Resposta:

(a) A figura abaixo mostra duas soluções para o problema.
 

(b) 1^a solução: A figura do enunciado mostra que ao traçar as cinco diagonais do pentágono obtemos 10 triângulos e um novo pentágono central. A repetição desse processo n vezes (pensamos na repetição de 0 vezes como não tendo feito nada) tem como resultado 10n triângulos e um pentágono central, que podemos dividir em 3, 5, 7, 9, ou 11 triângulos como mostrado no enunciado.
 

Desse modo, podemos triangular legalmente o pentágono em 10n + r triângulos onde r pode ser 1, 3, 5, 7 ou 9; como qualquer número ímpar se escreve dessa forma segue que podemos triangular legalmente o pentágono em qualquer número ímpar de triângulos. Por exemplo, para triangular legalmente o pentágono em 229 triângulos escrevemos 229 = 10 x 22 + 9 , efetuamos o processo de divisão por diagonais 10 vezes e finalmente dividimos o pentágono central em 9 triângulos.

2^a solução: A figura I acima mostra uma divisão do pentágono em sete triângulos, onde destacamos uma parte em traço mais grosso. Podemos dividir legalmente essa parte de modo a gerar dois triângulos adicionais, como na figura II. Esse processo pode ser repetido na parte análoga destacada nessa última figura, gerando mais dois triângulos e outra figura análoga onde o processo pode ser repetido novamente, e assim por diante gerando dois novos triângulos em cada etapa. Isso mostra que, começando de uma triangulação com 7 triângulos, podemos obter qualquer número ímpar de triângulos.
 

(c) 1^a solução: Consideremos um pentágono triangulado legalmente, e sejam n o número de triângulos e m o número de pontos legais interiores dessa divisão. A soma dos ângulos de todos os triângulos é 180n graus. Por outro lado, essa soma é igual à soma dos ângulos em volta dos pontos legais interiores mais a soma dos ângulos internos do pentágono, ou seja, é igual a 360m + 540 graus. Logo 180n = 360n + 540 , ou seja, n = 2m + 3 que é um número ímpar.
Exemplificamos essa demonstração com a figura abaixo, onde n = 7 e m = 2.
 

2^a solução: Consideremos como acima um pentágono triangulado legalmente em n triângulos, e seja m o número total de lados desses triângulos. Ao contar os lados desses triângulos um por um, teremos dois casos: (i) contar um lado comum a dois triângulos e (ii) contar um dos lados do pentágono. No primeiro caso, cada lado é contado duas vezes; no segundo caso temos apenas os lados do pentágono. Obtemos então , como m e n são números inteiros segue que também é inteiro, ou seja, 3n - 5 é par, donde n é ímpar. A figura usada na solução anterior exemplifica essa demonstração no caso n = 7 e m = 13.

Resposta:

(a) Após o ingresso de número 1 foram vendidos 100 - 1 = 99 ingressos. Logo quem comprou o primeiro ingresso receberá 99 x 0,01 = 0,99 reais. Do mesmo modo, após o ingresso de número 70 foram vendidos 100 - 70 = 30 ingressos, logo quem comprou esse ingresso receberá 30 x 0,01 = 0,30 reais.

(b) 1^a solução: O valor da venda de 100 ingressos é R$600,00. O Grêmio terá que devolver 1 centavo para quem comprou o 99^o ingresso, 2 centavos para o quem comprou o 98^o ingresso e assim por diante, até 99 centavos para quem comprou o primeiro ingresso. No total, o Grêmio terá que devolver
 

e seu lucro será de 600 - 49,50 = 550,50 reais.

2^a solução: Com os ingressos de número 1 e 100, o Grêmio tem um lucro de (6 - 99 x 0,01) + (6 - 0 x 0,01) = 11,01 reais.
Com os ingressos de números 2 e 99, o lucro será de (6 - 98 x 0,01) + (6 - 1 x 0,01) = 11,01 reais e assim por diante, com os ingresso de números 3 e 98, 4 e 97, ....., 50 e 51, num total de 49 pares, cada um dando ao Grêmio um lucro de R$11,01. Logo o lucro do Grêmio será de 50 x 11,01 = 550,50 reais. Notamos que essa solução é baseada na ideia usada para demonstrar a conhecida fórmula para a soma dos termos consecutivos de uma progressão aritmética.

(c) 1^a solução: Com a venda de x ingressos o grêmio arrecadará 6x reais e terá que devolver
 

Logo o lucro do Grêmio será de
 

O gráfico de L(x) é uma parábola; o valor máximo de L(x) ocorre quando x = 600,5 (para ver isto não é necessário usar a fórmula para os pontos de máximo ou mínimo, basta observar a simetria do gráfico).
 

Como a quantidade de ingressos é um número inteiro, o lucro máximo do Grêmio será atingido quando forem vendidos 600 ou 601 ingressos. Como esses pontos são simétricos com relação a 600,5 o lucro será o mesmo em qualquer caso. Esse lucro é

2^a solução: Podemos pensar que o comprador do ingresso de número n paga ao Grêmio R$6,00, e que desses R$6,00 o Grêmio vai retirar R$0,01 para cada um dos compradores anteriores. Logo o lucro do Grêmio com o ingresso de número n é f (n) = 6 - (n - 1) x 0,01 = 6,01 - 0,01 x n (notamos que essa expressão não depende do número de ingressos vendidos). Segue que o lucro do Grêmio por ingresso diminui de R$0,01 a cada ingresso vendido (ou seja, a função f é decrescente). Além disso, seu lucro com a venda de dos ingressos aumenta enquanto ele não tiver prejuízo (isto é, lucro negativo) com algum ingresso. Como o lucro do Grêmio com o ingresso de número 601 é f (601) = 6 - (601 - 1) x 0,01= 0 reais e a função f é decrescente, vemos que o lucro do Grêmio é positivo para todos os ingressos de número menor que 601, e negativo para todos os ingressos de número maior que 601. Logo o lucro do Grêmio será o maior possível quando forem vendidos 600 (ou 601) ingressos.

3^a solução: O comprador do último ingresso não recebe nada de volta, ou seja, o Grêmio vai lucrar R$6,00 com seu ingresso; o comprador do penúltimo ingresso recebe R$0,01 de volta, logo o Grêmio vai lucrar R$5,99 com seu ingresso. Desse modo, o lucro do Grêmio com a venda dos ingressos é 6,00 + 5,99+  5,98 +.......+ (lucro com o ingresso de número 1) e segue que esse lucro cresce enquanto o lucro com o ingresso de número 1 for positivo. O lucro com o ingresso número 1 é 6 - (x  - 1) x 0,01 reais, onde x é o número de ingressos vendidos. A equação 6 - (x - 1) x 0,01 = 0 tem raiz x = 601, logo o lucro com o ingresso de número 1 é positivo se x < 601. Desse modo o lucro máximo será atingido quando o Grêmio vender 600 ingressos (ou 601, visto que o ingresso de número 601 dá lucro de 0 reais).

