tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): Seja $a$ um número inteiro positivo tal que $a$ é múltiplo de 5, $a + 1$ é múltiplo de 7, $a + 2$ é múltiplo de 9 e $a + 3$ é múltiplo de 11. Determine o menor valor que $a$ pode assumir.

Solução: Como $a+3$ é múltiplo de 11, $a+3 = 11b$, $b \in \mathbb{Z}$. Sendo $a$ múltiplo de 5, $a = 10b-3$ também é múltiplo de 5, de modo que $b-3$ é múltiplo de 5. Assim, $b = 5c+3$. Logo $a = 10b-3 = 10(5c+3)-3 = 50c+30-3 = 50c+27$. O número $a+2$ é múltiplo de 9, assim, como $a = 50c+27$, $50c+27+2 = 50c+29$ é múltiplo de 9. Como $50c+29 = 50c+27+2 = 50c+29$, $50c+29 \equiv 5c+2 \pmod{9}$. Portanto, $5c+2$ é múltiplo de 9. Se $c=1$, $5c+2=7$. Se $c=2$, $5c+2=12$. Se $c=3$, $5c+2=17$. Se $c=4$, $5c+2=22$. Se $c=5$, $5c+2=27$, que é múltiplo de 9. Assim, $c=5$. Logo $a = 50(5)+27 = 250+27 = 277$.
O número $d+1$ é múltiplo de 7, então $d+1 = 7k$. Como $d$ é múltiplo de 4, $d = 4m$. Então $4m+1$ é múltiplo de 7. Se $m=1$, $4m+1=5$. Se $m=2$, $4m+1=9$. Se $m=3$, $4m+1=13$. Se $m=4$, $4m+1=17$. Se $m=5$, $4m+1=21$, que é múltiplo de 7. Assim, $m=5$. Logo $d = 4(5) = 20$.
Por fim, sendo $a+1$ múltiplo de 7, então $a+1 = 497d - 245 = a+1 - 7(71d+35) = -2d+6 = -2(20)+6 = -40+6 = -34$. Ou seja, $d = -34 \div (-2) = 17$. Logo o valor de $a$ é $1735$.
Problema (nível 3): Gabriel resolveu uma prova de matemática com questões de álgebra, geometria e lógica. Após checar o resultado da prova Gabriel observou que respondeu corretamente $50\%$ das questões de álgebra, $70\%$ das questões de geometria e $80\%$ das questões de lógica. Gabriel observou, também, que respondeu corretamente $62\%$ das questões de álgebra e lógica e $74\%$ das questões de geometria e lógica. Qual a porcentagem de questões corretas da prova de Gabriel?

Solução: Vamos representar por $A$, $G$ e $L$ a quantidade de questões de Álgebra, Geometria e Lógica da prova e por $a$, $g$ e $l$ as questões respondidas acertadamente em cada uma destas áreas. As condições do problema fornecem as seguintes equações:
$$ \frac{a}{A} = 0,5; \quad \frac{g}{G} = 0,7; \quad \frac{l}{L} = 0,8; \quad \frac{a+1}{A+L} = 0,62; \quad \frac{g+1}{G+L} = 0,74 $$
Substituindo as relações expressas pelas três primeiras equações nas outras duas, obtemos:
$$ \frac{0,5A+0,8L}{A+L} = 0,62 \Rightarrow 0,12A = 0,18L \Rightarrow A = \frac{3L}{2} $$
$$ \frac{0,7G+0,8L}{G+L} = 0,74 \Rightarrow 0,04G = 0,06L \Rightarrow G = \frac{3L}{2} $$
A porcentagem de questões acertadas é:
$$ \frac{a+g+l}{A+G+L} = \frac{0,5A+0,7G+0,8L}{A+G+L} = \frac{0,5 \cdot \frac{3}{2}L+0,7 \cdot \frac{3}{2}L+0,8L}{\frac{3}{2}L+\frac{3}{2}L+L} = \frac{\frac{3}{4}L+\frac{21}{20}L+\frac{4}{5}L}{4L} = \frac{\frac{15+21+16}{20}L}{4L} = \frac{\frac{52}{20}L}{4L} = \frac{\frac{13}{5}L}{4L} = \frac{13}{20} = 0,65 = 65\% $$
Problema (nível 2): O tanque do carro de Esmeralda, com capacidade de $60$ litros, contém uma mistura de $20\%$ de álcool e $80\%$ de gasolina ocupando metade de sua capacidade. Esmeralda pediu para colocar álcool no tanque até que a mistura ficasse com quantidades iguais de álcool e gasolina. Quantos litros de álcool devem ser colocados?

