tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): Num triângulo retângulo $[ABC]$ são conhecidas as medidas dos dois catetos, $\overline{AB}=5$ e $\overline{BC}=10$. O quadrado $[DEFG]$ está assente em $[BC]$ de tal modo que $F$ pertence ao lado $[AC]$ e $G$ pertence à circunferência de raio $5$ e centro em $A$. Qual é a medida do lado do quadrado $[DEFG]$? (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,-0.2)(10,5.2) \psarc(0,5){5}{-110}{-7} \pspolygon(0,0)(10,0)(0,5) \pspolygon(4,0)(6,0)(6,2)(4,2) \rput(0,-0.35){$B$} \rput(10.3,-0.35){$C$} \rput(-0.3,5.3){$A$} \rput(4,-0.35){$D$} \rput(6,-0.35){$E$} \rput(6.25,2.25){$F$} \rput(3.8,2.25){$G$} \end{pspicture}

Resolução: Sejam $x$ o lado do quadrado e $H$ o ponto de interseção da reta $FG$ com o lado $[AB]$ do triângulo. Então $\overline{AH}=5-x$. Os triângulos $[ABC]$ e $[AHF]$ são semelhantes, portanto $\displaystyle \frac{\overline{HF}}{\overline{AH}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{AB}}=\frac{10}{5}=2,$ ou seja, $\overline{HF}=2(5-x).$ (image2) O triângulo $[AHG]$ é retângulo, $\overline{AG}=5$ e $\overline{HG}=\overline{HF}-\overline{GF}=2(5-x)-x=10-3x$. Pelo Teorema de Pitágoras vem que $\overline{AG}^2=\overline{AH}^2+\overline{HG}^2\Leftrightarrow 25=(5-x)^2+(10-3x)^2\Leftrightarrow x^2-7x+10=0\Leftrightarrow x=2\vee x=5$. Como $\overline{AH}>0$, então $x<5$, pelo que a medida do lado do quadrado é igual a $2$.


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(10,4.5) \pspolygon(0,0)(10,0)(0,5) \pspolygon(4,0)(6,0)(6,2)(4,2) \psline(0,2)(4,2) \psline(0,5)(4,2) \rput(-0.25,-0.25){$B$} \rput(10.25,-0.25){$C$} \rput(-0.25,5.25){$A$} \rput(4,-0.3){$D$} \rput(6,-0.3){$E$} \rput(6.25,2.3){$F$} \rput(4.25,2.3){$G$} \rput(-0.3,2){$H$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Um número natural diz-se familiar se a soma dos seus algarismos é um número primo. Qual é o número máximo de números familiares que pode haver num conjunto de 5 números naturais consecutivos?

Resolução: Se em cinco números consecutivos, nenhum dos quatro primeiros terminar em $9$, as somas dos seus algarismos são também cinco números consecutivos. Caso contrário, as somas dos algarismos formam dois grupos de números consecutivos. Um destes grupos tem necessariamente $3$ ou mais elementos. Assim, em qualquer caso, há três somas de algarismos que são números consecutivos, portanto uma delas não é um número primo. Conclui-se assim que os cinco números não podem ser todos familiares. Para ver que é possível ter $4$ números familiares entre cinco números consecutivos, basta observar que entre os números $197$, $198$, $199$, $200$ e $201$, cujas somas de algarismos são respetivamente $17$, $18$, $19$, $2$ e $3$, apenas $18$ não é primo, ou seja, apenas $198$ não é familiar.
Problema (nível 4): O Marco dividiu um número natural por $29$, por $39$ e por $59$. Em seguida somou os três restos das divisões e obteve o número inicial. Determina todos os números com que o Marco pode ter começado.