Resposta:

(a)

Como saiu ímpar na primeira jogada, Isaura deu metade dos seus palitos para o Fernando; desse modo, Isaura ficou com 64 palitos, e como o número total de palitos é 256 segue que Fernando ficou com 256 - 64 = 192 palitos. Do mesmo modo, após a segunda jogada Isaura ficou com 32 palitos e Fernando com 256 - 32 = 224 palitos. Na terceira jogada saiu par, e Fernando deu metade de seus palitos para a Isaura; logo, Fernando ficou com 112 palitos e Isaura com 256 -112 = 144 palitos.
 

(b) 1^a solução: Após qualquer jogada, o perdedor não pode ter mais que 127 palitos; de fato, se isso ocorresse, antes dessa jogada ele teria pelo menos 2 x 128 = 256 palitos, o que não pode acontecer. O ganhador terá então no mínimo 256 - 127 = 129 palitos; logo, o ganhador da jogada anterior é aquele que tem mais palitos.
2^a solução: Suponhamos que em um dado momento Fernando tem x palitos e Isaura tem y palitos; notamos que como x + y = 256 , que é um número par, então x e y são ambos pares ou ambos ímpares. Se o jogo ainda não acabou, então x e y são pares, e depois da jogada seguinte podem acontecer as seguintes situações:
• saiu par: nesse caso Fernando fica com x/2 palitos e Isaura com y + x/2 palitos, ou seja, Isaura fica com mais palitos do que Fernando;
• saiu ímpar: nesse caso Fernando fica com x + y/2 palitos e Isaura com y/2 palitos, ou seja, Fernando fica com mais palitos do que Isaura.
Isso mostra que basta saber quem tem o maior número de palitos para determinar o resultado da última jogada: se Isaura tiver mais, o resultado foi par e se Fernando tiver mais, o resultado foi ímpar. No nosso caso, a partida acabou quando Fernando ficou com 101 palitos e Isaura com 256 -101 = 155 palitos. Logo o resultado da última jogada foi par.

(c) Aplicamos o raciocínio do item (b) para recuperar as jogadas uma a uma em ordem inversa, do seguinte modo:
Isaura tem mais palitos, logo na jogada anterior saiu par; então Fernando tinha 2 x101 = 202 palitos e Isaura tinha 256 - 202 = 54 palitos;
Fernando tem mais palitos, logo na jogada anterior saiu ímpar; então Isaura tinha 2 x 54 = 108 palitos e Fernando tinha 256 -108 = 148 palitos;
Fernando tem mais palitos, logo na jogada anterior saiu ímpar; então Isaura tinha 2 x108 = 216 palitos e Isaura tinha 256 - 216 = 40 palitos;
Isaura tem mais palitos, logo na jogada anterior saiu par; então Fernando tinha 2 x 40 = 80 palitos e Fernando tinha 256 - 80 = 176 palitos;
Isaura tem mais palitos, logo na jogada anterior saiu par; então Fernando tinha 2 x 80 = 160 palitos e Fernando tinha 256 -160 = 96 palitos;
Fernando tem mais palitos, logo na jogada anterior saiu ímpar; então Isaura tinha 2 x 96 = 192 palitos e Fernando tinha 256 -192 = 64 palitos;
Isaura tem mais palitos, logo na jogada anterior saiu par; então Fernando tinha 2 x 64 = 128 palitos e Isaura tinha 256 -128 = 128 palitos. Essa é a situação inicial do jogo.
Logo a sequência de jogadas dessa partida foi par, ímpar, par, par, ímpar, ímpar, par.

(d) Vamos aproveitar o trabalho do item anterior e fazer o seguinte diagrama do número de palitos de Fernando e Isaura, jogada a jogada:
 

Esse diagrama e outros exemplos semelhantes sugerem que, em um momento qualquer de uma partida, o número de palitos de Fernando e o número de palitos de Isaura se escrevem, respectivamente, como 2ⁿa e 2ⁿb, onde a e b são inteiros ímpares. Além disso, se o jogo não acabou, então depois da próxima jogada eles terão 2^n-1a' e 2^n-1b' palitos, respectivamente, onde a' e b' também são inteiros ímpares.
Vamos mostrar que essas afirmativas são verdadeiras. Suponhamos que em alguma etapa de uma partida os dois jogadores têm, respectivamente, 2ⁿa e 2ⁿb palitos, onde a e b são inteiros ímpares, e que o jogo não acabou, ou seja, que n ≥ 1. Se a próxima jogada sair par, então Fernando ficará com palitos e Isaura ficará com 2^n-1a + 2ⁿb = 2^n-1(a + 2b) palitos. Como a é ímpar então b' = a + 2b também é ímpar. Desse modo, após essa jogada, Fernando e Isaura ficarão com 2^n-1a e 2^n-1 b' palitos, onde a e b' são ímpares. Um argumento idêntico leva à mesma conclusão no caso em que a próxima jogada sair ímpar, e acabamos de provar nossa afirmativa.
O jogo começa com ambos os jogadores com 128 = 2⁷ x 1 palitos, ou seja, com n = 7. Como uma partida acaba quando n = 0 e n decresce de uma unidade a cada jogada, segue imediatamente que qualquer partida acaba depois da sétima jogada.

Resposta:

(a) O time B não perdeu nenhuma partida, logo empatou ou ganhou de A. Mas Anão empatou nenhuma partida, logo A perdeu de B.

(b) O time A perdeu uma partida. Se tivesse perdido exatamente mais um jogo, teria 6 pontos. Mas B tem no mínimo 6 pontos, pois venceu A e não perdeu nenhuma das outras três partidas. Como A tem mais pontos que B, concluímos que A perdeu somente para B; e como A não empatou nenhuma partida, venceu as outras três. Logo A obteve 9 pontos.

