Problemas e soluções

Resposta:

$14325$

A soma $16$ só pode ser obtida como $9+7$. Como $R=9$ conduz à contradição $J=N=3$, temos que $S=9$ e $R=7$. Passo a passo, deduzimos os restantes valores: $J=5$, $N=1$, $Q=6$, $B=3$, $P=8$, $A=4$ e $O=2$. Concluímos, pois, que $\mathit{NABOJ}=14325$, o que pode ser interpretado como a data de Náboj 2025.

Resposta:

$14$

A engrenagem $A$ tem 14 dentes, a engrenagem $B$ tem 6 e a engrenagem $C$ tem 15. Vamos primeiro determinar o menor número de dentes pelo qual as engrenagens devem ser giradas para que todas retornem à sua posição inicial – esse número tem de ser múltiplo de 14, 6 e 15. O mínimo múltiplo comum destes números é 210. Assim, a engrenagem $C$ tem de ser girada por 210 dentes e, consequentemente, efetua $210∕15=14$ rotações.

Resposta:

$9897989698$

Observa-se o dígito mais à esquerda. Define-se esse dígito como 9, o maior valor possível, e procura-se construir o número desejado acrescentando sempre o maior dígito possível à direita de forma a satisfazer a condição. Em seguida, não se pode adicionar 9, pelo que se utiliza 8. Depois, volta-se a poder acrescentar 9. Agora, não se pode adicionar nem 8 nem 9, pelo que o maior valor possível é 7. A seguir, coloca-se novamente 9, 8 e 9, mas depois já não se pode utilizar nenhum dígito de $\{9,8,7\}$. Após colocar 6, volta-se a acrescentar 9 e, finalmente, como décimo dígito, 8. Desta forma, obtém-se o número

Afirmamos que este é o maior número admissível de dez dígitos. De facto, se $m$ for outro número e se observar o dígito mais à esquerda em que $m$ e $n$ diferem, como o nosso algoritmo escolheu o maior dígito disponível nessa posição, tem-se $m\le n$, independentemente dos dígitos seguintes.

Resposta:

$6$

A área do quadrado tem de ser um múltiplo de 3 – a área do triominó – e é fácil verificar que um quadrado $3\times 3$ não pode ser completamente coberto. Contudo, um quadrado $6\times 6$ pode ser coberto, e uma das possíveis disposições é apresentada abaixo.

Resposta:

$36$

A diferença entre os perímetros é exatamente

o qual é, por sua vez, igual a $\overline{\mathit{BC}}$ e a $\overline{\mathit{XS}}$; pelo que o resultado é

Resposta:

$93$

Sejam $x$ e $y$ os dois dígitos do número. Observa-se que o dígito das unidades do produto de Elaine é o mesmo que o dígito das unidades do produto $x\cdot y$. Existem apenas duas formas de multiplicar dois dígitos e obter um número que termine em $7$, a saber, $1\cdot 7=7$ e $3\cdot 9=27$. Pode-se facilmente descartar a opção $17\cdot 71$ porque esse produto é demasiado pequeno; pelo que a opção correta é $39\cdot 93=3627$ e a resposta é $93$.

Resposta:

$37$

Se o Kurt tiver todas as combinações de três naipes e doze valores (um total de $3\cdot 12=36$ cartas), é possível que a carta que se encontra no topo do monte pertença ao quarto naipe em falta e ao décimo terceiro valor em falta. Nesse caso, nenhuma das cartas do Kurt seria jogável; pelo que $N$ tem de ser, pelo menos, $37$.

Por outro lado, a carta no topo do monte partilha o naipe com 12 cartas e o valor com 3 cartas. Como o número total de cartas é 52 e pelo menos uma delas se encontra no monte, o número máximo de cartas não jogáveis na mão do Kurt é $52-1-12-3=36$; assim, possuindo 37 cartas, ele certamente conseguirá jogar pelo menos uma delas.

Resposta:

$15^{\circ }$

Como o triângulo $[\mathit{FGS}]$ é equilátero, temos $\overline{\mathit{FS}}=\overline{\mathit{GS}}$. Assim, os triângulos retângulos isósceles $[\mathit{GAS}]$ e $[\mathit{FSE}]$ são congruentes, o que implica $\overline{\mathit{ES}}=\overline{\mathit{AS}}$. Consequentemente, o triângulo $[\mathit{EAS}]$ é isósceles. Utilizando-se que $\mathit{EŜA}=45^{\circ }+60^{\circ }+45^{\circ }=150^{\circ }$, obtém-se que $\mathit{SÂE}=\frac{1}{2}(180^{\circ }-\mathit{EŜA})=15^{\circ }$.