Resolução: Seja $n$ um número com as propriedades indicadas. Então $$ (image1) $$ Como $n=59e+f=b+d+f$, então $b+d=59e$. Mas $0\leq b+d\leq 28+38=66$, logo $b+d=0$ ou $b+d=59$. Se $b+d=0$, então $n$ é múltiplo de $29$ e $39$ e portanto é múltiplo de $29\times 39$, o que é impossível visto que $1\leq n=b+d+f\leq 28+38+58=124$. Portanto $b+d=59$ e $e=1$, pelo que $n\geq 59$. Logo $29a=58$, $87$ ou $116$ e $39c=39$, $78$ ou $117$. Como $b\leq 28$ e $d\leq 38$, então $d\geq 59-28=31$ e $b\geq 59-39=21$. Tem-se $29a-39c=d-b$, que é um número ímpar entre $31-28=3$ e $38-21=17$. A única forma de isto acontecer é $29a=87$ e $39c=78$. Então $87+b=78+(59-b)$, ou seja, $b=25$. Logo o único número natural com que o Marco pode ter começado é $n=87+25=112$.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{array}{ll} n=29a+b,&0\leq b\leq 28 \\ n=39c+d, &0\leq d\leq 38\\ n=59e+f,&0\leq f\leq 58 \end{array}
Problema (nível 4): Seja $[ABC]$ um triângulo em que $\angle A=90$ e $\angle C=30$. A circunferência que passa por $A$ e é tangente a $[BC]$ no seu ponto médio $M$ interseta a circunferência que passa por $A$, $B$ e $C$ nos pontos $A$ e $P$ e interseta $AC$ nos pontos $A$ e $Q$. Mostra que $PQ$ é perpendicular a $BC$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-1,-1.5)(6,3.3) \psline(0,0)(5.196,0) \psline(5.196,0)(0,3) \psline(0,3)(0,0) \psarc(2.598,1.5){3}{150}{330} \pscircle(1.732,0){1.732} \psline(2.598,-1.5)(3.897,0.75) \rput(5.5,0){$C$} \rput(-0.4,0){$A$} \rput(0,3.4){$B$} \rput(2.7,1.9){$M$} \rput(2.7,-1.9){$P$} \rput(3.7,-0.3){$Q$} \end{pspicture}

Resolução: Como $[ABC]$ é um triângulo retângulo, pelo teorema do arco capaz, $M$ é o centro da circunferência que passa por $A$, $B$ e $C$. De novo pelo teorema do arco capaz, temos assim que a amplitude do ângulo inscrito $\angle ACB$ é metade da do ângulo ao centro $\angle AMB$ pelo que $A\widehat MB = 60^\circ$ e $[AMB]$ é equilátero, e $B\widehat AM = 60^\circ$ e $M\widehat AQ =30^\circ$. Por outro lado ambas as circunferências são simétricas em relação à mediatriz de $BC$. Isso implica que $C\widehat MP = B\widehat MA = 60^\circ$. Por outro lado, $\angle MAQ$ e $\angle MPQ$ são ângulos inscritos na mesma circunferência e definindo o mesmo arco pelo que têm a mesma amplitude e $M\widehat PQ=30^\circ$. Seja $X$ a interseção da reta $PQ$ com a reta $BC$. Já vimos que $P\widehat MX = 60^\circ$ e $M\widehat PX = 30^\circ$ logo $M\widehat XP=90^\circ$ tal como pretendido.
Problema (nível 4): Pintam-se os números naturais de verde ou azul de modo que: Quantas formas existem de pintar os números naturais com estas regras, de modo que $462$ seja azul e $2016$ seja verde? A soma de um verde e um azul é azul; O produto de um verde e um azul é verde.

