tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): Sejam $[ABC]$ e $[ABD]$ dois triângulos com o lado $[AB]$ comum. O triângulo $[ABC]$ é retângulo em $A$ e $\overline{AB} = 2\, \overline{AC} = 8$. O triângulo $[ABD]$ é retângulo em $D$ e $\overline{AD} = \overline{BD}$. O segmento $[CD]$ interseta $[AB]$ no ponto $O$. Determina $\overline{BO}$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,-4.5)(8,4) \small \pspolygon(0,0)(8,0)(0,4) \psline(0,0)(4,-4)(8,0) \psline(0,4)(4,-4) \uput[180](0,0){$A$} \uput[0](8,0){$B$} \uput[90](0,4){$C$} \uput[270](4,-4){$D$} \uput[45](2,0){$O$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $E$ o ponto médio de $[AB]$. Como o triângulo $[ADB]$ é retângulo e isósceles, tem-se $B\widehat{A}D=45^\circ$ e $A\widehat{E}D=90^\circ$. Assim, conclui-se que $[AED]$ é triângulo retângulo e isósceles com $\overline{ED}=\overline{AE}=\frac{\overline{AB}}{2}=4$. (image2) Pelo critério de congruência ALA, os triângulos $[AOC]$ e $[EOD]$ são congruentes e, por isso, $\overline{AO}=\overline{OE}$. Assim, conclui-se que $\overline{OE}=\frac{\overline{AE}}{2}=2$ e, portanto, $$\overline{BO}=\overline{BE}+\overline{OE}=4+2=6.$$


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,-4.5)(8,4) \small \pspolygon(0,0)(8,0)(0,4) \psline(0,0)(4,-4)(8,0) \psline[linestyle=dashed](4,-4)(4,0) \psline(0,4)(4,-4) \uput[180](0,0){$A$} \uput[0](8,0){$B$} \uput[90](0,4){$C$} \uput[270](4,-4){$D$} \uput[45](2,0){$O$} \uput[90](4,0){$E$} \uput[180](0,2){$4$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): O Francisco está a passar o algarismo mais à esquerda de um número para a direita. Por exemplo, a partir do número $1234$, ele obtém o número $2341$. O Francisco quer fazer esta operação com um número começado por $6$ e obter um número que seja um quarto do número inicial. Qual é o menor número com que ele pode fazer isto?

Resolução: Se multiplicarmos por $4$ o número obtido pelo Francisco, ficamos com o número inicial. Portanto, o algarismo das unidades do número inicial é $4$. $(image1)$ Então a multiplicação pode escrever-se como indicado abaixo. Portanto, o algarismo das dezenas do número inicial é $8$. $(image2)$ Repetindo o processo, obtemos sucessivamente: $(image3)$ $(image4)$ $(image5)$ $(image6)$ Logo, o menor número que o Francisco pode usar é o $615384$.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{array}{cccccc} &&&&\cdots&6\\ &&&&\times&4\\ \hline &&&&\cdots&4\\ \end{array}
[image2]
\begin{array}{cccccc} &&&\cdots&4&6\\ &&&&\times&4\\ \hline &&&\cdots&8&4\\ \end{array}
[image3]
\begin{array}{cccccc} &&\cdots&8&4&6\\ &&&&\times&4\\ \hline &&\cdots&3&8&4\\ \end{array}
[image4]
\begin{array}{cccccc} &\cdots&3&8&4&6\\ &&&&\times&4\\ \hline &\cdots&5&3&8&4\\ \end{array}
[image5]
\begin{array}{cccccc} \cdots&5&3&8&4&6\\ &&&&\times&4\\ \hline \cdots&1&5&3&8&4\\ \end{array}
[image6]
\begin{array}{cccccc} 1&5&3&8&4&6\\ &&&&\times&4\\ \hline 6&1&5&3&8&4\\ \end{array}
Problema (nível 3): O Romeu quer colocar uma etiqueta com um dos algarismos $0$, $1$ ou $2$ em cada uma das seguintes dez caixas. (image1) Cada algarismo colocado em cada uma das oito caixas do meio, deverá ser igual à diferença entre os algarismos colocados nas caixas vizinhas. De quantas maneiras diferentes o Romeu consegue fazer esta etiquetação?


