Grupo A -------------- 3 moedas

                 Grupo B -------------- 3 moedas

                 Grupo C -------------- 2 moedas

Coloca-se num prato da balança as moedas do grupo A e no outro prato da balança as moedas do grupo B. Vejamos quais as hipóteses possíveis:

1ª hipótese

Se os pratos da balança ficarem equilibrados é porque a moeda mais leve está no grupo C. Sendo assim, na segunda pesagem colocamos cada uma das bolas do grupo C em cada um dos pratos da balança e vimos automaticamente qual é a mais leve.

2ª hipótese

Se os pratos da balança ficarem desiquilíbrados, suponhamos, sem perda de generalidade, que o grupo A é o grupo onde está a bola mais leve. Na 2ª pesagem escolhemos duas das bolas do grupo A, colocando uma em cada prato. Se os pratos ficarem equilíbrados é porque a bola mais leve é aquela que guardámos, se ficarem desiquilibrados sabemos automaticamente qual é a bola mais leve.

Resolução do problema " Eleições para a associação"

   Seja a = nº de votos da lista A

          b = nº votos da lista B

          c = nº de votos da lista C

   Sabemos dos dados do problema que:

           a = 400

           b = 1/3 ( a+ b+ c) Û b = a/3 + b/3 + c/3 Û b = (c + a)/2

Daqui podemos concluir que a lista B teve o nº médio de votos, ficando por isso em segundo lugar. Então  b = 470 uma vez que está equidistante de a e c e a lista C venceu por uma maioria de 70 votos em relação à lista B. 

Resolução do problema " Rosas para o casamento"

      Seja n o nº de rosas que o Sr. José apanhou. Como n não é múltiplo de 2 n não é par. Como 5 não divide n, o último algarismo do número n não é 0 nem 5. Por outro lado sabemos que n é múltiplo de 7.

Vamos então determinar alguns dos múltiplos de 7, impares e que não terminem em 0 nem em 5.

7, 21,49, 63, 77, 91, 119, 133, 147, 161, 189, 203, 217, 231, 259, 273, 287, 301...

  n não pode ser 7 pois dividindo 4 a 4 não sobra apenas 1.

  n não pode ser 21 pois 21  dividindo 3 a 3 não sobra apenas 1.

  n não pode ser 49 pois dividido 5 a 5 não sobra apenas 1

Fazendo este raciocínio para cada um dos números que preenchem os requisitos verificamos que o primeiro que nos satisfaz é o nº 301, ou seja, n= 301.

Resolução do problema " O cesto dos ovos"

Se o nº de ovos num cesto duplica em cada minuto, então metade do cesto estava cheia ao fim de 9 minutos.

Resolução do problema " Preencher quadrados"

Como sabemos que o primeiro tapete, de forma quadrada, tem uma circunferência inscrita, ele terá o seguinte aspecto:

Sabendo que a circunferência tem raio r, então o lado do quadrado mede 2r, sendo a sua área 4r².

Pretendemos então construir um quadrado com 2r² de área( metade da área do tapete inicial), ou seja, queremos construir um quadrado de lado Ö 2r.

  Calculemos a medida de h, usando o Teorema de Pitágoras.

               h² = r² + r²

               h = Ö 2r

  Ou seja, h é um dos lados do quadrado que queremos construir, sendo assim, o tapete pretendido tem as medidas do quadrado inscrito na circunferência do tapete inicial.

Nota:
        Era possível resolver este problema de uma maneira mais fácil, que passamos a descrever. Como o raio da circunferência é r o diâmetro é 2r e coincide com a medida do lado do tapete. Se o lado do tapete é 2r, a sua área será de 4r² e o tapete pretendido terá de área 2r². A razão pela qual apresentamos a resolução atrás efectuada é, não só pelo facto de usarmos o Skechpad, mas também porque torna mais perceptível a particularidade de que um quadrado inscrito numa circunferência tem metade da área do quadrado ex-inscrito nessa mesma circunferência.

Resolução do problema " Onde está a bola? "

   Consideremos A o local onde está a Ana quando atira a bola e L o local onde estava a Liliana pronta a recebê-la. Seja s o segmento de recta que une os dois pontos A e L. Com a ajuda do Skechpad vamos determinar a mediatriz M desse segmento.

   Se a bola estiver entre A e M a Ana é quem está mais perto, se, pelo contrário ela estiver entre M e L será a Liliana quem se encontra mais perto da bola.

   Se determinarmos os local onde se encontram os furos será depois mais fácil dizer qual a configuração a dar ao tubo.

  Um dos furos é fácil de localizar, basta calcular o ponto médio entre P e Q, sendo Q o ponto em que r e uma recta perpendicular a r que passa por P se intersectam

  Então M é um dos furos pretendidos.

  Para determinar os outros furos podemos pensar que para um furo estar a uma distância x do poço, tem de estar sobre uma circunferência de centro P e raio x. Vamos concretizar para uma determinada distância.

    Por este processo é possível determinar muitos furos. Por cada circunferência com centro em P pode traçar-se uma recta paralela a r em que se encontram dois furos possíveis. Assim podemos concluir que a forma do tubo tem de ser uma parábola.

   Podemos ainda tomar um outro caminho de resolução que passamos a descrever: Vamos definir um referencial em que o primeiro furo encontrado (M) é a origem e PQ é o eixo das coordenadas.

   Vamos tentar encontrar uma expressão que nos dê a localização de todos os furos necessários.

   Vamos impôr a condição de que a distância a qualquer furo (x,y) é igual à distância do furo à recta, não esquecendo que agora as coordenadas de P são (0,50).