Resolução: Observamos primeiro que o número $1$ tem de ser pintado de azul. De facto, se $1$ for verde, dado um número azul $A$, como $1\times A=A$, concluímos, pela segunda regra, que $A$ é verde, o que é falso. Logo, $1$ tem de ser azul. Sejam $V_1$ e $V_2$ dois números pintados de verde então, usando a primeira regra e o facto de $1$ ser azul, $V_1+1$ é um número azul. Assim, pela segunda regra, $V_2\times(V_1+1)=V_1\times V_2+V_2$ é verde, de onde se conclui que $V_1\times V_2$ também é verde, para não contradizer a primeira regra. Este argumento, juntamente com a segunda regra, prova que o produto de um número verde por qualquer outro número natural é sempre verde. Por outras palavras, todos os múltiplos de um número pintado de verde são números pintados de verde. Seja $v$ o menor de todos os números naturais pintados de verde. Já vimos que $v\neq 1$. Podemos facilmente argumentar que $v\neq 2$. Pois se $2$ fosse verde, então também $462=2\times 231$ teria de ser verde, o que não acontece. Analogamente, $v\neq 3$. Sabemos que $v, 2v, 3v,\ldots, kv,\ldots$, são todos números pintados de verde. Vamos agora mostrar que estes são os únicos números naturais pintados de verde. Por definição de $v$, sabemos que todos os números naturais menores do que $v$ $$1,2,\ldots,v-2,v-1$$ são azuis. Somando $v$ a cada um desses naturais obtemos os números $$v+1,v+2,\ldots,2v-2,2v-1,$$ também eles todos azuis, pela primeira regra. Provámos assim que todos os números naturais estritamente contidos entre $v$ e $2v$ são azuis. Somando novamente $v$, provamos que todos os números naturais estritamente contidos entre $2v$ e $3v$ são azuis. Assim sucessivamente, se prova que os únicos números naturais pintados de verde são os múltiplos de $v$. Para pintar os números naturais de acordo com o enunciado, temos então de escolher um número natural $v$ que divide $2016$ mas não divide $462$. O número $2016=2^5\times 3^2\times 7$ tem $36$ divisores, todos da forma: $$2^a\times 3^b\times 7^c, \quad \mbox{com }\ a\in\{0,\ldots,5\},\ b \in \{0,1,2\}\ \mbox{e}\ c \in \{0,1\}.$$ Destes $36$ divisores, há $8$ que também são divisores de $462=2\times 3\times 7\times 11$. São os números: $$2^a\times 3^b\times 7^c, \quad \mbox{com }\ a\in\{0,1\},\ b \in \{0,1\}\ \mbox{e}\ c \in \{0,1\}.$$ Portanto existem $36-8=28$ números naturais $v$ nas condições pretendidas e cada um desses números naturais $v$ define uma forma de pintar os números naturais que respeita as regras do enunciado.
Problema (nível 4): Para desbloquear o seu telemóvel, o João desliza o dedo horizontalmente ou verticalmente por um quadro numérico, semelhante ao representado na figura, descrevendo um código de $7$ algarismos, sem nunca passar duas vezes pelo mesmo algarismo. Por exemplo, para indicar o código $1452369$, o João percorre o caminho indicado na figura. (image1) O João esqueceu-se do seu código, mas lembra-se que é divisível por $9$. Quantos códigos existem nessas condições?


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(3,3) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=azulclarologotipo](0.3,2.7)(0.3,1.3)(1.7,1.3)(1.7,2.3)(2.3,2.3)(2.3,0.3)(2.7,0.3)(2.7,2.7)(1.3,2.7)(1.3,1.7)(0.7,1.7)(0.7,2.7) \psline[linecolor=blue,arrows=>](0.5,2)(0.5,2.5) \psline[linecolor=blue,arrows=>](1,1.5)(0.5,1.5) \psline[linecolor=blue,arrows=>](1.5,2)(1.5,1.5) \psline[linecolor=blue,arrows=>](2,2.5)(1.5,2.5) \psline[linecolor=blue,arrows=>](2.5,2)(2.5,2.5) \psline[linecolor=blue,arrows=>](2.5,1)(2.5,1.5) \psline[linecolor=blue](0.5,2.5)(0.5,1.5)(1.5,1.5)(1.5,2.5)(2.5,2.5)(2.5,0.5) \pspolygon(0,0)(3,0)(3,3)(0,3) \psline(1,0)(1,3) \psline(2,0)(2,3) \psline(0,1)(3,1) \psline(0,2)(3,2) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=madeira](2.2,-0.4)(2.8,-0.4)(2.8,0.05)(2.2,0.05) \psarc[fillstyle=solid,linecolor=white](2.5,0.3){0.317}{180}{360} \psarc[fillstyle=solid,fillcolor=madeira](2.5,0.05){0.3}{0}{180} \psarc[fillstyle=solid,linecolor=white](2.5,0.05){0.2}{0}{180} \psline(2.2,-0.4)(2.2,0.05) \psline(2.8,-0.4)(2.8,0.05) \rput(0.5,2.5){$1$} \rput(1.5,2.5){$2$} \rput(2.5,2.5){$3$} \rput(0.5,1.5){$4$} \rput(1.5,1.5){$5$} \rput(2.5,1.5){$6$} \rput(0.5,0.5){$7$} \rput(1.5,0.5){$8$} \rput(2.5,0.5){$9$} \end{pspicture}