Resposta:

$34$

Anota-se em cada ladrilho o número de triângulos permitidos que têm esse ladrilho como vértice superior ou inferior (dependendo da orientação do ladrilho):

O número pretendido é simplesmente a soma de todos esses valores.

Resposta:

$6075$

Seja $N=\overline{\mathit{abcd}}$ um número intrigante e defina-se $n=\overline{\mathit{cd}}$. Então, $N=1000a+100b+n$ e, ao remover o dígito das centenas, obtém-se o número $M=100a+n$. Multiplicando a igualdade $M=\frac{1}{9}N$ por 9, obtemos

e, rearranjando e dividindo por 4, resulta que

Desta igualdade, infere-se que $a+b$ tem de ser um número par e inferior a $\frac{2\cdot 100}{25}=8$, visto que $n<100$. Isto implica que $a+b$ é, no máximo, $6$ e, para maximizar o número $N$, escolhe-se $a=6$ e $b=0$, levando a $n=75$. É fácil verificar que $N=6075$ satisfaz a condição do enunciado.

Resposta:

$60$

Como o navio foi carregado com 85 toneladas na primeira viagem, teve de transportar, no mínimo, 15 toneladas de petróleo. Contudo, uma vez que a quantidade de petróleo dobra na viagem de regresso, o navio só pode transportar, no máximo, 15 toneladas de petróleo. Assim, transportou a sua capacidade máxima de etanol e mercúrio. No trajeto de regresso, a carga total pode ser calculada como

Resposta:

$8$

Começa-se a cobrir a forma por uma das esquinas interiores, como no diagrama (1); existem duas maneiras de colocar um dominó, mas estas conduzem claramente a situações completamente simétricas. Assim, pode-se escolher uma delas e multiplicar o resultado por 2. Uma vez fixado esse dominó, a colocação de mais dois ladrilhos está determinada (2). Os dois ‘quadrados’ à esquerda e à direita podem ser cobertos, cada um, de duas maneiras (3), e o resto da forma pode ser coberto de forma única (4). Por conseguinte, existem $2\cdot 2=4$ maneiras de proceder com esta colocação em (1). Considerando a opção simétrica, obtém-se $2\cdot 4=8$ maneiras no total.

Resposta:

$30$

A área de cada quadrado cinzento escuro é $216∕6=36$, pelo que o seu comprimento de lado é $\sqrt{36}=6$. Em cada face, a parte não coberta é o dobro do tamanho da parte cinzenta clara, o que significa que cada retângulo cinzento claro tem metade do tamanho de um quadrado branco. Assim, podem ser colocados 5 retângulos cinzentos claros com largura 6 ao longo de uma aresta do cubo, levando ao comprimento da aresta de $5\cdot 6=30$.

Resposta:

$800\%$

Seja $n$ o preço do caderno, $r$ o preço da régua e $p$ o preço da caneta. Pelas condições dadas, temos as equações $n=r+p$ e $\frac{3}{2}r=p+n=2p+r$. Da segunda equação, deduz-se que $r=4p$, e, substituindo isto na primeira equação, obtemos $n=5p$. Portanto, o preço da caneta deve aumentar nove vezes, ou seja, em $800\%$.

Resposta:

$4098600$

Note-se que $\mathrm{mdc}(x,x-1)=1$ para qualquer inteiro positivo $x$; daí, $\mathrm{mdc}(x,\mathrm{mdc}(x-1,a))=\mathrm{mdc}(x,x-1,a)=1$ para quaisquer inteiros positivos $a$ e $x$. Portanto, a expressão é igual a

Resposta:

$12$

Os triângulos retângulos formados pelas regiões entre a linha oblíqua e os retângulos são semelhantes, com uma razão de semelhança de 2. Consequentemente, a largura do retângulo cinzento é $2\cdot 6=12$, medida em diâmetros de círculo.

Resposta:

$7.2=\frac{36}{5}$

Seja $v$ o ritmo inicial do Tyler (em km/h) e $t$ o tempo que correu ao ritmo rápido (em horas); assim, o seu ritmo lento é $\frac{3}{4}v$ e o tempo gasto a esse ritmo é $2t$. A distância total é a soma das duas distâncias parciais, logo

pelo que

que é a distância percorrida ao ritmo rápido.

Resposta:

$10$

Observa-se que a Laura está completamente ausente das restrições, pelo que pode ser posicionada em qualquer lugar. Por outro lado, há apenas duas maneiras de organizar as outras quatro raparigas, pelo que, no total, existem 10 opções.