(c) 1^a solução: Como o time B não perdeu para nenhum outro time, ele ganhou 1 ou 3 pontos em cada partida, isto é, sempre um número ímpar de pontos. Como a soma de quatro números ímpares é par, vemos que B terminou o torneio com um número par de pontos.
2^a solução: Como ficou em segundo lugar, o time B fez menos do que 9 pontos, portanto venceu uma ou duas partidas. Como ele jogou quatro partidas, se venceu uma delas então empatou três, finalizando com 6 pontos; se venceu duas então empatou duas, finalizando com 6 pontos. Logo, as possibilidades para o número de pontos que B obteve nesse torneio são 6 e 8, ambos números pares.

(d) De acordo com os itens anteriores, A perdeu de B e venceu C, D e E. Dos 6 jogos restantes, 5 foram empates. Se B tivesse só 2 empates, então todos os jogos entre C, D e E seriam empates e os dois desses times que empataram com B terminariam empatados, o que contraria o enunciado. Logo, os três jogos de B contra C, D e E foram empates. Como houve um total de 5 empates, 2 dos jogos entre C, D e E foram empates. Como a ordem de classificação é C, D, E, a única vitória foi de C contra E. Temos, assim, a tabela de resultados abaixo.
 

Resposta:

(a) Consideremos a figura do enunciado com os vértices rotulados como abaixo.
 

Uma vez que a luz se propaga em linha reta, o triângulo CDF (sombreado na figura) corresponde à área do chão que não será iluminada pela lâmpada. O triângulo CDF é semelhante ao triângulo ABC e a razão de semelhança é . Como a razão entre as áreas de triângulos semelhantes é o quadrado da razão de semelhança, segue que
 

Alternativamente, podemos calcular os lados do triângulo CDF usando a semelhança dos triângulos CDF e ABC. Temos , logo e então , como antes.

(b) 1^a solução: Consideramos a figura do enunciado, com os vértices rotulados como na figura abaixo.
 

Temos PQ = 1,6 e QR = 2,0 (a figura do enunciado deixa claro que o menor lado da cama está na horizontal). Para decidir se a porta vai ou não tocar na cama, basta comparar os segmentos RT e ST. Para calcular RT, usamos o triângulo retângulo RUT representado na figura; temos RU = 0,8 e UT = 0,6, donde . Como ST = 0,9, vemos que a porta vai passar a 10 cm da cama.

2^a solução: Podemos calcular a distância entre os pontos R e T da figura anterior colocando um sistema de coordenadas na figura anterior com origem em P, o eixo x em PQ e o eixo y na parede vertical esquerda. Nesse caso, R tem coordenadas (1,6; 2,0) e T tem coordenadas (2,4; 2,6). Logo
O argumento final é o mesmo da solução anterior. Notamos que as duas soluções são conceitualmente idênticas, pois a fórmula da distância de dois pontos no plano é uma consequência imediata do teorema de Pitágoras.

Resposta:

(a) Se o Dodó colocar um número x ≠ 2 no visor e apertar , aparece o valor de . Logo, para x = 4 , o valor que vai aparecer é .

(b) Seja b o número que o Dodó colocou no visor. Ao apertar , apareceu o número , que o enunciado nos diz que é igual a b. Logo , donde 2b - 3 = b(b - 2) , ou seja, b² - 4b + 3 = 0 . Essa equação tem as raízes b = 1 e b = 3, que são os números que o Dodó pode ter colocado no visor.

(c) Seja b ≠ 2 o número que o Dodó colocou no visor. Ao apertar duas vezes, aparece o número
 

É importante notar que o Dodó pode apertar uma segunda vez. De fato, a equação f(b) - 2 = 0 não tem solução, ou seja, o denominador da expressão após o primeiro sinal de igualdade acima é sempre diferente de 0. De fato, se existisse b tal que f(b) - 2 = 0 , teríamos e, portanto, -3 = -4 , um absurdo. Logo, ao apertar nunca aparece o 2 no visor, e é sempre possível apertar uma segunda vez.

Resposta:

a) Vamos calcular a posição ocupada, após um embaralhamento, pela n-ésima carta da pilha. Há dois casos a considerar:
• n ≤ 52 (ou seja, a carta está na metade superior da pilha): neste caso, após um embaralhamento, ficarão acima dela as primeiras n cartas da metade inferior e as primeiras n - 1 cartas da parte superior. Logo, sua posição na pilha passará a ser n + (n - 1) + 1 = 2n.
• n > 52 (ou seja, a carta está na metade inferior da pilha. Após um embaralhamento, ficarão acima dela as cartas precedentes da metade inferior, que são em número de n - 52 - 1 = n - 53 e igual quantidade de cartas da metade superior. Logo, sua nova posição na pilha é (n - 53) + (n - 53)+ 1 = 2n - 105.
Em particular, podemos agora completar a tabela, observando que 55 = 2 x 80 -105 e 5 = 2 x 55 - 105.
 

b) Como visto acima, a carta que ocupa a posição n passa a ocupar, após um embaralhamento, a posição 2n, se n ≤ 52 ou 2n - 105, se n > 52.

c) Inicialmente, observamos que após um embaralhamento
• as cartas da metade superior da pilha se movem para baixo, pois 2n > n para todo n positivo;
• as cartas da metade inferior da pilha se movem para cima, pois 2n - 105 < n para todo n < 105.
Logo, para que duas cartas troquem de posição entre si, uma delas deverá estar na metade superior da pilha e outra na metade inferior. Suponhamos que existam duas cartas com essa propriedade, e seja n a posição da carta de metade superior. Após um embaralhamento ela se move para a posição 2n , e então a carta na posição 2n deve passar para a posição n. Como a carta na posição 2n está na metade inferior da pilha. devemos ter 2(2n) - 105= n, donde n = 35. E, de fato, as cartas nas posições 35 e 70 trocam de posição entre si a cada embaralhamento, pois 2 x 35 = 70 e 2 x (2 x 35) - 105 = 35. Além disso, concluímos que não há outro par de posições com esta propriedade.

d) Para simplificar a exposição, vamos escrever x → y para indicar que a carta que está na posição x vai para a posição y após um embaralhamento.
Suponhamos que exista um trio fixo, e seja n a posição da primeira carta desse trio a contar do topo da pilha. O argumento do item (c) mostra que as cartas não podem estar todas na metade superior ou todas na metade inferior da pilha; logo a posição n está na metade superior da pilha.
Após um embaralhamento temos n → 2n; se 2n está na parte superior da pilha então o trio fixo deve ser n → 2n → 4 n → n; se 2n está na metade inferior da pilha então o trio fixo deve ser n → 2n → 4n - 105 → n. No primeiro caso, temos n = 2(4n) - 105 = 8n - 105,
donde n = 15; no segundo temos
n = 2(4n - 105) - 105 = 8n - 315
donde n = 45. Agora basta verificar que (15, 30, 60) e (45, 90, 75) são efetivamente trios fixos.
A título de curiosidade e/ou como exercício para o(a) leitor(a), listamos na tabela a seguir todas as k-uplas fixas, incluindo os casos k = 2 e k = 3 trabalhados nos itens (c) e (d) acima.
 