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(19,1.4) \multirput(0,0)(2,0){10}{ \pspolygon(0,0)(1,0)(1,1)(0,1) \psline(1,0)(1.3,0.4)(1.3,1.4)(1,1) \psline(0,1)(0.3,1.4)(1.3,1.4)} \end{pspicture}

Resolução: Observe-se que se o Romeu colocar o algarismo $1$ numa caixa que tenha duas caixas à sua direita, então não poderá colocar o algarismo $2$ na caixa vizinha à direita. Ou seja, a configuração (image2) não aparece. Assim, apenas há dez formas de etiquetar as caixas: $$(image3) $$


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,0)(5,1.4) \multirput(0,0)(2,0){3}{ \pspolygon(0,0)(1,0)(1,1)(0,1) \psline(1,0)(1.3,0.4)(1.3,1.4)(1,1) \psline(0,1)(0.3,1.4)(1.3,1.4)} \rput(0.5,0.5){$1$} \rput(2.5,0.5){$2$} \end{pspicture}
[image3]
\begin{array}{ccc} 0000000000 & 1011011011 & 2022022022\\ 0110110110 & 1101101101 & 2110110110\\ 0110110112 & & 2110110112\\ 0220220220 & &2202202202 \end{array}
Problema (nível 3): Seja $ [ABCDEF]$ um hexágono regular. Os pontos $P$ e $Q$ pertencem às diagonais $[BD]$ e $[DF]$, respetivamente, e $\overline{BP}=\overline{DQ}=\overline{EF}$. Mostra que os pontos $C$, $P$ e $Q$ são colineares. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-3,-3)(3,3) \small \pspolygon(3;0)(3;60)(3;120)(3;180)(3;240)(3;300) \psline(3;60)(3;180)(3;300) \rput(-1.09808,1.09808){$\bullet$} \rput(-0.40192,-1.5){$\bullet$} \uput[0](3;0){$A$} \uput[60](3;60){$B$} \uput[120](3;120){$C$} \uput[180](3;180){$D$} \uput[240](3;240){$E$} \uput[300](3;300){$F$} \uput[120](-1.09808,1.09808){$P$} \uput[240](-0.40192,-1.5){$Q$} \end{pspicture}

Resolução: Seja $X$ o ponto de interseção da reta $CP$ com a diagonal $[DF]$. Pretende-se provar que $X$ coincide com o ponto $Q$ e portanto $C$, $P$ e $Q$ são colineares. Os triângulos isósceles $[BCD]$ e $[DEF]$ têm um ângulo igual a $120^\circ$ (ângulo em $C$ e em $E$, respetivamente) e cada um dos outros ângulos mede $30^\circ$. No triângulo $[CBP]$, também isósceles, uma vez que $CBP=30^\circ$, então cada um dos outros dois ângulos mede $75^\circ$. Portanto, o ângulo $DCP$ mede $120-75=45^\circ$ e o ângulo $CDX$ mede $120-30=90^\circ$. O triângulo $[CDX]$ é retângulo em $D$ e o ângulo em $C$ é $45^\circ$, logo o outro ângulo também mede $45^\circ$. Portanto este triângulo é isósceles e tem-se $\overline{DX}=\overline{CD}=\overline{EF}=\overline{DQ}$. Logo os pontos $X$ e $Q$ coincidem.
Problema (nível 3): O João lançou três dados, cada um deles com os números de $1$ a $6$. Quantas possibilidades há para o produto dos três números?

Resolução: Vamos começar por ver o número de produtos possíveis com $2$ dados, sem repetições: (table1) Para ver os produtos possíveis com $3$ dados, podemos substituir a linha de cima pelos $18$ números diferentes da tabela anterior, obtendo: (table2) Logo temos $40$ possibilidades para o produto de 3 dados.


Conteúdo referenciado:
[table1]
\begin{tabular}{|l|llllll|} \hline {} & {1} & {2} & {3} & {4} & {5} & {6} \\ \hline {1} & {1} & {2} & {3} & {4} & {5} & {6} \\ {2} & {} & {} & {} & {8} & {10} & {12} \\ 3 & & & 9 & & 15 &{18} \\ 4 & & & & 16 & 20 &{24} \\ 5 & & & & & 25 & {30} \\ 6 & & & & & &{36} \\ \hline \end{tabular}
[table2]
\begin{tabular}{|l|llllllllllllllllll|} \hline ~ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 8 & 9 & 10 & 12 & 15 & 16 & 18 & 20 & 24 & 25 & 30 & 36 \\ \hline 1 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 8 & 9 & 10 & 12 & 15 & 16 & 18 & 20 & 24 & 25 & 30 & 36 \\ 2 & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & 32 & ~ & 40 & 48 & 50 & 60 & 72 \\ 3 & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & 27 & ~ & ~ & 45 & ~ & 54 & ~ & ~ & 75 & 90 & 108 \\ 4 & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & 64 & ~ & 80 & 96 & 100 & 120 & 144 \\ 5 & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & 125 & 150 & 180 \\ 6 & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & ~ & 216 \\ \hline \end{tabular}
Problema (nível 3): Um número inteiro positivo diz-se escalabitano se a soma dos seus algarismos for um múltiplo de $17$ e a soma dos algarismos do seu sucessor também for múltipla de $17$. Qual é o menor número escalabitano?