Resposta:

$220$

Procuramos o maior número $S$ tal que seja possível dividir os comprimentos das paredes dados em dois subconjuntos, ambos com soma maior ou igual a $S$. Assim,

e, uma vez que $S$ tem de ser múltiplo de 10, obtemos $S\le 220$. Este valor pode ser alcançado dividindo as paredes como $130+90<110+50+70$.

Resposta:

$247$

A diferença é mínima quando os números são o mais próximos possível. Para este efeito, o dígito dos milhares só pode diferir por 1. O dígito das centenas tem de ser o menor possível para o número maior e o maior possível para o número menor. Uma vez fixado o dígito das centenas, procede-se da mesma forma para os dígitos das dezenas e, finalmente, para o das unidades. Isto leva aos números 5123 e 4876, cuja diferença é 247.

Resposta:

$62$

Se se omite a condição de que dois canteiros vizinhos tenham de ser plantados com o mesmo tipo de flor, a resposta é $2^6=64$. Deste resultado, subtraem-se as opções em que a condição é violada, isto é, quando os dois tipos de flores alternam. Como existem apenas duas dessas opções, chega-se ao total de $64-2=62$ arranjos válidos.

Resposta:

$25\pi -12$

Seja $M$ o centro do disco circular, e sejam $A$, $B$ e $C$ os restantes vértices do retângulo. Denote-se o raio do círculo por $r$.

Temos $\overline{\mathit{MA}}=r-1$, $\overline{\mathit{MB}}=r$ e $\overline{\mathit{MC}}=r-2$, com $\overline{\mathit{AB}}=\overline{\mathit{MC}}$. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo $[\mathit{ABM}]$, obtemos a equação

a qual pode ser simplificada para

Como $r=1$ conduz a uma configuração inválida, a única solução válida é $r=5$. A área restante do disco é $r^2\pi -3\cdot 4=25\pi -12$ (em dm$2^{}).$

Resposta:

$23\frac{1}{3}=\frac{70}{3}$

Se misturarmos $x$ unidades da primeira substância e $y$ da segunda, a mistura resultante contém $\frac{4}{5}x+\frac{3}{10}y$ de Álgebra e $\frac{1}{5}x+\frac{7}{10}y$ de Alquimia. Para obter a proporção $1:1$, é necessário que

o que se pode rearranjar para $y=\frac{3}{2}x$. Ou seja, para cada mg de Algebry, devem ser usados $1,5\mathrm{mg}$ de Alchema na mistura. Assim, a quantidade máxima de Algemy será produzida quando o Náboicus utilizar todos os $14\mathrm{mg}$ de Alchema e $\frac{2}{3}\cdot 14\mathrm{mg}$ de Algebry, produzindo, no total, $\frac{5}{3}\cdot 14=\frac{70}{3}\mathrm{mg}$ da mistura pretendida.

Resposta:

$34$

Seja $m^2=M=K+3333$. Como $M$ e $K$ são ambos quadrados perfeitos de 4 dígitos, tem-se $32\le n<m\le 99$ e, consequentemente,

isto é,

Agora,

Dadas as restrições acima, os únicos fatores possíveis são $m+n=101$ e $m-n=33$, levando à solução $m=67$ e $n=34$. Resta verificar que $K=34^2=1156$ tem, de facto, todos os seus dígitos inferiores a 7 neste caso.

Resposta:

$\frac{2\pi \sqrt{3}}{3}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$

Como $X$ e $Y$ são os centros das bases do cilindro, a altura do cilindro é igual à distância entre eles. Como $X$ e $Y$ são vértices opostos do cubo, encontram-se numa diagonal espacial de comprimento $\sqrt{3}$. Para determinar o raio do cilindro, escolhe-se qualquer outro vértice $Z$ do cubo e calcula-se a sua distância à diagonal $[\mathit{XY}]$. O triângulo $[\mathit{XZY}]$ é retângulo em $Z$ (sendo $[\mathit{XZ}]$ uma diagonal de face e $[YZ]$ uma aresta do cubo), e o raio procurado é a altura relativa à base $[\mathit{XY}]$. Por semelhança (ou comparação de áreas), essa altura é $\sqrt{2∕3}$. Assim, o volume do cilindro é

Resposta:

$13$

A segunda afirmação não pode ser verdadeira: se houvesse pelo menos 31 mentirosos, todos responderiam negativamente à questão, tornando impossível obter 39 respostas afirmativas. Portanto, existem, no máximo, 30 mentirosos. Como os sinceros dizem sempre a verdade, estes devem ter respondido negativamente a essa pergunta, o que significa que podem existir, no máximo, $60-39=21$ sinceros.

