tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): A mediana de um conjunto $\{a_1, a_2, \dots, a_n\}$ com $a_1 < a_2 < \dots < a_n$ é igual à media dos dois termos centrais $\frac{a_{n/2} + a_{n/2+1}}{2}$ se $n$ é par e ao termo central $a_{(n+1)/2}$ se $n$ é ímpar. Sendo $M$ a quantidade de subconjuntos de $\{1,2,3,\dots,2014\}$ com mediana igual a 2012, encontre o resto da divisão de $M$ por 2014.

Solução: Seja $k$ a quantidade de elementos de um conjunto com mediana $2012$. Temos $k \ge 1$.
Se $k$ é ímpar, escolhemos $\frac{k-1}{2}$ elementos do conjunto $\{1,2,\dots,2011\}$ e $\frac{k-1}{2}$ elementos do conjunto $\{2013,2014\}$. Por causa disso, $\frac{k-1}{2} \le 2011$ e $\frac{k-1}{2} \le 2$. Com isso, há $\binom{2011}{\frac{k-1}{2}} \binom{2}{\frac{k-1}{2}}$ conjuntos nesse caso. Somando, obtemos
$$\binom{2011}{0}\binom{2}{0} + \binom{2011}{1}\binom{2}{1} + \binom{2011}{2}\binom{2}{2}.$$
Se $k$ é par, então $k \le 2$ ou $k = 4$. Se $k=2$, podemos escolher $\{2011,2013\}$ ou $\{2010,2014\}$; se $k=4$, devemos ter dois números maiores do que $2012$, ou seja, ambos $2013$ e $2014$, $2013$, e qualquer um dos números de $1$ a $2010$. Assim, se $k$ é par, o total é $2+1010 = 2012$.
Somando tudo e vendo módulo $2014$, temos
$$\binom{2011}{0}\binom{2}{0} + \binom{2011}{1}\binom{2}{1} + \binom{2011}{2}\binom{2}{2} + 2012 = 1 + (2011 \cdot 2) + (2011 \cdot 2010 / 2) + 2012 = 1 + 4022 + 2011 \cdot 1005 + 2012 = 2027090 \equiv 1006 \pmod{2014}.$$
Problema (nível 4): Um conjunto é dito completamente divisível se para quaisquer elementos $a < b$ temos que $a$ divide $b$. Um conjunto de inteiros positivos $A$ é completamente divisível e possui 2016 como um de seus elementos. Sabendo que todos os elementos de $A$ são menores que 2 milhões, qual o máximo número de elementos que $A$ pode ter?

Solução: Seja $b < k$ e divide $b$, ou seja, $b$ é múltiplo de $a$, $b$ é pelo menos $2a$, ou seja, $b \ge 2a$. Assim, sendo $a_n = 2^{a_n-1}$, $a_n < 2016 \implies a_n-1 < \log_2 2016 \implies a_n-1 < 10.97 \implies a_n \le 11$.
$a_n = 2^{a_n-1}$.
$a_n < 2000000 \implies 2^{a_n-1} < 2000000 \implies a_n-1 < \log_2 2000000 \implies a_n-1 < 20.9 \implies a_n \le 21$.
Os elementos de um conjunto completamente divisível, temos
$$2000000 \ge a_n \ge 2a_{n-1} \ge 2 \cdot 2^{a_{n-1}-1} = 2^{a_{n-1}} \ge 2^{2a_{n-2}} \ge \dots \ge 2^{2^{n-1}a_1}$$
$$2000000 \ge 2^{2^{n-1}a_1}$$
$$2000000 \ge 2^{2^{n-1}}$$
$$2^{20.9} \ge 2^{2^{n-1}}$$
$$20.9 \ge 2^{n-1}$$
$$4.38 \ge n-1$$
$$n \le 5.38$$
Então $n \le 5$.
Além disso, todos os números $a_1, \dots, a_n$ são divisores de $2016 = 2^5 \cdot 3^2 \cdot 7$. Como $2016$ tem $8$ fatores primos (não necessariamente distintos, e $a_i/a_{i-1}$ é inteiro maior do que $1$), $k \le 8$ é a quantidade $n$ de elementos de um conjunto completamente divisível ($n \le 8 + 10 = 18$). O conjunto a seguir é um exemplo de conjunto completamente divisível com $18$ elementos:
$\{1,2,4,8,16,32,96,288,2016,4032,8064,16128,32256,64512,129024,258048,516096,1032192\}$.
Problema (nível 4): Numa sala de aula, o professor fez uma votação para ver se adiava ou não a data da prova de Matemática. Um terço dos alunos foi contra o adiamento e o restante a favor. Vários alunos argumentaram e o professor fez nova votação, na qual 8 alunos mudaram de opinião, de modo que $\frac{5}{9}$ dos alunos passaram a ser contra o adiamento da prova. No máximo, quantos alunos participaram da votação?