Observamos ainda que após 12 embaralhamentos todas as cartas voltam à posição inicial.

Resposta:

a) Uma bolinha colocada em C só poderá parar nas caixas 2 ou 3; se colocada em B, ela poderá parar em qualquer das caixas.

b) Se ela parte de C, para chegar à caixa 2 ela deve ir para a esquerda tanto na primeira como na segunda bifurcação. Como a bolinha tem chances iguais de ir para a direita ou para a esquerda em cada bifurcação, a probabilidade dela chegar à caixa 2 é ou 25%.
Se a bolinha for depositada em B, pelo mesmo raciocínio, ela poderá chegar à caixa 2 por dois caminhos diferentes: direita, esquerda ou esquerda, direita; ambos ocorrem com probabilidade 1/4. Como estes eventos são disjuntos, a probabilidade de um deles ocorrer é a soma das probabilidades de cada evento individual. Logo a probabilidade da bolinha sair de B e chegar à caixa 2 é ou 50%.

c) Existem três situações possíveis para que no final haja uma bolinha em cada caixa. Descrevemos estas situações na tabela abaixo, onde (por exemplo) a primeira linha indica a situação em que uma bolinha colocada em A cai na caixa 1, outra colocada em B cai na caixa 2 e a última, colocada em C, cai na caixa 3.
 

Observando que os eventos "bola colocada em X caiu na caixa Y" são independentes e lembrando que a probabilidade de eventos independentes ocorrerem simultaneamente é igual ao produto das probabilidades de cada evento. A probabilidade de que cada uma destas situações ocorra é:
 

Por outro lado, a ocorrência de cada uma das configurações acima é um evento disjunto dos outros dois; a probabilidade de ao menos um deles ocorrer é então igual à soma das probabilidades dos eventos individuais. Logo a probabilidade de que haja uma bolinha em cada caixa é
 

A título de observação, listamos abaixo as 12 possibilidades para a distribuição de três bolinhas pelas caixas e suas respectivas probabilidades.
 

Resposta:

a) 1^a solução: Marcamos na figura os ângulos relevantes para a solução. Notamos em particular que em A o ângulo de incidência (e, portanto, o de reflexão) é igual a α; de fato, o raio de luz entra paralelo ao espelho I e a reta suporte do espelho II é transversal a ambos. Como γ é ângulo externo do triângulo AFC, segue que γ = 2α. Analogamente, como β é ângulo externo do triângulo CEF, temos β = α + γ = 3α. Finalmente, do triângulo retângulo CDE temos 180^o =α + β + 90^o = 4α + 90^o, donde 4α = 90^o, ou seja, α = 22,5^o.

2^a solução: Como a soma dos ângulos do triângulo ABF é 180^o, segue que BAF = 90^o -  γ. E como a soma dos ângulos com vértice em A também é 180^o , segue que 2α + (90^o -  γ) + 90^o = 180^o , donde γ = 2α. Considerando agora o triângulo AFE, temos α + β + (180^o - 2γ) =180^o, donde tiramos β = 2γ - α = 3α. Finalmente, o triângulo CDE nos diz que 180^o = α + β + 90^o = 4α + 90^o e segue que 4α = 90^o, ou seja, α = 22,5^o.
 

b) 1^a solução: Observamos que, como γ = 45^o, o triângulo DEF é isósceles, isto é, ED = DF. O teorema de Pitágoras nos diz que EF² = ED2 + DF² = 2ED² donde tiramos . O mesmo argumento aplicado ao triângulo ABF mostra que . Notamos agora que os triângulos CDE e AFE são semelhantes, pois têm os ângulos α e β em comum. Logo donde tiramos CD = 10.

2^a solução: Refletimos a reta CF usando a reta CA como eixo de simetria, obtendo a semi-reta CF', onde F' é o simétrico de F (figura abaixo). Como CEF = CEF', vemos que os pontos D, E e F' estão alinhados; assim, CDF' é um triângulo. Como α = 22,5^o segue que DCF' = 45^o, donde CDF' é isósceles e então CD = DF'. Para terminar, notamos que ABDF' é um retângulo, e segue que DF' = AB. Logo CD = AB =10 cm.
 

Resposta:

a) Sejam m e n, respectivamente, as medidas das bases do triângulo ABC e do retângulo PQRS, como na figura. Como a altura destas figuras é 1, segue que área e área (PQRS) = n. Da igualdade destas áreas segue , donde
 

b) Quando os pontos D e E coincidem com os pontos médios T e U dos lados AC e BC, respectivamente. Se V é o ponto médio do lado AB, podemos decompor o triângulo ABC em quatro triângulos congruentes, como na figura. Assim Quando , e então,

donde
 

c) Vamos primeiro calcular a área do trapézio ABED em função de x. Como DE é paralela a AB, os triângulos DEC e ABC são semelhantes; a razão de semelhança é a razão de suas alturas, que é . Como áreas de figuras semelhantes estão entre si como o quadrado da razão de semelhança, segue que .
Logo
.
Da igualdade das áreas de ABC e PQMN, segue que (2x - x²)n = f(x) n
e concluímos que f(x) = 2x - x². A figura a seguir mostra o gráfico de f(x) para 0 ≤ x ≤1.
 

Resposta:

Para facilitar a escrita desta solução, vamos nos referir aos pontos do quadriculado como pontos legais.
 

a) Observando a figura acima, vemos que o quadrado B pode ser inscrito em um quadrado que consiste de 9 quadradinhos. A parte fora do quadrado B pode ser decomposta em quatro triângulos iguais (em cinza claro). Cada triângulo é a metade de um retângulo feito de dois quadradinhos; a área de cada um desses triângulos é então igual a 1 cm². Logo a área do quadrado B é 9 - 4=5 cm². Podemos também argumentar que o quadrado B foi decomposto em um quadradinho e quatro triângulos de área 1 cm², donde sua área é 1+4=5 cm².
Alternativamente, podemos calcular o lado PR do quadrado observando o triângulo retângulo PQR na figura. Seus catetos são PQ e QR, de medidas 1 e 2, respectivamente. Pelo teorema de Pitágoras, temos
 

e segue que a área do quadrado é .