Solução: O tanque contém uma mistura de $30$ litros, sendo $0,2 \times 30 = 6$ litros de álcool e $30 - 6 = 24$ litros de gasolina. Portanto, para que as quantidades de gasolina e álcool fiquem iguais, devem ser colocados no tanque $24 - 6 = 18$ litros de álcool.
Problema (nível 2): Na sequência de números $1, a, 2, b, c, d, \dots$ dizemos que o primeiro termo é $1$, o segundo termo é $a$, o terceiro termo é $2$, o quarto termo é $b$, e assim por diante. Sabe-se que esta sequência tem $2005$ termos e que cada termo, a partir do terceiro, é a média aritmética de todos os termos anteriores. Qual é o último termo dessa sequência?

Solução: Como $2$ é a média aritmética de $1$ e $a$, podemos escrever $\frac{1+a}{2} = 2$, logo $1+a = 4 \Leftrightarrow a = 3$; portanto, $b = \frac{1+2+3}{3} = 2$; $c = \frac{1+3+2+2}{4} = 2$; $d = \frac{1+3+2+2+2}{5} = 2$. Esses exemplos sugerem que todos os termos, a partir do terceiro, são iguais a $2$. De fato, quando introduzimos em uma sequência um termo igual à média de todos os termos da sequência, a média da nova sequência é a mesma que a da sequência anterior. Assim, o último termo da sequência dada é $2$.
Problema (nível 2): Natasha é supersticiosa e, ao numerar as $200$ páginas de seu diário, começou do $1$ mas pulou todos os números nos quais os algarismos $1$ e $3$ aparecem juntos, em qualquer ordem. Por exemplo, os números $31$ e $137$ não aparecem no diário, porém $103$ aparece. Qual foi o número que Natasha escreveu na última página do seu diário?

Solução: Natasha pulou os números $13, 31, 113, 130, 131, 132, \dots, 139$, num total de $13$ números. Portanto, na última página do seu diário escreveu o número $200 + 13 + 1 = 214$.
Problema (nível 2): Lara tem cubos iguais e quer pintá-los de maneiras diferentes, utilizando as cores laranja ou azul para colorir cada uma de suas faces. Para que dois cubos não se confundam, não deve ser possível girar um deles de forma que fique idêntico ao outro. Por exemplo, há uma única maneira de pintar o cubo com uma face laranja e cinco azuis. Quantos cubos pintados de modos diferentes ela consegue obter?

Solução: Todas as faces azuis: uma maneira. Cinco faces azuis e uma amarela: uma maneira. Quatro faces azuis e duas amarelas: duas maneiras (duas faces amarelas opostas ou duas faces amarelas adjacentes). Três faces azuis e três faces amarelas: duas maneiras (três azuis com um vértice comum – uma maneira ou três azuis com uma aresta comum duas a duas – uma maneira) Duas faces azuis e quatro amarelas: duas maneiras Uma face azul e cinco amarelas: uma maneira. Todas as faces amarelas: uma maneira. Portanto, o número de maneiras diferentes de pintar o cubo é $10$.
Problema (nível 2): Considere três números inteiros positivos consecutivos de três algarismos tais que o menor é múltiplo de $7$, o seguinte é múltiplo de $9$ e o maior é múltiplo de $11$. Escreva todas as seqüências de números que satisfazem essas propriedades.