Isto também implica que a primeira afirmação é falsa. As 43 respostas afirmativas têm de ter vindo de todos os mentirosos e mais alguns normais. Como há, no máximo, 30 mentirosos, devem existir, pelo menos, $43-30=13$ normais.

Esta configuração é possível, pois a distribuição de 17 sinceros, 30 mentirosos e 13 normais satisfaz ambas as condições. Assim, o número mínimo de normais na aldeia é 13.

Resposta:

$24$

Em primeiro lugar, observa-se que o total de pontos atribuídos é 7, o que significa que, dos 6 jogos, exatamente um resultou na equipa vencedora a obter 2 pontos, enquanto os restantes jogos atribuíram 1 ponto ao vencedor. Isto implica que a melhor equipa venceu todas as outras, tendo exatamente uma dessas vitórias por uma margem maior. Os jogos entre as três equipas restantes devem ter resultado num “ciclo”, uma vez que cada uma dessas equipas recebeu apenas 1 ponto, e existem exatamente duas maneiras de orientar esse ciclo. No total, existem $4\cdot 3\cdot 2=24$ maneiras de o torneio ter decorrido.

Resposta:

$225$

Claramente, o menor valor possível para $M$ é 9, pois

Se $k\ge 1$, cada substituição $10^k=10\cdot 10^{k-1}$ aumenta o número de termos em 9. Isto implica que $M$ tem de ser um múltiplo de 9; além disso, os valores possíveis de $M$ formam um conjunto consecutivo de múltiplos de 9. O maior valor possível para $M$ é 2025, pois

Assim, o número de valores possíveis para $M$ é

Resposta:

$360$

Seja $t_1$ o tempo decorrido desde o momento em que a frente do comboio passa pelo Max e pelo Paul até à passagem da traseira pelo Max. De forma análoga, seja $t_2$ o tempo decorrido desde que a traseira passa pelo Max até à sua passagem pelo Paul. Seja, ainda, $\ell$ o comprimento do comboio, em metros. Como o Max e o Paul andam à mesma velocidade, e durante $t_1$ o Max percorre 45 metros, enquanto que, durante $t_2$, o Paul percorre $60-45=15$ metros, a razão dos intervalos de tempo é

Agora, considera o movimento do comboio. Durante $t_1$, o comboio avança $\ell -45$ metros, pois, inicialmente, a frente estava no ponto de encontro, enquanto que, no final deste intervalo, a traseira ainda se encontrava a 45 metros desse ponto. Durante $t_2$, a traseira percorre os 105 metros entre o Max e o Paul. Assim, a velocidade do comboio é

Logo, o comprimento total do comboio é

Resposta:

$33.75^{\circ }={\frac{135}{4}}^{\circ }$

Como o triângulo $[X{C}^{\prime }B]$ é isósceles, temos

Além disso, devido à dobra, $C\widehat{X}Y=Y\widehat{X}{C}^{\prime }$; pelo que,

Finalmente, como $X\widehat{C^{\prime }}Y=Y\mathit{ĈX}=90^{\circ }$, tem-se

Resposta:

$911$

Observa-se que, para $k\le n$, o número de $k$-tuplos crescentes com entradas no conjunto $\{1,2,\dots ,n\}$ é $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n}{k}\right)$, uma vez que os tuplos estritamente crescentes correspondem diretamente a subconjuntos de tamanho $k$. Mais geralmente, o número de $k$-tuplos crescentes com entradas no conjunto $\{m,m+1,\dots ,n\}$ é $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n-m+1}{k}\right)$. Para determinar a posição do tuplo, conta-se o número de 4-tuplos crescentes anteriores, agrupando-os com base nas entradas já conhecidas:

• $(0,\ast ,\ast ,\ast )$: existem $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{15}{3}\right)=455$ tuplos;
• $(1,\ast ,\ast ,\ast )$: existem $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$ tuplos;
• $(2,3,\ast ,\ast )$: existem $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{2}\right)=66$ tuplos;
• $(2,4,a,\ast )$, com $a\in \{5,6\}$: existem $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{10}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{9}{1}\right)=19$ tuplos;
• $(2,4,7,b)$, com $b\in \{8,9,10,11,12,13\}$: existem 6 tuplos.

Assim, o tuplo $(2,4,7,14)$ aparece na posição $455+364+66+19+6+1=911$.