Solução: Seja $n$ a quantidade de alunos que eram contra o adiamento da prova e seja $2n$ a quantidade de alunos que eram a favor do adiamento da prova. Sejam $x$ o número de alunos que mudaram de a favor para contra o adiamento da prova, $y$ o número de alunos que mudaram de contra para a favor do adiamento da prova. Como $5/9$ dos alunos passaram a ser contra o adiamento da prova,
$$\frac{n+x-y}{n+2n} = \frac{5}{9} \implies \frac{n+x-y}{3n} = \frac{5}{9} \implies 3(n+x-y) = 5n \implies 3n+3x-3y = 5n \implies 3x-3y = 2n.$$
Como $x$ é inteiro, devemos ter $n=3k$, $k$ inteiro positivo.
Logo $x=k+4$. Como $x \le 8$, segue que $k \le 4$ e sendo o total de alunos $3n = 9k$, o número máximo de alunos é $36$, que claramente pode ser atingido.
Problema (nível 3): Numa sala de aula, o professor fez uma votação para ver se adiava ou não a data da prova de Matemática. Todos os alunos votaram e como resultado um terço dos alunos foi contra o adiamento e o restante a favor. Vários alunos argumentaram e o professor fez nova votação, na qual 8 alunos mudaram de opinião, de modo que $5/9$ dos alunos passaram a ser contra o adiamento da prova. No máximo, quantos alunos participaram da votação?

Solução: Seja $x$ a quantidade de alunos da sala. Alguns alunos podem ter mudado o voto de "a favor" para "contra" e vice-versa. A diferença entre as quantidades de alunos nas duas circunstâncias que votaram contra representa o saldo entre esses dois tipos de trocas. Como apenas oito alunos mudaram de ideia, tal saldo não pode ser maior que 8, ou seja,
$$ \frac{2x}{9} - \frac{5x}{9} \le 8 $$
Portanto, $x \le 36$.
Problema (nível 3): A soma de 5 inteiros distintos é 1. A soma dos elementos de cada subconjunto de dois elementos desses 5 é calculada. Qual o número máximo de somas que podem ser divisíveis por 3?

Solução: Sejam $x, y$ e $z$ as quantidades de inteiros dentre os 5 que deixam restos $0, 1$ e $2$ na divisão por $3$, respectivamente. Como a soma dos 5 é igual a $1$, $0 \cdot x + 1 \cdot y + 2 \cdot z = y + 2z$ deixa resto $1$ na divisão por $3$. Naturalmente, $x, y$ e $z$ são elementos do conjunto $0, 1, 2, 3, 4, 5$. A última equação determina uma relação entre os possíveis valores de $y$ e $z$:
\begin{enumerate}
    \item[(i)] se $y = 0, z = 2$ ou $z = 5$;
    \item[(ii)] se $y = 1, z = 0$ ou $z = 3$;
    \item[(iii)] se $y = 2, z = 1$;
    \item[(iv)] se $y = 4, z = 2$;
    \item[(v)] se $y = 4, z = 0$.
\end{enumerate}
Em um subconjunto de dois elementos com soma divisível por $3$, ou ambos os inteiros são divisíveis por $3$ ou um deles deixa resto $1$ e o outro resto $2$. Portanto a expressão que conta o número de somas divisíveis por $3$ é:
$$ \binom{x}{2} + y \cdot z $$
Lembrando que $x = 5 - y - z$ e estudando cada uma das cinco possibilidades para $(x, y, z)$ resultantes da análise acima - como indicado na tabela abaixo -, podemos concluir que a quantidade máxima é $6$ que ocorre quando $(x, y, z) = (0, 3, 2)$.
$$
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline
x & y & z & Total de Somas \\
\hline
3 & 0 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 5 & 0 \\
1 & 1 & 3 & 3 \\
4 & 1 & 0 & 0 \\
2 & 2 & 1 & 2 \\
0 & 3 & 2 & 6 \\
1 & 4 & 0 & 4 \\
\hline
\end{tabular}
$$
Problema (nível 3): Determine o número de soluções com $x$ e $y$ inteiros positivos da equação: $$x^2 - y^2 = 36.$$