Resolução: Como a soma $1+2+\ldots+9=45$ é um múltiplo de $9$, para que o código seja um múltiplo de $9$, a soma dos dois algarismos que não estão no código tem de ser um múltiplo de $9$. Portanto, há quatro possibilidades para os algarismos que não pertencem ao código: $\{1,8\}, \{2,7\}, \{3,6\}$ e $\{4,5\}$. Portanto, existem $2+2+6+2=12$ códigos nessas condições. Há duas formas de percorrer os algarismos $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $7$ e $9$, que descrevem os códigos $7452369$ e $9632547$; Há duas formas de percorrer os algarismos $1$, $3$, $4$, $5$, $6$, $8$ e $9$, que descrevem os códigos $1458963$ e $3698541$; Há seis formas de percorrer os algarismos $1$, $2$, $4$, $5$, $7$, $8$ e $9$, que descrevem os códigos $9874125$, $5214789$, $9874521$, $1254789$, $9852147$ e $7412589$; Há duas formas de percorrer os algarismos $1$, $2$, $3$, $6$, $7$, $8$ e $9$, que descrevem os códigos $1236987$ e $7896321$.
Problema (nível 4): Seja $[ABC]$ um triângulo equilátero de lado $1$. Determina o comprimento do menor segmento $[DE]$, onde $D$ e $E$ estão sobre os lados do triângulo, que divide $[ABC]$ em duas figuras com igual área.

Resolução: Suponhamos, sem perda de generalidade, que $D\in[AB]$ e $E\in[AC]$ e sejam $x=\overline{AD}$ e $y=\overline{AE}$. (image1) Como os triângulos $[ABC]$ e $[ADC]$ têm a mesma altura, então área de $[ADC]$/área de $[ABC]=x$. Do mesmo modo, área de $[ADE]$/área de $[ADC]=y$. Logo, área de $[ADE]$/área de $[ABC]=xy$. Como $[ADE]$ tem metade da área de $[ABC]$, então $xy=1/2$. Seja $P$ a projeção ortogonal de $E$ sobre $AB$. Tem-se $\overline{AP}=y\cos(60)=\dfrac{y}{2}$ e $\overline{EP}=y\sin(60)=\dfrac{y\sqrt{3}}{2}$. Pelo teorema de Pitágoras, $\overline{ED}^2=\overline{EP}^2+\overline{PD}^2=\left(\dfrac{y\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(x-\dfrac{y}{2}\right)^2=x^2+y^2-xy=x^2+y^2-\dfrac12.$ O valor mínimo de $\overline{ED}$ ocorre quando $x^2+y^2$ for mínimo. Ora $x^2+y^2=x^2+y^2-2xy+2xy=(x-y)^2+1$, que é mínimo quando $x=y$. Quando isto acontece, tem-se $x^2=y^2=\dfrac{1}{2}$, pelo que $\overline{ED}^2=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$. Assim, o valor mínimo de $\overline{ED}$ é $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-2,-1)(2,2) \pspolygon(2;210)(2;-30)(2;90) \psline(1.1;295)(1.0;150) \psline(1.1;295)(2;90) \psline(1;150)(-0.866,-1) \rput(2.3;210){$A$} \rput(2.3;-30){$B$} \rput(-0.866,-1.3){$P$} \rput(2.3;90){$C$} \rput(1.5;295){$D$} \rput(1.4;150){$E$} \rput(1.5;260){$x$} \rput(1.5;185){$y$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Determina todos os números naturais $x$, $y$ e $z$ tais que o número $$2^x+4^y+8^z+16^2$$ é uma potência de $2$.