b) Queremos desenhar um quadrado legal de área 13 cm²; seu lado deve então medir . Observando a segunda solução apresentada no item (a), vemos que o lado deve ser a hipotenusa de um triângulo retângulo de catetos de comprimentos a e b que são números inteiros e tais que a² +b² =13 . Podemos então escolher a = 3 e b = 2 (a única solução, a menos de trocar os valores de a e b) e construir nosso quadrado de área 13 cm² como, por exemplo, indicado na figura abaixo.
 

c) Se existe um quadrado legal de área n, então seu lado é medir ; para construir um segmento deste comprimento devemos, como no item anterior, encontrar inteiros a e b tais que a² + b² = n. Para 41 não há problema, pois 41 = 4² + 5²; mas para 43 isto é impossível, como se pode ver por listagem direta. De fato, como 7² =49 ultrapassa 43, devemos testar apenas se 43 se escreve como soma de dois quadrados dos números de 1 a 6, o que não acontece pois 43 - 1² = 42 , 43 - 2² = 39 , 43 - 3² =34 , 43 - 4² = 27, 43 - 5² =18 e 43 - 6² =7 não são quadrados perfeitos. Logo é possível construir um quadrado legal de área 41 cm², mas não é possível construir um de área 43 cm².

d) 1^a solução: A figura abaixo mostra um quadrado legal em cinza e a construção de um novo quadrado, em traço mais grosso, de área igual ao dobro da área do quadrado original.
 

Notamos que como os vértices do quadrado original são pontos legais então os vértices do quadrado maior também são pontos legais. Para justificar esta última afirmativa, basta notar que se A e B são pontos legais e C é o simétrico de A com relação a B (como na figura abaixo) então C também é um ponto legal. Desse modo, o novo quadrado também é legal.
 

2^a solução: Como vimos em (b), se um quadrado legal tem área n então n = a² + b² para alguns inteiros a e b; reciprocamente, se n = a² + b² para alguns inteiros a e b então existe um quadrado legal de área n. Como (a - b)² + (a + b)² = 2(a² +b²) vemos que um triângulo retângulo de catetos a - b e a + b terá hipotenusa 2n ; o quadrado construído sobre esta hipotenusa terá área (em outras palavras, mostramos que se n é soma de dois quadrados inteiros então 2n também o é). Usando este fato, ilustramos na figura abaixo uma construção de um quadrado legal de área 2n (o quadrado grande em linha contínua) a partir de um quadrado legal de área n (o quadrado pequeno em linha contínua, o quadrado pontilhado serve apenas para indicar os sentidos horizontal e vertical). Notamos, como antes, que como o quadrado original é legal então todos os pontos indicados são legais.
 

Resposta:

a) Só existe uma maneira de preencher o diagrama, como mostramos a seguir.
• O número 9 não pode ficar abaixo de nenhum número, logo deve ficar no topo.
• Acima do número 7 só podemos colocar o 9 e 8. Como o 9 já está no topo, o 8 ficará acima do 7.
• O número 6 não pode ficar abaixo do 5 nem do 2, logo ficará abaixo do 8 , ao lado do 7.
• O número 1 é o único que pode ficar abaixo do 2.
• Os números 3 e 4 devem ficar abaixo do 5, com o 3 debaixo do 4.
A sequência de figuras a seguir ilustra as etapas deste raciocínio.
 

b) 1^a solução: Primeiro vamos examinar o diagrama menor de três bolinhas marcadas pelo triângulo pontilhado.
 

Para que ele fique bem preenchido com quaisquer três números positivos distintos, o maior número deve ficar no topo e os outros dois poderão ser colocados nos dois círculos de baixo de 2 maneiras diferentes. Por exemplo, se os números forem 3, 6 e 8, podemos dispô-los das 2 maneiras ilustradas abaixo.
 

Para que o diagrama completo do problema fique bem preenchido com os números de 1 a 5, o 5 deve ficar no topo. A casa sombreada pode ser preenchida com qualquer número de 1 a 4. As três casas restantes, marcadas com o triângulo pontilhado, formam o diagrama analisado acima e poderão então ser preenchidas de 2 maneiras, com os três números restantes. Resumindo, podemos preencher o diagrama do seguinte modo:
• preenchemos o círculo do topo com o 5 : 1 possibilidade;
• preenchemos a casa sombreada com 1, 2, 3 ou 4 : 4 possibilidades;
• preenchemos as três casas que faltam com os três algarismos restantes: 2 possibilidades.
Logo o diagrama pode ser preenchido de 1 x 4 x 2 = 8 maneiras diferentes. Notamos que este raciocínio se aplica para quaisquer cinco números positivos distintos. Isto será importante na resolução do próximo item.

2^a solução: Notamos primeiro que o 5 deve sempre ocupar a bolinha de cima. O 4 deve então ocupar uma das duas bolinhas abaixo do 5, e então
• se o 4 ocupar a bolinha sombreada, o 3 deve ocupar a outra bolinha abaixo do 5, e o 1 e o 2 podem ser colocados de duas maneiras diferentes nas duas bolinhas que sobram; temos duas possibilidades neste caso;
• se o 4 ocupar a outra bolinha abaixo do 5, a casa sombreada pode ser ocupada por qualquer dos números de 1 a 3, e os outros dois números podem ser colocados nas duas últimas bolinhas vazias; neste caso temos 3 × 2 = 6 possibilidades.
Deste modo, o número de maneiras de preencher o diagrama é 2 + 6 = 8.

c) 1^a solução: Para que o diagrama fique bem preenchido com os números de 1 a 7, temos que colocar o 7 no topo. A casa sombreada pode ser preenchida com qualquer número de 1 a 6. A parte circundada pela linha pontilhada foi analisada no item (b) e pode ser preenchida com os 5 números restantes de 8 formas diferentes. Ou seja, podemos preencher o diagrama como segue:
• preenchemos o círculo do topo com o 7 : 1 possibilidade;
• preenchemos a casa sombreada com 1, 2, 3 , 4, 5 ou 6 : 6 possibilidades;
• preenchemos a parte circundada com os algarismos restantes: 8 possibilidades.
Logo o diagrama pode ser preenchido de 1 × 6 × 8 = 48 maneiras diferentes.
 