Resolução: Designemos por $N$ o menor número escalabitano e por $s(n)$ a soma dos algarismos de um número inteiro $n$. Seja $a$ o algarismo das unidades de $N$. Se fosse $a<9$, então $s(N+1)=s(N)+1$, logo $N$ e $N+1$ não poderiam ser ambos múltiplos de $17$. Logo $a=9$. Seja $b$ o algarismo das dezenas de $N$. Se fosse $b<9$, então $s(N+1)=s(N)-8$, logo $N$ e $N+1$ não poderiam ser ambos múltiplos de $17$. Logo $b=9$. Portanto $s(N)\geq 18$ e como $s(N)$ é múltiplo de $17$, temos $s(N)\geq 34$. Assim, os menores números $n$ terminados em $99$, com $s(n)$ múltiplo de $17$, são $7999$ e $8899$. Para $n=7999$, temos $s(n+1)=s(8000)=8$. Para $n=8899$, temos $s(n+1)=s(8900)=17$. Portanto, $N=8899$.
Problema (nível 3): Uma distribuição de números por dois conjuntos é considerada válida se nenhum dos conjuntos contém dois números e a sua soma. Por exemplo, os conjuntos $\{1,3\}$ e $\{2,4,5\}$ formam uma distribuição válida dos inteiros $1,2,3,4,5$. Qual é o maior número inteiro positivo $n$ para o qual existe uma distribuição válida dos inteiros de $1$ a $n$?

Resolução: O maior inteiro é $8$. Comecemos por notar que os conjuntos $\{1,2,4,8\}$ e $\{3,5,6,7\}$ formam uma distribuição válida dos números inteiros de $1$ a $8$. Vamos mostrar que não é possível uma distribuição válida dos números de $1$ a $9$. Suponhamos por absurdo que $A$ e $B$ formam uma distribuição válida dos inteiros de $1$ a $9$, com $1\in A$. Temos duas possibilidades: Concluímos assim que não existe uma distribuição válida dos números de $1$ a $9$. O maior inteiro é $8$. Comecemos por notar que os conjuntos $\{1,2,4,8\}$ e $\{3,5,6,7\}$ formam uma distribuição válida dos números inteiros de $1$ a $8$. Vamos mostrar que não é possível uma distribuição válida dos números de $1$ a $9$. Suponhamos por absurdo que $A$ e $B$ formam uma distribuição válida dos inteiros de $1$ a $9$, com $1\in A$. Temos duas possibilidades: Concluímos assim que não existe uma distribuição válida dos números de $1$ a $9$. $A$ tem um número $a\in\{6,7,8\}$ Temos $a-1,a+1\in B$. Como $2+(a-1)=a+1$, então $2\in A$. Como $2+(a-2)=a$, temos $a-2\in B$. Mas $1+2=3$ e $(a-2)+3=a+1$, logo não conseguimos colocar o $3$. O maior inteiro é $8$. Comecemos por notar que os conjuntos $\{1,2,4,8\}$ e $\{3,5,6,7\}$ formam uma distribuição válida dos números inteiros de $1$ a $8$. Vamos mostrar que não é possível uma distribuição válida dos números de $1$ a $9$. Suponhamos por absurdo que $A$ e $B$ formam uma distribuição válida dos inteiros de $1$ a $9$, com $1\in A$. Temos duas possibilidades: Concluímos assim que não existe uma distribuição válida dos números de $1$ a $9$. $6,7,8\in B$ Como $2+6=8$, então $2\in A$. Como $1+2=3$, então $3\in B$. Como $3+4=7$, então $4\in A$. Mas $1+4=5$ e $3+5=8$, logo não conseguimos colocar o $5$.
Problema (nível 3): No segundo jogo em casa do União de Santarém, no Campo Chã das Padeiras, estiveram apenas metade dos espetadores que estiveram no primeiro jogo. Como consequência, o número de lugares vazios foi três vezes maior. No terceiro jogo em casa, vieram mais $500$ espetadores do que no segundo e o Campo Chã das Padeiras teve exatamente metade da lotação total preenchida. Quantos lugares tem o Campo Chã das Padeiras?