Resolução: Começamos por escrever $K=2^x+4^y+8^z+16^2$ como a soma de potências de $2$, ou seja, $K=2^x+2^{2y}+2^{3z}+2^{8}$. O número $K$ é igual à soma de quatro potências de $2$, e por isso pode ser escrito na forma $K=2^a+2^b+2^c+2^d$, com $a\leq b\leq c\leq d$. Como $K=2^a(1+2^{b-a}+2^{c-a}+2^{d-a})$ é uma potência de $2$, não tem divisores ímpares e por isso $2^{b-a}$ tem que ser igual a $1$, o que implica $b=a$. Como $8$ não é múltiplo de $3$, as quatro potências não podem ser iguais. Temos então que $K=2^a+2^a+2^c+2^d=2^{a+1}+2^c+2^d$, com $a<c\leq d$, e usando sucessivamente o mesmo argumento, concluímos que $c=a+1$ e que $d=c+1=a+2$. O número $K$ é assim da forma $2^a+2^a+2^{a+1}+2^{a+2}$. Como $8$ e $2y$ são números pares, $a$ também tem que ser um número par, e portanto $8=a+2$ ou $8=a$. Se $a=6$, então $3z=6$, porque $6$ é o único múltiplo de $3$ no conjunto $\{6,7,8\}$, $2y=6$ porque $2y$ é um número par, e consequentemente $x=7$. Se $a=8$, então $3z$ tem que ser igual a $9$ e a partir daqui tanto pode ser $x=8$ e $2y=10$, como $x=10$ e $2y=8$. Existem portanto três soluções $(x,y,z)=(7,3,2)$, $(x,y,z)=(8,5,3)$ e $(x,y,z)=(10,4,3)$.
Problema (nível 2): No triângulo $[ABC]$ da figura, os segmentos $[BD]$ e $[AE]$ são perpendiculares aos lados $[AC]$ e $[BC]$, respetivamente. A amplitude de $\angle ACB$ é o quádruplo da amplitude de $\angle EAB$ e a amplitude de $\angle ABC$ é o dobro da amplitude de $\angle BAC$. Determina $E\widehat AB$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-0.1,0)(2.1,1.3) \pspolygon(0,0)(2,0)(1.61803,1.17557) \psline(0,0)(1.80902,0.58779) \psline(2,0)(1.30902,0.95106) \psline(1.24801,0.90673)(1.29233,0.84572)(1.35334,0.89005) \psline(1.78571,0.65951)(1.71399,0.6362)(1.73729,0.56448) \rput(-0.1,-0.1){$A$} \rput(2.1,-0.1){$B$} \rput(1.6,1.3){$C$} \rput(1.2,1){$D$} \rput(1.95,0.6){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $x=E\widehat AB$. Então $A\widehat CB=4x$. Como a soma das amplitudes dos ângulos internos de um triângulo é $180^\circ$, então $$E\widehat AC=180^\circ-C\widehat EA-A\widehat CE=180^\circ-90^\circ-4x=90^\circ -4x.$$ Logo $B\widehat AC=B\widehat AE+E\widehat AC=x+(90^\circ-4x)=90^\circ-3 x$. Então $A\widehat BC=180^\circ-B\widehat CA-B\widehat AC=180^\circ-4 x-(90^\circ-3 x)=90^\circ-x$. Como $A\widehat BC=2\times B\widehat AC$, então $90^\circ-x=2\times(90^\circ-3\times x)$, pelo que $5\times x=90^\circ$, ou seja, $x=18^\circ$.
Problema (nível 3): Seja $[ABC]$ um triângulo com lado maior $[BC]$ e $B\widehat CA=3\, A\widehat BC$. A bissetriz do ângulo externo em $A$ interseta $BC$ em $D$ e a bissetriz do ângulo externo em $B$ interseta $AC$ em $E$. Sabendo que $\overline{AD}=\overline{BE}$, determina $A\widehat BC$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-1,-0.5)(4.6,2.4) \psline(-1,0)(5,0) \psline(0,0)(-0.24803,2.35983) \psline(-0.24803,2.35983)(3,0) \psline(0,0)(3.76201,0.79964) \psline(2.32098,0.49334)(4.64195,0) \rput(2.3,0.8){$A$} \rput(0,-0.3){$B$} \rput(3,-0.3){$C$} \rput(4.6,-0.3){$D$} \rput(-0.3,2.55){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Sendo $\angle EAB$ ângulo externo a $[ABC]$, tem-se $E\widehat AB=A\widehat BC+A\widehat CB=4\, A\widehat BC$. Além disso, como $\dot AD$ é bissetriz do ângulo externo tem-se $D\widehat AC=2\, A\widehat BC$. Como $\angle ACB$ é ângulo externo a $[ADC]$, tem-se $A\widehat DC=A\widehat CB - C\widehat AD=3\, A\widehat BC - 2\, A\widehat BC=A\widehat BC$. Assim, $[ADB]$ é isósceles e, por isso, $\overline{AB}=\overline{AD}=\overline{EB}$, logo $[EAB]$ também é isósceles e $A\widehat EB=E\widehat AB=4\, A\widehat BC$. Então, por um lado $E\widehat BA=180^\circ - A\widehat EB-E\widehat AB=180^\circ-8\, A\widehat BC$ e, por outro, tendo em conta que $\dot BE$ é bissetriz do ângulo externo em $B$ tem-se que $A\widehat BE=(180^\circ-A\widehat BC)/2=90^\circ-\frac{A\widehat BC}{2}$. Portanto, $180^\circ - 8\, A\widehat BC = 90^\circ-\frac{A\widehat BC}{2}$, donde se conclui que $A\widehat BC=12^\circ$.
Problema (nível 3): Numa competição participaram $n$ atletas, numerados de $1$ a $n$. Ao ver os atletas, o Emídio comentou: “É possível dividir os atletas em mais do que uma equipa, cada uma com um capitão, de modo a que o número do capitão seja igual à soma dos números dos restantes membros da sua equipa.” O seu amigo Júlio respondeu-lhe: “Sim, e temos o menor número de atletas para o qual uma divisão assim é possível!” Quantos atletas participaram na competição?