2^a solução: Notamos primeiro que o 7 deve sempre ocupar a bolinha de cima. O 6 deve então ocupar uma das duas bolinhas abaixo do 7, e então
• se o 6 ocupar a bolinha sombreada, os números de 1 a 5 devem ocupar as casas circundadas com a linha pontilhada. De acordo com o item (b), isto pode ser feito de 8 maneiras distintas.
• se o 6 deve ocupar a outra bolinha abaixo do 7, podemos colocar qualquer número de 1 a 5 na casa sombreada e distribuir os números restantes pelas quatro bolinhas ainda vazias, o que pode ser feito de 8 maneiras diferentes, de acordo com o item (b). Aqui temos 5 × 8 = 40 possibilidades.
Logo o diagrama pode ser preenchido de 8 + 40 = 48 maneiras diferentes.

Resposta:

Para facilitar a exposição, vamos denotar por A' a posição do ponto A após a segunda dobra.
 

a) A figura 4 mostra que A'MP = CMP (ou seja, P foi escolhido de modo que MP é a bissetriz de AMC), e segue que A'MC = 2 x A'MP (conforme figura 3). Por outro lado, temos AMB = A'MB , donde AMA' = 2 x A'MB . Logo
180^o = AMA' + A'MC = 2 x A'MB + 2 x A'MP = 2(A'MB + A'MP) = 2 x BMP
e segue que BMP = 90^o .

b) (figura 1) Lembramos que as diagonais de um retângulo são iguais e se interceptam em seu ponto médio; no nosso caso, temos BM = AM = CM . Segue que o triângulo BMC é isósceles e concluímos que MBC = MCB = ACB. Logo os triângulos retângulos ABC e PMB têm um ângulo (agudo) em comum, ou seja, eles são semelhantes.
Aqui fazemos um reparo ao enunciado deste item na prova. Em geral, ao falar da semelhança de triângulos, deve-se listar os vértices na ordem que indica a correspondência correta. No nosso caso, o enunciado deveria ser "mostre que os triângulos PMB e ABC são semelhantes", de vez que os ângulos em M e B do triângulo PMB são iguais aos ângulos em B e C do triângulo ABC, respectivamente. O Comitê de Provas pede desculpas por esta incorreção.

c) Como os triângulos PMB e ABC são semelhantes, a razão entre suas áreas é igual ao quadrado da razão entre lados correspondentes. Como vimos acima, temos BM = AM = CM , ou seja, . Por outro lado, o teorema de Pitágoras no triângulo ABC (figura 1) nos dá ; logo BM = 10 , e segue que a razão de semelhança dos triângulos BMP e ABC é . Denotando a área do triângulo BMP por (BMP) (e similarmente para outras figuras a seguir) temos .

d) Desdobrando a figura 4, segue que (A'BMP) + (BMP) = (ABC). Logo
 

Resposta:

O argumento geral para a resolução desta questão está ilustrado abaixo.
 

O triângulo ABC é um dos triângulos resultantes do corte do quadrado, e D é um ponto qualquer no lado AB. Fazendo DE perpendicular a AB, o triângulo ADE também é retângulo de lados iguais, e sua área é igual a metade da área do quadrado ADEF; a área do triângulo ADG é então igual a1/4 da área do quadrado ADEF.

a) Quando x = 1, a figura formada pela formado pela sobreposição dos triângulos maiores é um triângulo menor, indicado em cinza na figura abaixo. A observação acima mostra que sua área é a quarta parte da área de um quadrado de lado 1, isto é, f(1) = 1/4.
 

Quando x = 3 , a figura formada pela sobreposição dos dois triângulos é um pentágono, como na figura abaixo.
 

Como os triângulos têm catetos de medida 2 e AB = 3 , vemos que os catetos se sobrepõem em um segmento de medida 1. Logo o pentágono é a união de um quadrado de lado 1 e um triângulo idêntico ao que consideramos no início desta questão. Logo f(3) = 1 +1/4 = 5/4.

b) Para valores de x tais que 0 ≤ x ≤ 2, a figura formada pela sobreposição dos triângulos é o triângulo em cinza abaixo, donde f(x) x²/4 = 1 +1/4 = 5/4 para 0 ≤ x ≤ 2, conforme observação inicial.
 

Quando 2 < x ≤ 4, a figura é um pentágono, como ilustrado abaixo.
 

Temos então AC + CD = 2 = BD + CD

ou seja, CD = 4 - x; logo AC = BD = 2 - (4 - x) = x - 2. Vemos assim que o pentágono pode ser decomposto em um retângulo CDFE de base 4 - x e altura CE = C = x - 2 e um triângulo retângulo isósceles de hipotenusa 4 - x. Segue que para 2 < x ≤ 4 temos
 

Notamos que esta última expressão também assume o valor 1 para x = 2. Em resumo, temos
 

Notamos também que f (4) = 0 (como era de se esperar). O gráfico de f está esboçado a seguir; nele marcamos os valores calculados no item anterior, bem como outros valores importantes para a resolução do item (c).
 

c) A observação direta do gráfico mostra que o valor máximo da função no intervalo Ύ,2] é f (2) = 1. Resta analisar a função no intervalo ΐ,4] . Esquecendo por um momento que estamos neste intervalo, vamos considerar a função quadrática definida para todo número real x; ela é da forma f(x) = ax² + bx + c com , b = 4 e c = -4 . Como a < 0, ela assume um valor máximo para e seu valor neste ponto é (podemos também calcular diretamente ). Uma vez que 8/3 pertence ao intervalo ΐ,4] , segue que o máximo de f neste intervalo é 4/3, e como 4/3 > 1 concluímos que este é o valor máximo de f no intervalo Ύ,4].

Resposta:

Resposta: a) O número total de partidas disputadas no torneio é 3 + 2 + 1= 6 . Como 6 não é divisível por 4, o torneio não pode acabar com os quatro times tendo o mesmo número de vitórias.

b) 1^a solução: Para que o Quixajuba termine isolado em primeiro lugar, ele deve ganhar todas as suas partidas. De fato, se ele ganhar duas ou menos então os outros três times dividirão pelo menos quatro vitórias entre si, e assim algum deles deve ter pelo menos duas vitórias; nesse caso, o Quixajuba não seria o campeão isolado. Para cada um dos três jogos entre os outros times há duas possibilidades. Logo, o número de maneiras do Quixajuba terminar sozinho em primeiro lugar é 1 x 1 x 1 x 2 x 2 x 2 = 8. Como há 2⁶ = 64 resultados possíveis para as seis partidas, a probabilidade de o Quixajuba ser o campeão isolado é 8/64 = 1/8.