Resolução: Sejam $x$ e $y$ o número de espetadores e de lugares vazios no segundo jogo, respetivamente. Então, a lotação do estádio é $x+y$. No primeiro jogo houve $2x$ espetadores e $\frac{y}{3}$ lugares vazios. No terceiro jogo houve $x+500$ espetadores. Logo, $\left\{(image1)\right.\Leftrightarrow\left\{(image2)\right.\Leftrightarrow\left\{(image3)\right.\Leftrightarrow\left\{(image4)\right.$ Logo, o estádio tem $2000+3000=5000$ lugares.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{array}{rcl} x+y&=&2x+\frac{y}{3}\\ x+500&=&\frac{x+y}{2} \end{array}
[image2]
\begin{array}{rcl} 3x+3y&=&6x+y\\ 2x+1000&=&x+y \end{array}
[image3]
\begin{array}{rcl} 2y&=&3x\\ x+1000&=&y \end{array}
[image4]
\begin{array}{rcl} x&=&2000\\ y&=&3000 \end{array}
Problema (nível 3): A circunferência inscrita no quadrado $[ABCD]$, de lado $10$ cm, interseta os lados $[BC]$ e $[AD]$ nos pontos $M$ e $N$, respetivamente. O ponto $I$ é o ponto de interseção de $[AM]$ com a circunferência, diferente de $M$, e $P$ é o pé da perpendicular a $MN$ que passa por $I$. Determina $\overline{PI}$. (image1)


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(0,-5)(0,5) \small \pnode(7.071;45){A} \uput[45](A){$A$} \pnode(7.071;135){B} \uput[135](B){$B$} \pnode(7.071;225){C} \uput[225](C){$C$} \pnode(7.071;-45){D} \uput[-45](D){$D$} \pnode(-5,0){M} \uput[180](M){$M$} \pnode(5,0){N} \uput[0](N){$N$} \pnode(3,0){P} \uput[270](P){$P$} \pnode(3,4){Q} \uput[240](Q){$I$} \pscircle(0,0){5} \psline(A)(M) \psline(M)(N) \psline(M)(P) \psline(P)(Q) \pspolygon(A)(B)(C)(D) \end{pspicture}

Resolução: Sejam $x=\overline{PI}$ e $O$ o centro da circunferência circunscrita ao quadrado $[ABCD]$. Os triângulos $[AMN]$ e $[IMP]$ são semelhantes, logo $$ \frac{\,\overline{MP}\,}{x}=\frac{\,\,\overline{MN}\,\,}{\overline{AN}}=2, \mbox{ ou seja, } \overline{MP}=2 x. $$ Tendo em conta que $\overline{OI}=5$, tem-se $\overline{OP}=\overline{MP}-5=2x-5$. (image2) Por outro lado, o triângulo $[OPI]$ é retângulo em $P$ e, pelo Teorema de Pitágoras, tem-se $$ \overline{PI}^2+\overline{OP}^2= \overline{OI}^2 $$ Logo $$ x^2+(2x-5)^2=5^2, \mbox{ ou seja, } 5x^2-20x=0, $$ de onde se conclui que $ \overline{IP}=4$.


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,-5)(0,5) \small \pnode(7.071;45){A} \uput[45](A){$A$} \pnode(7.071;135){B} \uput[135](B){$B$} \pnode(7.071;225){C} \uput[225](C){$C$} \pnode(7.071;-45){D} \uput[-45](D){$D$} \pnode(-5,0){M} \uput[180](M){$M$} \pnode(5,0){N} \uput[0](N){$N$} \pnode(3,0){P} \uput[270](P){$P$} \pnode(3,4){Q} \uput[90](Q){$I$} \pnode(0,0){O} \uput[270](O){$O$} \pscircle(0,0){5} \psline(A)(M) \psline(M)(N) \psline(M)(P) \psline(P)(Q) \pspolygon(A)(B)(C)(D) \psline(Q)(O) \psline(2.8,0)(2.8,0.2)(3,0.2) \uput[0](3,2){$x$} \uput[270](-2.5,0){$5$} \uput[270](1.5,0){$2x-5$} \uput[120](1,1.2){$5$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): Dado um inteiro $n$, seja $\bar{n}$ o inteiro $n$ escrito de trás para a frente. Um número $n$ é mágico se $n+\bar{n}$ e $n-\bar{n}$ forem números positivos e também capicuas. Por exemplo, o número $n=231$ é mágico uma vez que $231+132=363$ e $231-132=99$ são capicuas, ou seja, são o mesmo número quando lidos da esquerda para a direita, ou da direita para a esquerda. Determina todos os possíveis valores de $n-\bar{n}$, quando $n$ é um número mágico com $4$ algarismos.