Resposta:

$60$

Sejam $A$ e $B$ o número de maçãs que o Adam e a Bettina, respetivamente, trouxeram para o mercado. Temos:

Substituindo $b=\frac{45}{A}$ e $a=\frac{20}{B}$ na segunda equação, obtemos:

Portanto, $A=\frac{3B}{2}$ e, substituindo na primeira equação, temos:

Resposta:

$598$

Sejam $a$, $b$ e $c$ os dígitos das centenas, dezenas e unidades, respetivamente, do número de três dígitos $N$. Se $c=9$, então $N>9^3=729$, pelo que $a$ tem de ser 7 ou 8. Contudo, em ambos os casos, não existe escolha de $b$ que faça com que o dígito das unidades de $729+a+b^2$ seja 9.

A seguir, considera-se $c=8$. Como $8^3=512$, $a$ tem de ser 5 ou 6, mas

pelo que $a$ só pode ser 5. Procura-se então um $b$ que satisfaça

ou

cujas soluções são $b=1$ e $b=9$. Ambas conduzem a números válidos:

(Alternativamente, pode-se notar que o dígito das unidades de $b^2$ tem de ser 1.)

Se $c\le 7$, então

pelo que o maior valor válido de $N$ é $598$.

Resposta:

$42$

Ligando o ponto $P$ a todos os pontos que dividem os lados do quadrilátero $[\mathit{ABCD}]$ em terços, criam-se doze triângulos.

Cada conjunto de três triângulos ao longo do mesmo lado tem a mesma área, pois partilham a mesma altura a partir do ponto $P$ e têm bases de comprimento igual. Seja $a$ a área do triângulo $[\mathit{PEI}]$, $b$ a área do triângulo $[\mathit{PJF}]$, $c$ a área do triângulo $[\mathit{PGK}]$ e $d$ a área do triângulo $[\mathit{PLH}]$. A partir das informações fornecidas, estabelecem-se as equações

A área do quadrilátero $[\mathit{PFBG}]$ é dada por $b+c$, que pode ser calculada como

Resposta:

$237$

No total, existem $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{4}\right)=495$ formas de escolher 4 quadrados num anel de 12 quadrados. Para cada um dos quatro lados, há 8 quadrados que não pertencem a esse lado, dando $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{8}{4}\right)=70$ maneiras de escolher 4 quadrados de forma a que esse lado fique excluído. Assim, teríamos $495-4\cdot 70=215$ escolhas em que nenhum lado fica excluído. Contudo, algumas escolhas foram subtraídas duas vezes – nomeadamente, aquelas em que dois lados ficam excluídos simultaneamente. Isto é possível ao escolher 4 de 5 quadrados agrupados em torno de um canto (5 formas para um canto, 20 no total para os 4 cantos) ou 4 de 4 quadrados centrais opostos (duas formas no total). Isto resulta em $215+22=237$ formas. Como omitir três ou quatro lados é impossível nesta situação, esta é a resposta final.

Resposta:

$\frac{6}{5}$

Denotam-se os centros dos círculos por $X$, $Y$ e $Z$, respetivamente, e os pontos de tangência por $A$, $B$ e $C$, conforme ilustrado no diagrama abaixo. O triângulo $[\mathit{XY}Z]$ tem os comprimentos dos lados $1+2=3$, $1+3=4$ e $2+3=5$, que constituem um terno que satisfaz o Teorema de Pitágoras, sendo, portanto, um triângulo retângulo com ângulo reto em $X$. Para calcular a área procurada do triângulo $[\mathit{ABC}]$, subtrai-se a área dos triângulos isósceles $[\mathit{XCB}]$, $[Y\mathit{AC}]$ e $[\mathit{ZBA}]$ da área do triângulo $[\mathit{XY}Z]$, que é $\frac{1}{2}(3\cdot 4)=6$.

• O triângulo $[\mathit{XCB}]$ é retângulo, pelo que a sua área é $\frac{1\cdot 1}{2}=\frac{1}{2}$.
• Para calcular a área do triângulo $[Y\mathit{AC}]$, determina-se primeiro o comprimento da sua altura $[\mathit{AR}]$. Como os triângulos $[\mathit{RY}A]$ e $[\mathit{XY}Z]$ são semelhantes, com razão de semelhança $\overline{YA}∕\overline{YZ}=\frac{2}{5}$, conclui-se que $\overline{\mathit{AR}}=\frac{2}{5}\overline{\mathit{ZX}}=\frac{8}{5}$. Assim, a área do triângulo $[Y\mathit{AC}]$ é $\frac{1}{2}\left(\frac{8}{5}\cdot 2\right)=\frac{8}{5}$.
• De forma semelhante, para obter a área do triângulo $[\mathit{ZBA}]$, utiliza-se a semelhança $△\mathit{SAZ}\sim △\mathit{XY}Z$ com razão $\frac{3}{5}$ para obter $\overline{\mathit{AS}}=\frac{9}{5}$, pelo que a área do triângulo $[\mathit{ZBA}]$ é $\frac{1}{2}\left(\frac{9}{5}\cdot 3\right)=\frac{27}{10}$.

