triângulos retângulos. Como no lado menor do retângulo, que mede $14$ cm, cabem dois catetos iguais, estes medem $7$ cm cada um. Por sua vez, no lado maior do retângulo, que mede $16$ cm, cabem dois catetos dos já calculados, e um cateto menor. Logo, o cateto menor mede $2$ cm. Assim sendo, a área total dos triângulos retângulos é a área de um retângulo de lados $2$ e $14$. Subtraindo esta área ao retângulo maior, podemos concluir que a área da parte azul é a área de um quadrado com $14$ cm de lado, ou seja, mede $196$ cm$^2$. (image2)


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\begin{pspicture}(0,0)(16,14) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo](2,0)(16,0)(16,14)(2,14) \psline (2,14)(0,14)(0,0)(2,0)(0,7)(2,7)(0,14) \rput(9,-2){$14$} \rput(-2,3.5){$7$}\rput(-2,10.5){$7$} \rput(1,-2){$2$} \end{pspicture}
Problema (nível 1): Numa árvore estão três pássaros em cada ramo e há um pássaro a voar por cima. De repente, os pássaros levantam voo e, de seguida, pousam todos, quatro por ramo, ficando um ramo sem nenhum pássaro. Quantos ramos tem a árvore?

Resolução: Para passar da primeira distribuição para a segunda, três pássaros que estavam num dos ramos e o pássaro que estava a voar vão pousar na árvore. Como cada ramo já contém três pássaros, só necessitamos de colocar um novo pássaro em cada um dos ramos já ocupados, logo haverá quatro ramos com quatro pássaros. Uma vez que um ramo ficou vazio, a árvore tem cinco ramos.
Problema (nível 3): Na figura seguinte está representado um triângulo $[ABC]$. Sejam $D$ um ponto de $[AC]$ e $E$ um ponto de $[BC]$ tais que $[DE]$ é paralela a $[AB]$. Sabendo que $[DEC]$ tem área $2$ e que $[ADE]$ tem área $6$, qual é a área de $[ABE]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(6,7) \pspolygon(0,0)(10,0)(3,8) \psline(2.25,6)(4.755,6) \psline(4.755,6)(0,0) \rput(-1,0){$A$} \rput(11,0){$B$} \rput(3,9){$C$} \rput(1.25,6){$D$} \rput(5.75,6){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Como área $[CAE]=4\times$ área $[DEC]$ e estes triângulos têm a mesma altura em relação a $E$, então$\overline{CA}=4\times\overline{CD}$. (Em alternativa, como área $[ADE]=3\times$ área $[DEC]$, e estes triângulos têm a mesma base $[DE]$, então a altura de $[ADE]$ é o triplo da altura de $[DEC] $. Portanto, a altura de $[ABC]$ é o quádruplo da altura de $[DEC]$.) Como $[DE]$ é paralelo a $[AB]$, então $[ABC]$ é semelhante a $[DEC]$, com razão de semelhança $4$. Portanto, área$[ABC]=4^2\times$ área $[DEC]=4^2\times 2=32$. Logo área $[ABE]=$ área $[ABC]-$ área $[DEC]-$ área $[ADE]=32-2-6=24$.
Problema (nível 3): A soma de $11$ inteiros positivos distintos é igual a $100$. Quantas parcelas ímpares deverá ter, no mínimo, esta soma?

Resolução: Como a soma dos onze inteiros é par, então há um número par de parcelas ímpares. A soma dos primeiros $11$ inteiros pares positivos é maior do que $100$, uma vez que $$2+4+6+\cdots +20+22=(2+22)+(4+20)+(6+18)+(8+16)+(10+14)+12=24\times 5+12=132\,.$$ Então há pelo menos duas parcelas ímpares. Retirando os dois maiores números da soma anterior, obtém-se $2+4+\cdots+18=132-20-22=90$, faltando $10$ para a soma ser $100$. Esta soma pode ser obtida, por exemplo, acrescentando os dois números ímpares $1$ e $9$.
Problema (nível 3): Na figura ao lado, os triângulos $[ABC]$ e $[DAE]$ são congruentes e retângulos, com $A$, $B$ e $E$ colineares, e $F$ é a interseção de $[AD]$ com $[CB]$. Sabendo que $\overline{AE}=20$ cm, quanto mede $[CF]$? (image1)