Resolução: Sejam $n=abcd$ e $\bar{n}=dcba$. Como $n-\bar{n}$ é positivo, temos $a\geq d$ e podemos escrever $$n+\bar{n}=1000(a+d)+100(b+c)+10(b+c)+(a+d)$$ e $$n-\bar{n}=1000(a-d)+100(b-c)+10(c-b)+(d-a)$$ Se $a=d$, então $n-\bar{n}=100(b-c)+10(c-b)=90(b-c)$ não é uma capicua, pois termina em $0$. Se $a+d$ tem dois algarismos, então o primeiro algarismo de $n+\bar{n}$ é $1$. Se $n+\bar{n}$ é uma capicua, então $a+d=11$. Além disso, $$n+\bar{n}=10000+1000+100(b+c)+10(b+c+1)+1$$ é uma capicua apenas se $b=c=0$. Neste caso, $n-\bar{n}=1000(a-d)+(d-a)$ é uma capicua se e só se $a=6$ e $d=5$ e obtemos $n-\bar{n}=999$. Consideremos agora $a+d\leq 9$ e $d<a$. Então, se $b+c>9$, o número $n+\bar{n}$ não é uma capicua pois o primeiro e último algarismos são diferentes. Temos assim de ter $b+c\leq 9$. Nestas condições, $n+\bar{n}$ é sempre uma capicua. Vamos analisar o número $n-\bar{n}$. Seja $a-d=f\leq 9$. Então, $n-\bar{n}=1000f+100(b-c)+10(c-b)-f$. Se $b=c$, então $n-\bar{n}$ é uma capicua se e só se $f=1$ e obtemos $n-\bar{n}=999$. Suponhamos que $b-c=m\in\{1,2,\ldots,9\}$. Então, $n-\bar{n}=1000f+100(m-1)+10(9-m)+(10-f)$ e, portanto, temos de ter $f=a-d=5$ e $m=b-c=5$. Neste caso, temos $n-\bar{n}=5445$. Por fim, suponhamos que $c-b=m\in\{1,2,\ldots,9\}$. Então, $n-\bar{n}=1000f-100m+10m-f=1000(f-1)+100(10-m)+10(m-1)+(10-f)$ e, portanto, temos de ter $f=1$ e $m=1$. Neste caso, temos $n-\bar{n}=909$. Portanto, os possíveis valores para $n-\bar{n}$ são $909, 999$ e $5445$.
Problema (nível 4): Com os algarismos de um número de três algarismos $N$ formam-se todos os possíveis números de dois algarismos. De seguida, somam-se todos estes números de dois algarismos e obtemos o número $S$. Encontra todas as possibilidades para $N$, sabendo que $S = 2N$.