Solução: Para uma expressão dada, temos $(x-y)(x+y) = 36$. Como a soma de $x+y$ e $x-y$ é par, ou ambos são pares ou ambos são ímpares. Como $36$ é par, ambos são pares e podemos escrever:
$$ \frac{x-y}{2} \frac{x+y}{2} = 9 $$
Como $(x+y)/2 > 0$ e $9$ possui apenas $1, 3, 9$ como divisores positivos, sabendo que $(x+y)/2 > (x-y)/2 > 0$ concluímos que:
$$ (x-y)/2 = 1 \text{ e } (x+y)/2 = 9 $$
Resolvendo o sistema resultante, temos $(x,y) = (10,8)$.
Problema (nível 3): No super bola, o mais novo jogo de futebol, o jogador joga em temporadas. Cada temporada possui sete partidas e em cada partida o jogador pode obter 3 pontos se vencer, 1 ponto se empatar e 0 pontos se perder. De quantos modos diferentes um jogador pode obter exatamente 15 pontos em uma temporada?

Solução: Um jogador deve obter pelo menos $4$ vitórias pois caso contrário sua pontuação será no máximo:
$3 \cdot 3 + 4 \cdot 1 = 13$.
Com $4$ vitórias, o jogador deve obter exatamente $3$ empates. Em tal circunstância existem $\binom{7}{3} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 35$ maneiras de arranjar esses resultados dentre os sete jogos pois basta escolher as partidas que serão empates. Com $5$ vitórias, ele deve perder os outros dois jogos. Em tal circunstância existem $\binom{7}{2} = \frac{7 \cdot 6}{2 \cdot 1} = 21$ maneiras de arranjar esses resultados dentre os sete jogos pois basta escolher quais partidas serão derrotas. Logo, o total é $35 + 21 = 56$.
Problema (nível 3): Cantor faz uma viagem eterna de carro por uma estrada infinita partindo do quilômetro zero. Sempre que Cantor completa uma quantidade inteira de quilômetros rodados ele faz uma parada. Sempre que a parada se dá sobre um número de quilômetros da forma $6k+2$, onde $k$ é um inteiro, ele come um chocolate do tipo 1 exatamente uma vez. Sempre que a parada se dá sobre um número da forma $4t+1$, onde $t$ é um inteiro, ele come um chocolate de tipo 2 exatamente uma vez. Sabe-se que a cada $a$ quilômetros, ele come o chocolate do tipo 3 exatamente uma vez. Sabe-se também que a cada $b$ quilômetros, ele come um chocolate do tipo 4 exatamente uma vez e, finalmente; a cada $c$ quilômetros, ele come um chocolate do tipo 5 exatamente uma vez. Só existem 5 tipos de chocolates e, em cada parada, ele come exatamente um dos cinco tipos de chocolate.
\begin{enumerate}
    \item[(a)] No momento em que Cantor parar no quilômetro 2016, quantos chocolates do tipo 1 ele terá comido? E quantos chocolates do tipo 2?
    \item[(b)] Sabendo que o produto dos números $a$, $b$ e $c$ é 144, determine o valor de $ab + bc + ac$.
\end{enumerate}