1^a solução: Argumentamos como acima que o Quixajuba será o campeão isolado se e somente se ele vencer suas três partidas. Como a probabilidade de o Quixajuba ganhar um jogo contra qualquer dos outros times é 1/2, a probabilidade de ele ganhar suas três partidas é 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8.

c) Suponhamos que os times sejam A, B, C e D e que o torneio termine com D isolado em último lugar. Então D perdeu todas suas partidas; de fato,
• se D tivesse ganho suas três partidas, teria terminado o torneio em primeiro lugar (como vimos no item anterior);
• se o D tivesse ganho duas (ou uma) partidas, os outros times dividiriam quatro (ou cinco) vitórias entre si; neste caso, pelo menos um deles teria ganho no máximo uma partida e assim D não teria ficado em último lugar isolado.
Logo A, B e C dividem entre si as seis vitórias, ou seja, cada um deles ganhou duas vezes; uma contra D e uma contra um dos outros. Para as partidas entre A, B e C temos apenas duas possibilidades: A ganhou de B que ganhou de C ou A ganhou de C que ganhou de B. Em resumo, há apenas duas possibilidades para que A, B e C dividam a liderança, e neste caso D acaba o torneio em último lugar isolado.
Como qualquer um dos times pode acabar em último lugar isolado, enquanto os outros dividem a liderança, segue que o número de possibilidades para que isto aconteça é 4 x 2 = 8. Por outro lado, o número total de possibilidades para os resultados das seis partidas é 2⁶ = 64 . Logo a probabilidade de que três times dividam a liderança é 8/64 = 1/8.

Resposta:

Resposta: a) Mostramos abaixo um jogo completo para cada tabuleiro, destacando as casas apertadas.
 

b) Dividimos o tabuleiro 2 x100 em 25 retângulos 2 x 4 e, em cada um desses retângulos, tornarmos as casas cinzas procedendo como ilustrado no item (a); notamos que ao aplicar este procedimento em um retângulo os demais não são afetados. Desse modo podemos preencher todas as casas do jogo 2 x100.

c) Dividimos o tabuleiro como ilustrado na figura a seguir.
 

Na primeira linha selecionamos as casas 1, 9, 17,... , 193, 201 e na segunda as casas 6, 14, 22,..., 190, 198. Cada uma das casas selecionadas está dentro de uma região destacada com traço mais forte. Ao apertar uma destas casas, ela e todas as outras casas de sua região ficam cinzas, sem afetar as outras regiões. Apertando todas estas casas podemos então preencher todas as casas do jogo 2 x101. Notamos que há uma casa selecionada de duas em duas colunas, começando da primeira à esquerda, e uma na última coluna. Como as colunas são em número de 101, vemos que foram selecionadas 51 casas, que é o número de jogadas que foram necessárias para terminar o jogo do modo descrito.

d) Não é possível acabar o jogo 2 x101 com menos de 51 jogadas, pois cada jogada muda a cor de no máximo quatro casas. Assim com 50 jogadas ou menos conseguiremos mudar a cor de no máximo 50 x 4 = 200 casas, mas no jogo 2 x 101 devemos mudar a cor de 202 casas. Logo é impossível fazer menos do que 51 jogadas e deixar cinzas todas as casas.
Observação: A solução dos itens (b) e (c) mostra como terminar o jogo no caso de tabuleiros 2 x n, onde n deixa restos 0 ou 1 quando dividido por 4. É interessante completar a análise nos casos em que os restos são 2 ou 3; deixamos isto para o(a) leitor(a).

Resposta:

a) Lembrando que (a + b)² = a² + 2ab + b² , podemos simplificar a expressão (3x + 1) ² + (4x + 2)² - (5x + 2) ² como segue:
(3x + 1)² + (4x + 2)² - (5x + 2)² = 9x² + 6x + 1 + 16x² + 16x + 4 - 25x² - 20x - 4 = (9 + 16 - 25)x² + (6 + 16 - 20) x + (1 + 4 - 4) = 2x + 1.

b) Aqui temos:
(3x - m)² + (4x - n)² - (5x - 5) ² = - (6m + 8n - 50) x + (m² + n² - 25) = 2x

e desse modo devemos encontrar inteiros m e n tais que m² + n² - 25 = 0 e -(6m + 8n - 50) = 2 , isto é, m² + n² = 25 e 3m + 4n = 24 . A primeira equação (que também pode ser obtida pela substituição x = 0 na identidade) tem as possíveis soluções em números inteiros:

Verificação direta mostra que apenas os valores m = 4 e n = 3 satisfazem a segunda equação. c) Do enunciado temos 4² + 7² - 8² = 1. Multiplicando esta expressão por 2², obtemos 2² x 4² + 2² x 7² - 2² x 8² = 4 , ou seja, 8² +14² -16² = 4 , o que mostra que 4 é simpático. Outras expressões são 4 = 5² +10² -11² = 6² + 7² - 9² = 7² + 22² - 23² e, mais geralmente, 4 = (3k + 4) ² + (4k + 2) ² - (5k + 4)² para k > 2.

d) Vamos dividir o argumento para números ímpares e pares.
Números ímpares: seja n = 2k +1 um número ímpar maior que 1, ou seja, com k > 0 . O item (a) mostra que fazendo a = 3k + 1, b = 4k + 2 e c = 5k + 2 temos n = a² + b² - c². Notamos que a < b < c segue de k > 0. Como já sabemos que 1 é simpático, segue que todo número ímpar positivo é simpático.
Números pares: seja n = 2k um número par maior que 4, ou seja, com k > 2. Aqui o item (b) mostra que fazendo a = 3k - 4, b = 4k - 3 e c = 5k - 5 temos n = a² + b² - c². Notamos que a < b < c; de fato, a < b vem do fato de k ser positivo e b < c decorre de k > 2. Como já sabemos que 2 e 4 são simpáticos, segue que todo número par positivo é simpático. Concluímos então que todos os inteiros positivos são simpáticos.
Uma curiosidade aqui é uma fórmula geral (entre outras) que mostra que todo número positivo n é simpático:
 

Resposta:

a) O número de cartões na caixa é a soma dos números inteiros de 1 a 10, isto é, 1+ 2 + 3 +...+ 9 + 10 = 55.

b) Basta escolher o cartão de número 1 e depois dois cartões de cada um dos números de 2 a 10. No total, teremos 1+ 2 x 9 = 19 cartões, sem que haja três com o mesmo número.

c) Primeiro notamos que escolhendo o cartão de número 1, os dois de número 2, os três de número 3 e depois quatro de cada um dos números de 4 a 10, teremos um total de 1+ 2 + 3 + 4 x 7 = 34 cartões sem que cinco quaisquer tenham o mesmo número. Logo, para que tenhamos certeza que cinco cartões têm o mesmo número, é necessário escolher pelo menos 35 cartões.
Por outro lado, se escolhermos 35 cartões, podemos afirmar que pelo menos cinco deles terão o mesmo número.
De fato, se isto não fosse verdadeiro, teríamos no máximo 4 cartões de cada número. Como há apenas um cartão como número 1, dois com o 2 e três com o 3, teríamos retirado no máximo 1+ 2 + 3 + 4 x 7 = 34 cartões, o que é uma contradição. Concluímos que entre 35 cartões há, necessariamente, pelo menos cinco com o mesmo número.