Finalmente, a área procurada é

Resposta:

$300$

É fácil ver que o número de diagonais de um polígono de $n$ lados é $\frac{1}{2}n(n-3)$. Como $2025$ é ímpar, podemos investigar, de forma equivalente, quando é que o produto $P=n(n-3)$ é divisível por $2025$. Como $2025=3^4\cdot 5^2$, e graças à coprimalidade, temos de assegurar que $P$ é divisível por $3^4=81$ e por $5^2=25$. Nota-se que apenas um dos fatores, $n$ ou $n-3$, pode ser divisível por 5, pelo que um deles tem de ser divisível por 25. Por outro lado, $n$ é divisível por 3 se, e somente se, $n-3$ for divisível por 3, de forma que ambos contribuem para a potência total de 3 que divide $P$; contudo, apenas um dos fatores pode ser divisível por $3^k$ para $k\ge 2$. Isto significa que é necessário que um dos fatores seja divisível por $3^3=27$.

Se um dos fatores fosse divisível por ambos 25 e 27, teria de ser, no mínimo, $25\cdot 27=675$. Verifiquemos se é possível encontrar um valor menor escolhendo um dos fatores (digamos $m$) para ser divisível por 27 e o outro ($m\pm 3$) para ser divisível por 25 (isto é, ou $n=m$ ou $n=m+3$). Pela primeira condição, temos $m=27k$ para algum inteiro positivo $k$ e procuramos o menor $k$ tal que $27k\pm 3$ seja divisível por 25 (para uma das escolhas de sinal). Como $25k$ é sempre divisível por 25, podemos verificar de forma equivalente $2k\pm 3$, que é divisível por 25 pela primeira vez para $k=11$ e o sinal positivo. Portanto, $m=27\cdot 11=297$ e $n=m+3=300$.

Resposta:

$84$

Para cada nó, calcula-se (1) o número de caminhos (orientados) que partem de $A$ e terminam nesse nó e (2) o número de caminhos que, partindo desse nó, chegam a $B$. No diagrama abaixo, por exemplo, o $3|1$ no nó do canto superior direito indica que existem exatamente três caminhos do nó de partida que terminam nesse nó e apenas um caminho desse nó até ao nó final. Para cada seta, o número de caminhos que a percorrem na direção oposta é dado pelo produto do primeiro número no nó de chegada pelo segundo número no nó de partida; assim, calcula-se esse produto para cada seta e soma-se. O resultado é 84.

Resposta:

$18249$

Podemos reescrever a operação de forma equivalente como

a qual se simplifica ainda para

Conclui-se, portanto, que $N=1$. Neste ponto, sobra-nos $\overline{\mathit{AAA}}+\overline{\mathit{BB}}+O=2025-1111=914$, o que implica que $A=8$. Subtraindo-se, $914-888=26$ resulta em $B=2$ e, finalmente, $O=4$. O valor de $J$ pode ser arbitrário, desde que seja diferente dos dígitos já utilizados; pelo que o maior valor possível de $\mathit{NABOJ}$ é $18249$.

Resposta:

$150$

Denotemos por $YN$ o número de organizadores que votaram a favor na primeira votação e contra na segunda; definam-se, de forma análoga, $YY$, $\mathit{NN}$ e $\mathit{NY}$. Por fim, seja $YX$ o número de organizadores que saíram. Assim, tem-se o seguinte sistema de equações:

Substituindo $YY=120$ e $\mathit{NN}=70$ e rearranjando os termos, obtemos:

Multiplicando a segunda equação por 2 e somando todas as equações, obtém-se $3YX=450$, pelo que $YX=150$. As restantes duas variáveis são $YN=5$ e $\mathit{NY}=155$.