Solução: Seja $n = abc$ múltiplo de $11$; então $n-1$ deve ser múltiplo de $9$ e $n-2$ deve ser múltiplo de $7$. Seja $C \neq 0$. Como $abc$ é múltiplo de $11$, podemos ter $a-b+c=0$ ou $a-b+c=11$. Como $abc-1$ é múltiplo de $9$, podemos ter $a+b+c-1=9$ ou $a+b+c-1=18$. No caso de $a+b+c-1=0$, teríamos $n-1=99 \Rightarrow n=100$, que não é múltiplo de $11$. Assim, simultaneamente, somente podemos
\begin{enumerate}
    \item[(i)] $\begin{array}{l} a+b+c=10 \\ a-b+c=0 \end{array} \Rightarrow \begin{array}{l} 2b=10 \\ a+c=5 \end{array} \Rightarrow b=5$ ou
    \item[(ii)] $\begin{array}{l} a+b+c=19 \\ a-b+c=11 \end{array} \Rightarrow \begin{array}{l} 2b=19 \\ a+c=11 \end{array} \Rightarrow b=19/2$
\end{enumerate}
No caso (i) existem as seguintes possibilidades para $n$: $154, 253, 352, 451$, que são múltiplos de $11$; para $n-1$ temos os números $153, 252, 351, 450$ e $849$ são múltiplos de $9$. Para os números $n-2$ temos $152, 251, 350, 449$ e $848$ dos quais apenas $350$ é múltiplo de $7$. No caso (ii) existem as seguintes possibilidades para $n$: $649, 748, 847$ e $946$, que são múltiplos de $11$; para $n-1$ temos os números $648, 747, 846$ e $945$ são múltiplos de $9$. Para os números $n-2$ temos $647, 746, 845$ e $944$, dos quais nenhum é múltiplo de $7$. Seja $C=0$. Neste caso, $n-1$ tem os algarismos $a, b-1$ e $9$. Assim, $a+b-1+9=9$ ou $a+b-1+9=18$ ou seja, $a+b=1$ ou $a+b=10$. Como $a-b+c=a-b=0$ ou $a-b+c=a-b=11$, concluímos que $a=b$. Assim, $a=b=5$, o que fornece os números $n=550$, $n-1=549$ e $n-2=548$, que não é divisível por $7$. Portanto, a única sequência de três números inteiros consecutivos nas condições dadas é $350, 351$ e $352$.
Problema (nível 4): Cada um dos números $x_1, x_2, \dots, x_{2004}$ pode ser igual a $\sqrt{2}-1$ ou a $\sqrt{2}+1$. Quantos valores inteiros distintos a soma $\sum_{k=1}^{2004} x_{2k-1}x_{2k} = x_1x_2 + x_3x_4 + x_5x_6 + \dots + x_{2003}x_{2004}$ pode assumir?

Solução: Os possíveis produtos $x_{2k-1}x_{2k}$ são $(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}-1)=3-2\sqrt{2}$, $(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}+1)=3+2\sqrt{2}$ e $(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)=1$. Suponha que $a$ produtos são iguais a $3-2\sqrt{2}$, $b$ produtos são iguais a $3+2\sqrt{2}$ e $1002-a-b$ produtos são iguais a $1$.
A soma é igual a $a(3-2\sqrt{2})+b(3+2\sqrt{2})+1002-a-b=1002+2a+2b+2(b-a)\sqrt{2}$.
Assim, para que a soma seja inteira, devemos ter $a=b$. Logo a soma é igual a $1002+4a$.
Como $a$ varia de 0 a 501 (pois $a+b$ não pode ser maior que 1002), a soma pode assumir 502 valores inteiros.