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\begin{pspicture}(0,0)(20,9) \small \psline(16.90146,0)(0,10.69302)(0,0)(20,0)(14.28296,9.03638)(0,0) \rput(-1,-1){$A$} \rput(17,-1){$B$} \rput(-1,11.5){$C$} \rput(14,10){$D$} \rput(21,-1){$E$} \rput(8.5,6.5){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $\alpha=D\widehat{A}E$. Como $[ABC]$ e $[DAE]$ são congruentes, temos que $\overline{CB}=\overline{AE}=20$ e $A\widehat{B}C=\alpha$. Logo $[ABF]$ é isósceles, o que implica $\overline{AF}=\overline{FB}$. Temos $F\widehat{A}C=C\widehat{A}B-D\widehat{A}E=90\textdegree - \alpha$ e, como $[ABC]$ é retângulo em $A$, também $A\widehat{C}B=180\textdegree-C\widehat{A}B -A\widehat{B}C=90\textdegree - \alpha$. Logo $[ACF]$ também é isósceles, o que implica $\overline{CF}=\overline{FA}$. Logo $\overline{CF}=\overline{FB}$. Finalmente, temos $20=\overline{CB}=\overline{CF}+\overline{FB}=2\overline{CF}$, logo $\overline{CF}=10$.
Problema (nível 3): A Mafalda contou o número de soluções inteiras positivas $(a,b)$ da equação $a + b = 30$. Já a Laura decidiu contar o número de soluções inteiras positivas $(a,b)$ da equação $\displaystyle \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{30}$. Qual das duas amigas encontrou mais soluções?

Resolução: A equação da Mafalda é $a+b=30\Leftrightarrow a=30-b$, logo há $29$ soluções inteiras positivas desta equação: $(30-b,b)$, com $b=1,\ldots,29$. A equação da Laura é $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{30}\Leftrightarrow a=30+\frac{900}{b-30}$, logo as soluções inteiras positivas da equação são dadas por $\left(30+\frac{900}{b-30},b\right)$, onde $b$ é um divisor de $900$. Como $900=2^2\times3^2\times 5^2$ possui $27$ divisores positivos (os números da forma $2^x\times 3^y\times 5^z$, com $x,y,z\in\{0,1,2\}$), então a equação da Laura possui $27$ soluções inteiras positivas e, portanto, a Mafalda contou um maior número de soluções.
Problema (nível 3): O Raul escreveu o número $235689741$ e reparou que o número é uma montanha, pois utiliza todos os algarismos de $1$ a $9$ exatamente uma vez, começa por ter os algarismos ordenados de forma crescente, depois de forma decrescente e não começa nem termina em $9$. Quantos números montanha existem?

Resolução: Comecemos por notar que o algarismo $9$ é maior que os restantes, logo será o cume da montanha. Cada um dos restantes $8$ algarismos pode estar à esquerda ou à direita do $9$, logo há $2^8$ possibilidades. Para cada uma delas, os algarismos ficam automaticamente ordenados, logo não há mais escolhas a fazer. Temos apenas que retirar os casos $123456789$ e $987654321$, que não são montanhas. Logo há $2^8-2=254$ montanhas.
Problema (nível 3): O Alberto, o Bernardo e o César pintaram uma casa com quatro quartos iguais. Cada um deles pintou sempre ao mesmo ritmo. O Alberto e o Bernardo pintaram um dos quartos em $5$ horas. O Bernardo e o César pintaram outro quarto em $4$ horas. O Alberto e o César pintaram o terceiro quarto em $10$ horas. Os três pintores começaram a pintar o último quarto, mas, ao fim de $3$ horas, o Bernardo e o César tiveram que sair. Quanto tempo demorou o Alberto a pintar o resto do quarto?