Solução: \begin{enumerate}
    \item[(a)] A cada $6$ paradas consecutivas, sabemos que ele come exatamente um chocolate do tipo $1$. Assim, após $2016$ paradas, ele terá comido $2016/6 = 336$ chocolates. Analogamente, ele terá comido $2016/4 = 504$ chocolates do tipo $2$.
    \item[(b)] Repetindo o procedimento do item (a) para os outros tipos de chocolates e sabendo que ele consumiu exatamente $2016$ chocolates nas $2016$ primeiras paradas, podemos concluir que:
    $$ \frac{2016}{a} + \frac{2016}{b} + \frac{2016}{c} + \frac{2016}{4} + \frac{2016}{6} = 2016 $$
    Assim
    $$ 1176 - \frac{2016}{a} + \frac{2016}{b} + \frac{2016}{c} = \frac{2016 \cdot (ab+ac+bc)}{abc} = \frac{2016 \cdot (ab+ac+bc)}{144} $$
    Ou seja,
    $$ \frac{1176 \cdot 144}{2016} = ab+ac+bc = 84 $$
\end{enumerate}
Observação: Para cada um dos tipos de chocolates, as paradas realizadas por Cantor correspondem aos termos de uma progressão aritmética. Um exemplo possível de cinco progressões para a viagem de Cantor seria considerar os inteiros das formas: $4k+1, 4k+3, 6k, 6k+2$ e $6k+4$. Nesse caso, $ab+bc+ca = 4 \cdot 6 + 6 \cdot 6 + 6 \cdot 4 = 84$.
Problema (nível 3): Considere o trinômio do segundo grau $p(x) = x^2-x+1$.
\begin{enumerate}
    \item[(a)] Determine o número de soluções reais distintas da equação $p(x^2) = x^2$, isto é,
    $$(x^2)^2 - (x^2) + 1 = x^2.$$
    \item[(b)] Determine o número de soluções reais distintas da equação:
    $$p(p(x)) = p(x).$$
\end{enumerate}

Solução: \begin{enumerate}
    \item[(a)] A equação $(x^2)^2 - (x^2) + 1 = x^2$ pode ser reescrita como:
    $(x^2-1)^2 = (x^2)^2 - (x^2) + 1 - x^2 = 0$.
    Como $(x^2-1)^2 = 0 \iff x^2-1 = 0$, segue que $x = \pm 1$. Portanto, neste caso, o número de soluções reais distintas é $2$.
    \item[(b)] Seja $p(x) = y$. Queremos determinar as raízes de $p(y) = y$, ou seja,
    $y^2-y+1 = y \iff (y-1)^2 = 0$.
    Devemos ter $y = 1$ e consequentemente $x^2-x+1 = 1$. As raízes desta equação do segundo grau são $0$ e $1$. Portanto, temos também neste caso duas soluções reais distintas.
\end{enumerate}
Problema (nível 2): Carolina escreve uma sequência de números inteiros positivos, na qual, se um número é par, o número seguinte é a sua metade e, se o número é ímpar, o número seguinte é sete unidades maior. O primeiro número da sequência é $10$ e, então, os três primeiros números desta sequência são $10, 5, 12, \dots$. Qual é o $2014^\circ$ número desta sequência?

Solução: Note que a sequência segue o padrão $10 \to 5 \to 12 \to 6 \to 3 \to 10 \to 5 \to 12 \to 6 \to 3 \to 10 \to \dots$ repetindo-a a cada 5 números. Sabendo que 2014 deixa resto 4 na divisão por 5, o $2014^\circ$ número será igual ao $4^\circ$ número da sequência, que é 6.
Problema (nível 2): Dez crianças formam uma fila da menor criança para a maior. Sabe-se que nessa fila não existem duas crianças com a mesma altura. Por algum motivo, a fila tem que ser refeita da maior criança para a menor, através da troca de posição somente entre crianças vizinhas. No mínimo, quantas trocas de posição deverão ser feitas?