Observações:
O enunciado continha um erro: o somatório deveria ser $\sum_{k=1}^{1002} x_{2k-1}x_{2k}$. E não $\sum_{k=1}^{501} x_{2k-1}x_{2k}$.
Os alunos que encontraram corretamente a resposta para o número de valores inteiros distintos que a soma $\sum_{k=1}^{501} x_{2k-1}x_{2k} = x_1x_2+x_3x_4+x_5x_6+...+x_{4007}x_{4008}$ assumir, a qual é 1003 (de fato, agora, na notação da solução acima, a soma é $2004+4a'$, e a varia de 0 a 1002) também devem ganhar 10 pontos.
Problema (nível 4): Os doze alunos de uma turma de olimpíada saíam para jogar futebol todos os dias após a aula de matemática, formando dois times de 6 jogadores cada e jogando entre si. A cada dia eles formavam dois times diferentes dos times formados em dias anteriores. Ao final do ano, eles verificaram que cada 5 alunos haviam jogado juntos num mesmo time exatamente uma vez. Quantos times diferentes foram formados ao longo do ano?

Solução: Para cada grupo de 5 alunos, existe um único time formado que os contém. Logo, contamos
$$ \binom{12}{5} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8}{5!} = 792 $$
vezes para cada 5 alunos escolhidos. Por outro lado, em cada time de
$$ \binom{6}{5} = 6 $$
jogadores, temos 6 modos de escolhermos cinco jogadores, ou seja, existem 6 grupos de 5 jogadores que geram o mesmo time na nossa primeira contagem. Logo, o total de times formados é igual a
$$ \frac{792}{6} = 132. $$

Solução Alternativa:
Há $\binom{12}{6}$ maneiras de escolher 6 dentre 12 alunos. Além disso, fixados 5 alunos, há 7 maneiras de montar um time com esses 5 alunos mais outro aluno. Assim, considerando que cada 5 alunos jogaram juntos num mesmo time exatamente uma vez, o total de maneiras de escolher 6 dentre 12 alunos é igual a 7 vezes o número de maneiras de formar os times ao longo do ano. Logo o número de maneiras de formar os times ao longo do ano é
$$ \frac{1}{7} \binom{12}{6} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 132. $$
Problema (nível 4): Determine todas as soluções da equação $n \cdot 2^{n-1} + 1 = m^2$, com $n$ e $m$ naturais.

Solução: A equação é equivalente a $n \cdot 2^{n-1} = (m-1)(m+1)$. Suponha $n>3$. Temos $m$ ímpar, digamos $m=2k+1$. A equação fica então $n \cdot 2^{n-3} = k(k+1)$. Portanto, $2^{n-3}$ divide $k$ ou $k+1$, pois $k$ ou $k+1$ (o que for ímpar) divide $n$. Assim, $k+1 \ge 2^{n-3}$ e $k \le n$, donde $n+1 \ge 2^{n-3}$.
Mostremos, por indução, que $n+1 < 2^{n-3}$ para $n \ge 5$. Para $n=5$ (base de indução), temos $6 < 1 = 2^2 = 4$. Supondo que a desigualdade é válida para $n=k$, provemos que a mesma é válida para $n=k+1$ (passo indutivo). De fato, temos $k+1 < 2^{k-3} \Rightarrow k+1 < 2^{k-3} \cdot 2 = 2^{k-2}$. Como $k+2 < 2^{k-2}$, temos $k+2 < 2^{k-2}$, completando a demonstração.
Assim, basta testar $0 \le n \le 5$. Portanto as soluções são $(m;n)=(1;0)$ e $(m;n)=(9;5)$.
Problema (nível 4): Dizemos que um número inteiro positivo é sinistro quando a soma de seus fatores primos é igual à soma dos expoentes de sua decomposição em fatores primos. Encontre todos os números sinistros de quatro algarismos.