Resposta:

a) A sequência é 37→38→19→20→10→5→6→3→4→2→1.
b) A única sequência de comprimento 3 é 4→2→1. As sequências de comprimento 4 são 3→4→2→1e 8→4→2→1; elas são obtidas a partir de 4→2→1, a primeira acrescentando 4 - 1= 3 no início da sequência e a segunda acrescentando 2 x 4 = 8 no início da sequência. Do mesmo modo, a sequência ímpar 3→ 4→2→1 dá origem à sequência par 6→3→4→2→1 e a sequência par 8→4→2→1dá origem à sequência ímpar7→8→4→2→1e à sequência par 16→8→4→2→1. Temos assim as três únicas sequências de comprimento 5, sendo duas delas pares e uma ímpar. O raciocínio pode ser representado pelo esquema abaixo.

c) 1^a solução: Repetindo o esquema do item anterior, temos:

e assim temos 3 sequências pares e 2 ímpares de comprimento 6 e 5 sequências pares e 3 ímpares de comprimento 7.

2^a solução: Observamos que a sequência ímpar de comprimento cinco vai gerar 1 sequência par de comprimento seis; já as 2 sequências pares de comprimento cinco vão gerar 2 sequências pares de comprimento seis e 2 sequências ímpares de comprimento seis. Assim, temos 2 sequências ímpares de comprimento seis e 1 + 2 = 3 sequências pares de comprimento seis, num total de 2 + 3 = 5 sequências de comprimento 6. O mesmo argumento mostra que há 8 sequências de comprimento sete, sendo três ímpares e cinco pares.
Observação: A repetição desse argumento para valores sucessivos do comprimento mostra que, a partir do comprimento 3, o número de sequências ímpares é 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8,..., o número de sequências pares é 2, 3, 5, 8, 13,... e o número total de sequências é 3, 5, 8, 13, 21, ..... Cada termo dessas sequências de valores, a partir do terceiro, é a soma dos dois anteriores; vemos assim que essas sequências, com a eventual omissão de termos iniciais, são a sequência 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89,..., conhecida como sequência de Fibonacci.
 

d) 1^a solução: As 144 sequências ímpares de comprimento quinze vão gerar 144 sequências pares de comprimento dezesseis; já as 233 sequências pares de comprimento quinze vão gerar 233 sequências pares de comprimento dezesseis e 233 sequências ímpares de comprimento dezesseis. Assim, temos 233 sequências ímpares de comprimento dezesseis e 377 = 233 +144 sequências pares de comprimento dezesseis, num total de 233 + 377 = 610 sequências.

2^a solução: A parte da sequência de Fibonacci que nos interessa é 1, 2, 3, 5, 8,....., 144, 233, 377, 610,... . O número de sequências ímpares de comprimento 15 (resp. 16) é o 15^o (resp. 16^o) termo dessa sequência, que é 144 (resp. 233); o número de sequências pares de comprimento 15 (resp.16) é o 16^o (resp. 17^o) termo, que é 233 (resp. 377) e o número total é o 17^o (resp. 18^o) termo, que é 377 (resp. 610).

Resposta:

a) Primeiro notamos que é possível preencher o quadriculado de acordo com o enunciado; um exemplo está abaixo. Observamos agora que, qualquer que seja a maneira de preencher o quadriculado, o enunciado mostra que não podem aparecer números repetidos nos quadradinhos centrais, pois se houver dois números iguais eles estarão na mesma linha, ou na mesma coluna ou na mesma diagonal. Devem então aparecer os números 1, 3, 7 e 8 nesses quadradinhos, com a soma 1+ 3 = 7 = 8 = 19 .

b) Conforme observado no item anterior, nos quatro quadradinhos centrais devem aparecer os números 1, 3, 7 e 8. Segue que nos quadradinhos marcadas com x devem aparecer os números 1 e 8, o que pode ser feito de duas maneiras; a partir daí o quadriculado pode ser completado de modo único, como mostrado abaixo. Logo é possível preencher o quadriculado inicial de exatamente duas maneiras distintas.

c) 1^a solução: O problema, com letras a, b, c e d em vez números e com a diagonal já preenchida, como na figura ao lado, admite apenas duas soluções, que apresentamos abaixo.

Em ambas, a soma dos quadradinhos cinzentos é 2a + 2b + c + d. Para que essasoma seja máxima, basta escolher os dois maiores valores possíveis para as letras que aparecem multiplicadas por 2; a soma máxima é então 2 x 8 + 2 x 7 + 3 + 1 = 34.

2^a solução: Notamos primeiro que o enunciado do problema mostra que cada número aparece exatamente quatro vezes em um quadriculado corretamente preenchido. Suponhamos, como acima, o quadriculado preenchido com as letras a, b, c e d,nessa ordem, na diagonal principal. O diagrama abaixo mostra as duas únicas maneiras de distribuir os quatro a's pelo quadriculado de acordo com o enunciado. Vamos assim que, em qualquer caso, aparecem dois aa's nas casas sombreadas, e o mesmo acontece com d.

Os diagramas a seguir representam as possíveis posições dos b's; vemos assim que, em qualquer caso, aparece exatamente um b nas casas sombreadas, e o mesmo acontece com c.

Desse modo, a soma dos algarismos nas casas sombreadas é 2(a + d) + b + c , e a partir daí procedemos como na primeira solução.

3^a solução: Consideremos o quadriculado, onde x e denotam os números que aparecem nas casas correspondentes.

O mesmo argumento utilizado no início do item (b) mostra que a soma dos números que aparecem em cada um dos quadriculados 2x2 destacados é 1+ 3 + 7 + 8 = 19. Por outro lado, a soma dos números na diagonal também é 19; logo a soma dos números nas casas cinzentas dos dois quadriculados 2x2 é 2 x 19 - 19 = 19. Segue que a soma dos números nas casas cinzentas é 19 + x + y ; para que ela seja máxima, basta escolher os valores 7 e 8 para x e y, e chegamos à soma 19 + 7 + 8 = 34.