Resposta:

$12$

Seja $g=\mathrm{mdc}(a,b)$. Então, $a=g{a}^{\prime }$ e $b=g{b}^{\prime }$, para alguns inteiros positivos $a^{\prime }$ e $b^{\prime }$. Como $g\le a\le b$, a sequência aritmética de três termos é $(g,a,b)$ ou $(b,a,g)$; em ambos os casos, tem-se $a-g=b-a$ ou $b=2a-g$, o que se converte em $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$ após dividir por $g$. A condição sobre a soma leva a

pelo que $g{a}^{\prime }=675=3^3\cdot 5^2$. Este número tem $(3+1)(2+1)=12$ divisores positivos, e resta verificar que cada um desses divisores produz um valor válido para $a^{\prime }$, isto é, que pode ser completado para formar um par $(a,b)$ válido. De facto, definindo $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$ e $g=675∕a^{\prime }$, temos $a=g{a}^{\prime }=675$ e $b=g{b}^{\prime }$, sendo $a\le b$ pois $g{a}^{\prime }\le g(2a^{\prime }-1)$ para quaisquer inteiros positivos $a^{\prime }$ e $g$; além disso,

pois $a^{\prime }$ e $2a^{\prime }-1$ são coprimos para qualquer inteiro positivo $a^{\prime }$.

Resposta:

$697$

Nota-se que o conjunto de problemas resolvidos por uma equipa é completamente determinado pelo conjunto dos problemas não resolvidos, e vice-versa; isto pode também ser visto como o conjunto dos problemas que a equipa deixou na mesa no final da prova, o qual pode ter tamanho, no máximo, 3. Portanto, existem, no máximo,

equipas a competir.

Resposta:

$51$

Utilizando a fórmula $(x-2)(y-2)=\mathit{xy}-2x-2y+4$, as condições dadas podem ser rearranjadas de forma a obter as seguintes equações:

O nosso objetivo é encontrar $(a-2)(d-2)$. Como $b\ne 2$ e $c\ne 2$ (devido à segunda equação), a expressão desejada pode ser obtida por

Portanto, $2a+2d-\mathit{ad}=-(-47)+4=51$.

Resposta:

$\frac{540^{\circ }}{7}$

Como $[\mathit{ABCDEFG}]$ é um heptágono regular, o ângulo $\mathit{AME}$ é reto e $[\mathit{AE}]$ é o diâmetro da circunferência maior. Em vez de medir o ângulo entre as tangentes em $X$, pode-se, de forma equivalente, considerar o ângulo entre as tangentes em $A$, que é o segundo ponto de interseção das duas circunferências. Esse ângulo é, por sua vez, igual ao ângulo $[\mathit{BAE}]$ entre os diâmetros correspondentes, pois estes são perpendiculares às tangentes. A sua amplitude, $\frac{3}{7}\cdot 180^{\circ }$, pode ser facilmente determinada a partir da simetria do heptágono regular ou reconhecendo que é o ângulo inscrito correspondente ao ângulo central de $\frac{3}{7}\cdot 360^{\circ }$ na circunferência circunscrita ao heptágono.

Resposta:

$\frac{2^{100}\cdot (4^{100}-1)}{3}$

Começamos com uma observação mais geral: para qualquer inteiro positivo $n$ e números reais $x_1,x_2,\dots ,x_n$, se somarmos as expressões ao quadrado ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ para todas as possíveis escolhas de sinais, o resultado é sempre

Para ver por que isto acontece, considera expandir ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$. Cada expansão consiste em termos ao quadrado $x_i^2$ e termos mistos da forma $\pm 2x_i{x}_j$ para $i\ne j$. Cada termo $x_i^2$ aparece em todas as expansões, independentemente dos sinais escolhidos. Como existem $2^n$ combinações de sinais, esses termos contribuem com um fator total de $2^n$. Por outro lado, os termos mistos $\pm 2x_i{x}_j$ aparecem com sinal positivo em exatamente metade dos casos e com sinal negativo na outra metade, dependendo de se os sinais de $x_i$ e $x_j$ são os mesmos ou não, cancelando-se perfeitamente. Assim, a soma total simplifica-se para $2^n$ vezes a soma dos termos ao quadrado, provando a fórmula.

No nosso caso, temos $x_k=2^{k-1}$, e a soma procurada é

Utilizando a fórmula para a soma de uma série geométrica,

obtém-se o resultado final

Resposta:

$56$

Definimos um segmento como um dos lados da estrada quadrada. Sejam $m=24$ e $n>m$ as velocidades do carro mais lento e do carro mais rápido, respetivamente. Observa-se que se a faixa elástica alguma vez se rompe depende apenas da razão das velocidades, e não dos seus valores absolutos. Assim, sejam $m^{\prime }$ e $n^{\prime }$ inteiros positivos coprimos com $m^{\prime }:n^{\prime }=m:n$. Afirmamos que a faixa nunca se rompe precisamente quando $n^{\prime }-m^{\prime }$ é múltiplo de 4.