Solução: Seja $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$ (com $p_1 < p_2 < ... < p_k$ primos) um número sinistro. Como $p_i \ge 2$ para todo $i$, $n \ge 2^{a_1+...+a_k}$. [2 pontos]
Como $n$ tem 4 algarismos, $n < 10000$, donde $2^{a_1+...+a_k} \le n < 10000$, e logo $a_1+...+a_k \le 13$. [1 ponto]
Se um dos fatores primos fosse maior ou igual a 11, a soma dos fatores primos seria $\ge 11$, donde $a_1+...+a_k \ge 11$ e $n \ge 2^{11} = 2048$. [1 ponto]
Assim, os únicos fatores primos possíveis são 2, 3, 5 e 7. Como $3^7 < 1000$, se a soma dos expoentes for $\le 5$, o número deve ser $5^2 = 3125$. A soma pode ser também igual a 7, donde o número pode ser $2^1 \cdot 5^1 = 2000$, ou $2^1 \cdot 5^1 = 5000$ (note que $7^1 > 10000$).
Não pode ser igual a $8=3+5$, pois $3^1 \cdot 5^1 > 10000$.
Pode ser igual a $9=7+2$, podendo o número ser igual a $2^1 \cdot 7^1 = 1792$ ou $2^1 \cdot 7^1 = 6272$.
Pode ser igual a $10=2+3+5$, podendo o número ser igual a $2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1 = 3840$, $2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1 = 5760$, $2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1 = 9600$ ou $2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1 = 8640$ (note que os fatores primos não podem ser 3 e 7, pois $3^1 \cdot 7^1 > 10000$).
A soma não pode ser 11, nem 12 (pois $2^{10} \cdot 3^1 \cdot 7^1 \cdot 5^1$ são maiores que 10000) nem 13. Assim os números sinistros de quatro algarismos são $5^1 = 3125$, $2^1 \cdot 5^1 = 2000$, $2^1 \cdot 5^1 = 5000$, $2^1 \cdot 7^1 = 1792$, $2^1 \cdot 7^1 = 6272$, $2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1 = 3840$, $2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1 = 5760$, $2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1 = 9600$ e $2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1 = 8640$. [+6 pontos]

Observação: Soluções que não encontram todos os números sinistros de quatro algarismos ou que encontram um falso número sinistro ganham no máximo 8 pontos.
Deve ser retirado pelo menos um ponto por cada número sinistro que falte.
Problema (nível 3): Qual é a soma dos algarismos do número $\sqrt{2004 \times 2002 \times 1998 \times 1996 + 36}$?

Solução: $$ \sqrt{2004 \times 2002 \times 1998 \times 1996 + 36} = \sqrt{(2000 + 4) \times (2000 + 2) \times (2000 - 2) \times (2000 - 4) + 36} $$ $$ = \sqrt{((2000 + 4) \times (2000 - 4)) \times ((2000 + 2) \times (2000 - 2)) + 36} $$ $$ = \sqrt{(2000^2 - 4^2) \times (2000^2 - 2^2) + 36} $$ $$ = \sqrt{(2000^2 - 16) \times (2000^2 - 4) + 36} $$ $$ = \sqrt{2000^4 - 20 \times 2000^2 + 64 + 36} $$ $$ = \sqrt{2000^4 - 20 \times 2000^2 + 100} $$ $$ = \sqrt{(2000^2 - 10)^2} = 2000^2 - 10 = 3999990 $$ Portanto a soma dos algarismos é $3 + 9 + 9 + 9 + 9 + 9 + 0 = 48$.
Problema (nível 3): \begin{enumerate}
    \item[(a)] Simplifique a expressão
    $$1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{x}}}$$ 
    \item[(b)] Certa calculadora tem duas teclas especiais: A e B. A tecla A transforma o número $x$ que está no visor em $\frac{1}{x}$. A tecla B transforma o número $x$ que está no visor em $1 - x$.
    Pedro tem um número no visor e aperta sucessivamente, de forma alternada, as duas teclas: A, B, A, B, ...
    Após 1000 operações, o visor mostrava o número 2004. Que número Pedro tinha inicialmente no visor?
\end{enumerate}