Resolução: Solução 1: Como os três pintores pintaram o último quarto durante $3$ horas, cada um pintou o mesmo que teria pintado se cada um dos pares Alberto/Bernardo, Bernardo/César e Alberto/César tivessem pintado o quarto durante $1,5$ horas. Assim, no total pintaram $\dfrac{1,5}{5}+\dfrac{1,5}{4}+\dfrac{1,5}{10}=\dfrac{33}{40}$ do quarto. Portanto, o Alberto pintou $1-\dfrac{33}{40}=\dfrac{7}{40}$ do quarto depois o Bernardo e o César saírem. Como o Bernardo e o César pintam um quarto em $4$ horas, em $3$ horas pintaram $\dfrac{3}{4}$ de um quarto. Logo, o Alberto pintou $1-\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4}$ do quarto. Assim, o Alberto pintou $\dfrac{1}{4}-\dfrac{7}{40}=\dfrac{3}{40}$ do quarto antes o Bernardo e o César saírem. Como demorou $3$ horas para pintar $\dfrac{3}{40}$ do quarto, conclui-se que demorou $7$ horas para pintar $\dfrac{7}{40}$ do quarto. Solução 2: Sejam $a$, $b$ e $c$ o número de quartos que o Alberto, o Bernardo e o César pintam numa hora, respetivamente. Então tem-se $$ \left\{(image1)\right. $$ Portanto, pela primeira igualdade, $b=\dfrac15-a$ e, pela terceira igualdade, $c=\dfrac{1}{10}-a$. Substituindo na segunda igualdade, temos $\left(\dfrac45-4a\right)+\left(\dfrac4{10}-4a\right)=1$, ou seja, $8a=\dfrac{2}{10}$, donde $a=\dfrac{1}{40}$. Deduz-se agora que $b=\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{40}=\dfrac{7}{40}$ e $c=\dfrac{1}{10}-\dfrac{1}{40}=\dfrac{3}{40}$. Assim, ao fim de $3$ horas, os três pintores pintaram $3\times\left(\dfrac{1}{40}+\dfrac{7}{40}+\dfrac{3}{40}\right)=\dfrac{33}{40}$ do quarto, faltando ainda pintar $1-\dfrac{33}{40}=\dfrac{7}{40}$. Portanto, o Alberto demorou $\dfrac{\,\,\dfrac{7}{40}\,\,}{\dfrac{1}{40}}=7$ horas a pintar o resto do quarto.


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\begin{array}{ccccccc} 5a&+&5b&&&=&1\\ &&4b&+&4c&=&1\\ 10a&&&+&10c&=&1\\ \end{array}
Problema (nível 3): Considere-se a sucessão $1, 1, 2, 1,2,3,1,2,3,4, \dots, 1, 2, \dots, n, \dots$, onde após os inteiros consecutivos de $1$ até $n$, aparecem como termos os inteiros consecutivos de $1$ até $n+1$, e assim sucessivamente. Qual é o $2022^\circ$ termo desta sucessão?

Resolução: Uma vez que $1+2+ \dots+n= \frac{n(n+1)}{2}$ e $\frac{63\times 64}{2}=2016< 2022 < 2080=\frac{64\times 65}{2}$, o $2022^\circ$ termo é o número $2022-2016=6$.
Problema (nível 3): No triângulo obtusângulo $[ABC]$ representado na figura, $M$ é o ponto médio do lado $[AC]$ e $MD$ e $EB$ são perpendiculares a $BC$. Se a área do triângulo $[ABC]$ é $24$, qual é a área do triângulo $[EDC]$? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-7,1)(-1,4) \psline[linestyle=dashed](-4,1)(-2,3.5) \psline(-1,4)(-2,1) \psline(-2,1)(-7,1) \psline(-1,4)(-7,1) \psline(-4,2.5)(-4,1) \psline(-2,1)(-2,3.5) \rput[bl](-0.9468014090395718,4.020420056426831){$A$} \rput[bl](-2,0.7678875478903534){$B$} \rput[bl](-7.4,0.8631998558328143){$C$} \rput[bl](-4.2,2.590735437289918){$M$} \rput[bl](-4.1,0.6){$D$} \rput[bl](-2.1143771813347194,3.662998901642603){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Comece-se por observar que, sendo $M$ o ponto médio do lado $[AC]$, tem-se que $[MD]$ mede metade da altura de $A$ relativamente ao lado $[BC]$, logo $$ \mbox{área de $[ABC]$} ={\overline {MD}\times \overline{BC}}. $$ Por outro lado, os triângulos $[MDC]$ e $[EBC]$ são semelhantes e, por isso, $$ \frac{\overline{EB}}{\overline{MD}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{CD}} \mbox{, ou seja, } \overline {CD}\times \overline{EB}=\overline {MD}\times \overline{BC}. $$ Assim, $$ \mbox{área de $[CDE]$} =\frac{\overline {CD}\times \overline{EB}}{2}=\frac{\overline {MD}\times \overline{BC}}{2}=\frac{1}{2} \mbox{ área de $[ABC]$} $$ e, portanto, $\ds \mbox{área de $[CDE]$}=12$.