Resolução: Sejam $A$, $B$ e $C$ os algarismos de $N$, isto é, $N=100A + 10B + C$. Como $N$ é pelo menos $100$, $S$ tem de ser pelo menos $200$, e como $S$ é soma de parcelas de números de $2$ algarismos, a soma que origina $S$ tem pelo menos $3$ parcelas. Logo $N$ tem $3$ algarismos distintos ou $2$ algarismos distintos e nenhum deles é $0$. No segundo caso, $S$ é soma de exatamente $3$ parcelas. Notemos que $N- (10B + C)\ge 100$, logo $2N - (10B + C) \ge 200 > S - (10B + C)$, onde a última desigualdade resulta do facto de se estar a remover uma das parcelas da soma de $S$, logo é a soma de dois números de dois algarismos, sendo então menor que $200$. Resta ver o caso em que todos os algarismos são distintos. Se $A$, $B$ e $C$ não forem $0$, então existem $6$ números possíveis, e cada algarismo aparece duas vezes nas unidades e duas vezes nas dezenas. Logo $S= 2\times(10A + A + 10B + B + 10C + C) = 2\times 11 \times (A + B + C)$. Como $S=2N$, temos que $2\times 11 \times (A + B + C)= 2\times (100A + 10B + C)$, logo $B+10C= 89A$, o que implica $A = 1$, $B=9$ e $C=8$. Se $B$ ou $C$ forem $0$, comparando com $S$ do caso anterior, podemos subtrair $A+B+C$, pois uma das parcelas é $0$, e as outras são as parcelas da soma $S$ que deixam de ser de dois algarismos. Logo $S=21 \times (A + B + C)$. Como $S=2N$ então $179A = B+19C$, que por sua vez implica $A = 1$, $B=8$ e $C=9$, o que contradiz $B$ ou $C$ serem $0$. Logo a única hipótese é $N=198$.
Problema (nível 4): A Alice, a Beatriz, a Carla, o Delfim e o Eurico fizeram uma troca de prendas. Cada um colocou uma prenda num saco e depois cada um deles tirou uma prenda. No final, dois deles ficaram com a prenda que tinham levado, e os outros três com prendas diferentes. De quantas maneiras é possível as prendas terem sido distribuídas?

Resolução: Primeiro vamos escolher as duas crianças que ficaram a própria prenda. Existem dez maneiras de escolher duas crianças deste grupo $\{AB,AC,AD,AE,BC,BD,BE,CD,CE,DE\}$, onde cada criança é representada pela inicial do seu nome. Depois de fixarmos as duas crianças que ficaram com a prenda que levaram, por exemplo a Alice e a Beatriz, há apenas duas maneiras de trocar as prendas entre os outras três crianças: a Carla recebe a prenda do Delfim, o Delfim recebe a prenda do Eurico e o Eurico recebe a prenda da Carla; ou exatamente o oposto. Como este raciocínio não depende das duas crianças que fixámos inicialmente, é possível distribuir as prendas de $10\times 2=20$ maneiras diferentes.
Problema (nível 4): Determina todos os pares $(x,y)$ de números reais tais que $$xy+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{xy}+x+y$$