Resolução: O valor de $n$ é $12$. Havendo 12 atletas, podemos por exemplo dividir os atletas nas equipas $A=(12,11,1), B=(10,7,3), C=(9,5,4), D=(8,6,2)$. Para satisfazer as condições do enunciado, cada equipa tem de ter pelo menos três atletas, e há pelo menos duas equipas. Vemos também que a soma dos números de todos os atletas numa equipa tem de ser par (pois é igual ao dobro do número do seu capitão). Portanto a soma dos números de todos os atletas na competição, que é igual a $n(n+1)/2$, é um número par. Isto acontece quando ou $n$ ou $n+1$ é um múltiplo de quatro. Os possíveis valores de $n$, menores do que $12$, satisfazendo estas restrições seriam só $7$ ou $8$. Em qualquer destes casos haveria duas equipas, e portanto dois capitães. Mas em ambos os casos, a soma dos números de dois dos atletas não é suficiente para igualar a soma de todos os outros (o que teria de acontecer se os designassemos capitães), uma vez que $6+7<1+2+3+4+5$ e $7+8<1+2+3+4+5+6$. Portanto a divisão em equipas descrita pelo Emídio não seria possível com menos de doze atletas.
Problema (nível 3): O Emídio gosta muito de capicuas. Uma capicua é um número que não se altera quando é lido ao contrário. Por exemplo, $202$ e $36163$ são capicuas. Quantas capicuas existem que somadas com $2017$ continuam a ser capicuas?

Resolução: Ao adicionar $2017$ a uma capicua de $1$ ou $2$ algarismos, a soma não pode ser uma capicua pois é menor que a capicua seguinte, $2112$, exceto na soma $2017+99=2116$, que não é capicua. Uma capicua com $3$ algarismos é da forma $aba$, com $a$ e $b$ algarismos. A soma de $aba$ com $2017$ será menor ou igual a $3016$, logo ou é uma capicua com o primeiro algarismo igual a $2$ ou é igual a $3003$. Uma vez que $3003-2017=986$, que não é capicua, resta ver o outro caso. Nesse caso, para a soma ser capicua tem de terminar no algarismo $2$, portanto $7+a=12$, ou seja $a=5$. O segundo algarismo de $2017+5b5$, ou é $5$, ou é $6$. Se for igual a $5$, $b+1+1=5$, ou seja, $b=3$ e $535$ satisfaz as condições pretendidas. Se o segundo algarismo for $6$, a soma $b+1+1$ teria de ser $16$, o que é impossível por $b$ ser um algarismo. Se a capicua tiver quatro algarismos ($abba$ com $a$ e $b$ algarismos) a soma $2017+abba$ pode ter $5$ ou $4$ algarismos. Se tiver $5$ algarismos, como o primeiro algarismo é $1$, para ser uma capicua, $a+7$ teria de ser igual a $11$, ou seja, $a=4$ e isso implica que a soma $2017+abba$ não tem $5$ algarismos. Se a soma $2017+abba$ tiver $4$ algarismos, esta soma será uma capicua se o algarismo das unidades de $a+7$ for igual a $a+2$ ou $a+2+1$ e, é fácil verificar, ambos os casos são impossíveis. Se a capicua tiver $5$ algarismos ($abcba$ com $a,b$ e $c$ algarismos) para que $abcba+2017$ seja capicua o algarismo das unidades de $a+7$ teria de ser igual a $a$ ou $a+1$ e ambos os casos são impossíveis. Para capicuas com mais do que cinco algarismos aplica-se um argumento análogo. Portanto, $535$ é a única capicua que somada com $2017$ ainda dá uma capicua.
Problema (nível 3): Seja $[ABCD]$ um quadrilátero convexo. Sabendo que $\overline{AB}=2$, $\overline{BC}=3$, $\overline{CD}=7$, $\overline{DA}=6$ e que $\widehat B=90^\circ$, determina a área de $[ABCD]$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[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) \end{pspicture}