Primeiro, analisemos o caso em que $n^{\prime }-m^{\prime }$ não é múltiplo de 4. Após o carro mais lento percorrer $m^{\prime }$ segmentos, este encontra-se num canto. Nesse mesmo instante, o carro mais rápido percorreu $n^{\prime }$ segmentos (devido à razão entre as velocidades) e também está num canto. Como $n^{\prime }-m^{\prime }$ não é divisível por 4, esses cantos não podem coincidir. Se forem cantos opostos, a faixa rompe imediatamente; se forem cantos adjacentes, então, após percorrerem mais $m^{\prime }$ e $n^{\prime }$ segmentos, os carros terminam em cantos opostos, fazendo com que a faixa se rompa.

Agora, suponhamos que $n^{\prime }-m^{\prime }$ é múltiplo de 4. Nota-se que os carros não podem ambos chegar a um canto antes do carro mais lento percorrer $m^{\prime }$ segmentos; caso contrário, por exemplo, após $s<m^{\prime }$ segmentos, o carro mais rápido teria percorrido $\frac{s}{m^{\prime }}\cdot n^{\prime }$ segmentos, o que não pode ser um inteiro, pois $m^{\prime }$ e $n^{\prime }$ são coprimos. Assim, a primeira vez que ambos chegam a um canto simultaneamente é quando o carro mais lento percorre $m^{\prime }$ segmentos e o carro mais rápido $n^{\prime }$. Pelo que se supõe, $n^{\prime }-m^{\prime }$ é múltiplo de 4, pelo que os carros terminam no mesmo canto. No momento em que coincidam num canto, a situação efetivamente reinicia (possivelmente a partir de outro canto), e a faixa nunca se rompe.

Resta encontrar o menor $n>24$ que satisfaça a condição. Temos de ter $n^{\prime }-m^{\prime }$ divisível por 4; nesse caso, tanto $m^{\prime }$ como $n^{\prime }$ têm de ser ímpares. Como $m^{\prime }$é um divisor de $m=24$, os únicos valores possíveis são 1 e 3. Se $m^{\prime }=1$, o menor $n^{\prime }$ coprimo com $m^{\prime }$ e tal que $n^{\prime }-1$ seja múltiplo de 4 é 5, resultando em $n=\frac{24}{1}\cdot 5=120$. Se $m^{\prime }=3$, o menor $n^{\prime }$ coprimo com $m^{\prime }$ com $n^{\prime }-3$ divisível por 4 é 7, dando $n=\frac{24}{3}\cdot 7=56$. Como 56 é menor que 120, concluímos que o desejado menor valor de $n$ é 56.

Resposta:

$2^{975}+2025\cdot 2^{2999}=2^{975}\cdot \left(1+2025\cdot 2^{2024}\right)$

Denotemos os jogadores pelos números $1$, $2$, $\dots$, $2025$ e o número de moedas que o jogador $p$ possui após $r$ rodadas por $m_{p,r}$. Sem perda de generalidade, supõe-se que o jogador 1 perdeu a primeira rodada, o jogador 2 a segunda, e assim sucessivamente. Denotemos $M=2^{3000}$, o número de moedas que cada jogador possui no final do jogo.

Para um jogador $p$, após perder na $p$-ésima rodada, o número de moedas que possui duplica até atingir $M$ no final do jogo; assim, para uma rodada $p\le r$, tem-se

Além disso, como o jogador da $r$-ésima rodada perdeu essa rodada, ele perdeu um número de moedas igual à soma das moedas dos outros jogadores, e, como o total de moedas no jogo é $2025M$, segue que

Rearranjando a equação, obtemos

Substituindo $r=1$, obtemos o resultado desejado:

Resposta:

$\sqrt{10}$

O facto de o cone final ter volume zero significa que a união de três superfícies laterais idênticas resulta numa forma completamente plana – um círculo completo. Consequentemente, cada superfície de cone individual, quando aplanada, corresponde a um setor circular com um ângulo central de $120^{\circ }$. Seja $l$ a geratriz do cone original e $r$ o raio da base. A partir do ângulo central, obtém-se a relação $l=3r$. Observa-se que a geratriz permanece inalterada em todos os três cones, inclusive no degenerado.

O cone intermédio, formado pela união de duas superfícies laterais, tem um ângulo central de $240^{\circ }$, o que lhe confere um raio de base de $2r$. Aplicando a fórmula do volume do cone, temos