Resolução: Comecemos por multiplicar ambos os lados de expressão por $xy$: \begin{align*} x^2y^2+y+x&=1+x^2y+y^2x \\ \end{align*} Passando todos os termos para o lado esquerdo e agrupando os termos com o mesmo expoente em $x$ obtemos: \begin{align*} x^2y^2+y+x-1-x^2y-y^2x &=0 \\ x^2(y^2 - y) +x(1 - y^2)+ y-1 &=0 \\ \end{align*} Então $y-1$ é um fator do primeiro membro, pelo que podemos colocá-lo em evidência e agrupar os termos com o mesmo expoente em $y$ \begin{align*} (y-1)(x^2y -x(1 + y)+ 1) &=0 \\ (y-1)((x^2-x)y-x+1) &=0 \\ \end{align*} Então $x-1$ é um fator do primeiro membro, pelo que podemos colocá-lo em evidência \begin{align*} (y-1)(x-1)(xy-1) &=0 \\ \end{align*} Logo obtemos as três famílias de soluções: Comecemos por multiplicar ambos os lados de expressão por $xy$: \begin{align*} x^2y^2+y+x&=1+x^2y+y^2x \\ \end{align*} Passando todos os termos para o lado esquerdo e agrupando os termos com o mesmo expoente em $x$ obtemos: \begin{align*} x^2y^2+y+x-1-x^2y-y^2x &=0 \\ x^2(y^2 - y) +x(1 - y^2)+ y-1 &=0 \\ \end{align*} Então $y-1$ é um fator do primeiro membro, pelo que podemos colocá-lo em evidência e agrupar os termos com o mesmo expoente em $y$ \begin{align*} (y-1)(x^2y -x(1 + y)+ 1) &=0 \\ (y-1)((x^2-x)y-x+1) &=0 \\ \end{align*} Então $x-1$ é um fator do primeiro membro, pelo que podemos colocá-lo em evidência \begin{align*} (y-1)(x-1)(xy-1) &=0 \\ \end{align*} Logo obtemos as três famílias de soluções: $x=1$ e $y\neq 0$; Comecemos por multiplicar ambos os lados de expressão por $xy$: \begin{align*} x^2y^2+y+x&=1+x^2y+y^2x \\ \end{align*} Passando todos os termos para o lado esquerdo e agrupando os termos com o mesmo expoente em $x$ obtemos: \begin{align*} x^2y^2+y+x-1-x^2y-y^2x &=0 \\ x^2(y^2 - y) +x(1 - y^2)+ y-1 &=0 \\ \end{align*} Então $y-1$ é um fator do primeiro membro, pelo que podemos colocá-lo em evidência e agrupar os termos com o mesmo expoente em $y$ \begin{align*} (y-1)(x^2y -x(1 + y)+ 1) &=0 \\ (y-1)((x^2-x)y-x+1) &=0 \\ \end{align*} Então $x-1$ é um fator do primeiro membro, pelo que podemos colocá-lo em evidência \begin{align*} (y-1)(x-1)(xy-1) &=0 \\ \end{align*} Logo obtemos as três famílias de soluções: $y=1$ e $x\neq 0$; Comecemos por multiplicar ambos os lados de expressão por $xy$: \begin{align*} x^2y^2+y+x&=1+x^2y+y^2x \\ \end{align*} Passando todos os termos para o lado esquerdo e agrupando os termos com o mesmo expoente em $x$ obtemos: \begin{align*} x^2y^2+y+x-1-x^2y-y^2x &=0 \\ x^2(y^2 - y) +x(1 - y^2)+ y-1 &=0 \\ \end{align*} Então $y-1$ é um fator do primeiro membro, pelo que podemos colocá-lo em evidência e agrupar os termos com o mesmo expoente em $y$ \begin{align*} (y-1)(x^2y -x(1 + y)+ 1) &=0 \\ (y-1)((x^2-x)y-x+1) &=0 \\ \end{align*} Então $x-1$ é um fator do primeiro membro, pelo que podemos colocá-lo em evidência \begin{align*} (y-1)(x-1)(xy-1) &=0 \\ \end{align*} Logo obtemos as três famílias de soluções: $x\neq 0$ e $y=\frac{1}{x}$.
Problema (nível 4): Seja $[ABCD]$ um losango com o ângulo $BAD$ agudo. A circunferência com centro em $A$ e que passa por $D$ interseta a reta $CD$ de novo no ponto $E$. As retas $BE$ e $AC$ intersetam-se no ponto $S$. Mostra que existe uma circunferência que contém os pontos $A$, $S$, $D$ e $E$.

Resolução: Como $[ABCD]$ é um losango, então $D\hat AC=C\hat AB=D\hat CA=B\hat CA=\alpha$. (image1) Observe-se que o ângulo $EDA$ é externo ao triângulo $[DAC]$, logo $E\hat DA=2\alpha$. Uma vez que $\overline{EA}=\overline{AD}$, o triângulo $[EDA]$ é isósceles, temos $A\hat ED=A\hat DE=2\alpha$ e $E\hat AD=180^\circ-4\alpha$. Assim, $E\hat AB= 180^\circ-2\alpha$ e, como $[EAB]$ é isósceles, tem-se $A\hat EB=A\hat BE=\alpha$. Por outro lado, $S$ pertence a $AC$, a mediatriz de $[DB]$, logo $\overline{SB}=\overline{SD}$ e os triângulos $[ABS]$ e $[ADS]$ são congruentes. Então $A\hat DS=A\hat BS=\alpha$ e conclui-se que $A\hat SD=180^\circ-2\alpha$. Como os ângulos opostos do quadrilátero $[EASD]$ são suplementares podemos concluir que este quadrilátero é cíclico.


Conteúdo referenciado:
[image1]
\begin{pspicture}(-1,-1)(1,1) \small \pnode(0,0){A} \uput[180](A){$A$} \pnode(1;-20){B} \uput[-20](B){$B$} \pnode(1.879,0){C} \uput[0](C){$C$} \pnode(1;20){D} \uput[20](D){$D$} \pnode(1;120){E} \uput[120](E){$E$} \pnode(0.532089,0){S} \uput[80](S){$S$} \pscircle(A){1} \pspolygon(A)(B)(C)(D) \psline(A)(E)(D) \psline[linestyle=dashed](A)(C) \psline[linestyle=dashed](B)(E) \psline[linestyle=dashed](S)(D) \psarc(C){0.2}{160}{200} \psarc(A){0.2}{-20}{20} \psarc(D){0.2}{160}{200} \psarc(E){0.2}{-60}{-20} \psline(B)(D) \end{pspicture}