Resolução: 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 $$\frac{\overline{AB}\times \overline{BC}}{2}+\frac{\overline{DA}\times \overline{AC}}{2}=\frac{6}{2}+\frac{6\sqrt{13}}{2}=3+3\sqrt{13}.$$ (image2)


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(3,7.5) \small \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) \psline[linestyle=dashed](0,2)(3,0) \end{pspicture}
Problema (nível 3): Num prédio cujos andares estão numerados de $1$ a $7$, o construtor quer colocar elevadores de modo que, para cada escolha de dois andares, existam sempre pelo menos três elevadores que parem nesses andares. Além disso, cada elevador só pode parar no máximo em $5$ andares. Qual é o número mínimo de elevadores que é necessário colocar?

Resolução: Do andar $1$ pode-se subir para $6$ andares, do andar $2$ pode-se subir para $5$ andares, e assim por diante, até ao andar $6$ de onde se pode subir para $1$ andar. Logo há $6+5+4+3+2+1=21$ pares de andares. Cada par de andares é servido por pelo menos $3$ elevadores, logo os elevadores têm que servir pelo menos $21\times 3=63$ pares de andares. Como cada elevador para no máximo em $5$ andares, então serve no máximo $4+3+2+1=10$ pares de andares. Uma vez que $6\times 10<63$, são necessários pelo menos $7$ elevadores. Para concluir que $7$ elevadores são suficientes, basta observar que o esquema ao lado, que representa os andares ($1,2,3,4,5,6,7$) em que cada elevador ($A,B,C,D,E,F,G$) para, cumpre as condições do problema. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(7,7) \multiput(0,0)(1,1){3}{\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](0,0)(1,0)(1,5)(0,5)} \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](3,3)(4,3)(4,7)(3,7) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](3,0)(4,0)(4,1)(3,1) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](4,4)(5,4)(5,7)(4,7) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](4,0)(5,0)(5,2)(4,2) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](5,5)(6,5)(6,7)(5,7) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](5,0)(6,0)(6,3)(5,3) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](6,6)(7,6)(7,7)(6,7) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=azullogotipo,linestyle=none](6,0)(7,0)(7,4)(6,4) \multiput(0,0)(0,1){8}{\psline(7,0)} \multiput(0,0)(1,0){8}{\psline(0,7)} \rput(0.5,-0.5){$A$} \rput(1.5,-0.5){$B$} \rput(2.5,-0.5){$C$} \rput(3.5,-0.5){$D$} \rput(4.5,-0.5){$E$} \rput(5.5,-0.5){$F$} \rput(6.5,-0.5){$G$} \rput(-0.5,0.5){$1$} \rput(-0.5,1.5){$2$} \rput(-0.5,2.5){$3$} \rput(-0.5,3.5){$4$} \rput(-0.5,4.5){$5$} \rput(-0.5,5.5){$6$} \rput(-0.5,6.5){$7$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): Quais são os últimos dois algarismos da soma $$2^2+4^2+6^2+\cdots+2012^2+2014^2+2016^2?$$

Resolução: Seja $S$ a soma indicada. Agrupando as parcelas de $S$ em grupos de $5$, observamos que $$ (10d+2)^2+(10d+4)^2+(10d+6)^2+(10d+8)^2+(10d+10)^2=500d^2+600d+220, $$ que termina em $20$. Como $S$ tem $201$ grupos destes e ainda as parcelas $2012^2$, $2014^2$ e $2016^2$, então os dois últimos algarismos de $S$ são os mesmos de $$ 201\times 20+44+96+56=4216, $$ ou seja, $16$.