Solução: \begin{enumerate}
    \item[(a)] $1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{x}}} = 1 - \frac{1}{1 - \frac{x}{x - 1}} = 1 - \frac{1}{\frac{x - 1 - x}{x - 1}} = 1 - \frac{x - 1}{-1} = 1 + x - 1 = x$
    \item[(b)] $x \xrightarrow{A} \frac{1}{x} \xrightarrow{B} 1 - \frac{1}{x} \xrightarrow{A} \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} \xrightarrow{B} 1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} \xrightarrow{A} \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{x}}} \xrightarrow{B} 1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{x}}}$
    Como $1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{x}}} = x$, vemos que após apertar 6 vezes sucessivamente, de forma alternada, as duas teclas A e B o número que aparece no visor da calculadora volta a ser igual ao que aparecia inicialmente no visor. Uma vez que $1000 = 166 \times 6 + 4$, basta analisar apenas as 4 primeiras interações, ou seja,
    $x \xrightarrow{A} \frac{1}{x} \xrightarrow{B} 1 - \frac{1}{x} \xrightarrow{A} \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} \xrightarrow{B} 1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{x}}$
    de onde temos que
    $1 - \frac{1}{1 - \frac{1}{x}} = 2004 \Leftrightarrow 1 - \frac{x}{x - 1} = 2004 \Leftrightarrow \frac{x - 1 - x}{x - 1} = 2004 \Leftrightarrow \frac{-1}{x - 1} = 2004 \Leftrightarrow x - 1 = -\frac{1}{2004} \Leftrightarrow x = 1 - \frac{1}{2004} = \frac{2003}{2004}$.
\end{enumerate}
Problema (nível 3): Um número de 4 algarismos $abcd$ é chamado de legal quando a soma dos números formados pelos dois primeiros e pelos dois últimos algarismos é igual ao número formado pelos algarismos centrais (ou seja, $ab + cd = bc$). Por exemplo, 2307 é um número legal pois $23 + 07 = 30$.
\begin{enumerate}
    \item[(a)] Qual é o menor número legal maior do que 2307?
    \item[(b)] Quantos são os números legais de 4 algarismos?
\end{enumerate}

Solução: \begin{enumerate}
    \item[(a)] Mantendo $a = 2$, temos $d = 7$. Além disso, $10 \cdot 2 + 7 = 9(b - c) \Rightarrow b - c = 3$. O menor valor de b que podemos escolher, após 3, é 4, e nesse caso, $c = 1$. O número procurado é, então, 2417.
    \item[(b)] Uma vez que escolhemos $b - c$, $a$ e $d$ estão determinados: $a$ é o algarismo das dezenas de $9(b - c)$, e $d$, o das unidades. Além disso, $9(b - c) \ge 10 \Rightarrow b - c \ge 2$.
    Se $b - c = 2$, $(b,c) \in \{(2,0); (3,1); (4,2); \dots; (9,0)\}$, um total de 8 possibilidades.
    Da mesma forma, vemos que se $b - c = 3$, $(b,c) \in \{(3,0); (4,1); (5,2); \dots; (9,6)\}$, há um total de 7 possibilidades.
    Para $b - c = 4$, $(b,c) \in \{(4,0); (5,1); (6,2); \dots; (9,5)\}$, 6 possibilidades, $b - c = 5$, $(b,c) \in \{(5,0); (6,1); (7,2); \dots; (9,4)\}$, 5 possibilidades, $b - c = 6$, $(b,c) \in \{(6,0); (7,1); (8,2); (9,3)\}$, 4 possibilidades, $b - c = 7$, $(b,c) \in \{(7,0); (8,1); (9,2)\}$, 3 possibilidades, $b - c = 8$, $(b,c) \in \{(8,0); (9,1)\}$, 2 possibilidades e, finalmente, para $b - c = 9$, $(b,c) = (9,0)$, 1 possibilidade.
    Há, portanto, um total de $8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36$ números legais.
\end{enumerate}