Solução: Vamos considerar a ordem de altura das crianças do menor para o maior, chamando o menor de 1, o segundo menor de 2, e seguimos até chamar o maior de 10. Temos então $(1,2,3, \dots,9,10)$. Em cada troca, um número à direita de outro passa à esquerda desse número. Então, podemos contar que o número de trocas feitas é pelo menos o número de pessoas da direita para a esquerda que devem acontecer. O 10 deve passar 9 vezes, cada um dos números de 1 a 9. O número 9 deve passar 8 vezes, e assim por diante. Portanto podemos concluir que o número de trocas é pelo menos $9+8+\dots+2+1 = \frac{9 \cdot 10}{2} = 45$. De fato, podemos fazer com essa quantidade de trocas se fizermos o 10 trocar 9 vezes para a esquerda, em seguida o 9 trocar 8 vezes para a esquerda, seguindo até que o 2 troca uma vez para a esquerda.
Problema (nível 2): O conjunto de números \{$18, 54$\} tem a seguinte propriedade: a soma dos seus elementos, $72$, é igual ao dobro de sua diferença, $36$. Quantos conjuntos de dois números inteiros positivos, ambos menores do que $100$, possuem esta propriedade? \ Observação: os conjuntos \{$18, 54$\} e \{$54, 18$\} são iguais.

Solução: Observe que o conjunto $(a,b)$, com $a < b$, satisfaz a propriedade quando:
$$ a+b = 2(b-a) \Rightarrow a+b = 2b-2a \Rightarrow 3a = b $$
Desse modo, podemos notar que os conjuntos são $(1,3), (2,6), (3,9), \dots, (32,96)$ e $(33,99)$. Veja que se tomássemos $a \ge 34 \Rightarrow b = 3 \cdot 34 = 102 \ge 100$. Concluímos, portanto, que existem 33 conjuntos com essa propriedade e tendo dois números menores que 100.
Problema (nível 2): O número 2014 é par, não possui algarismos repetidos em sua representação e a soma desses algarismos é um número primo.
\begin{enumerate}
\item[(a)] Qual é o menor inteiro positivo que tem essas três características?
\item[(b)] Qual é o maior número inteiro com essas três características?
\end{enumerate}

Solução: \begin{enumerate}
\item[(a)] O menor inteiro positivo com essas características é o 2. Observação: se o aluno interpretar que "soma dos algarismos" implica ter dois ou mais algarismos, a resposta seria 12, que será considerada de acordo com o critério a seguir.
\item[(b)] O maior número que não possui algarismos repetidos é 9876543210. Mas a soma dos algarismos desse número é $1+2+\dots+9=45$ que não é primo. Então devemos excluir pelo menos um dígito desse número. O maior primo menor que 45 é 43, portanto devemos excluir o 2 e obtemos 987654310. Esse número é o maior número com as três características. Observe que excluir mais que um algarismo resulta em um número com menos algarismos e, portanto, menor.
\end{enumerate}
Problema (nível 4): O professor Piraldo passou para Esmeralda uma equação da forma $ax = b$, sendo $a$ e $b$ reais. Esmeralda se enganou e resolveu a equação $bx = a$, obtendo uma solução que é igual à correta menos 60. Se a solução correta é da forma $m + \sqrt{n}$ com $m$ e $n$ inteiros, qual é o valor de $m + n$?

Solução: Seja $r$ a solução correta de $ax = b$. A solução de $bx = a$ é $x = \frac{a}{b} = \frac{1}{r}$. Logo
$$ \frac{1}{r} = r - 60 \Leftrightarrow r^2 - 60r - 1 = 0 \Leftrightarrow r = 30 \pm \sqrt{901}. $$
Como $r$ é da forma $m + \sqrt{n}$, $m$ inteiro, $m = 30$ e $n = 901$.
Problema (nível 4): Um subconjunto de 5 elementos do conjunto $\{1,2,3, \dots, 20\}$ é dito largo se ao colocar os seus elementos em ordem crescente tivermos a propriedade de que a diferença do segundo menos o primeiro é maior que 1, do terceiro para o segundo é maior que 2, do quarto para o terceiro é maior que 3 e do quinto para o quarto é maior que 4. Existem quantos subconjuntos largos?

Solução: Sejam $a < b < c < d < e$ os elementos de um conjunto largo. Assim, $b > a + 1, c > b + 2, d > c + 3 e > d + 4$, ou seja, $1 \le a < b-1 < c-3 < d-6 < e-10 \le 10$. Desta forma, $ \{a, b-1, c-3, d-6, e-10\} $ é um subconjunto de $ \{1,2,3,...,10\} $. Reciprocamente, se $ \{x,y,z,w,t\} $ é um subconjunto de $ \{1,2,3,...,10\} $ com $x < y < z < w < t$ então $ \{x,y+1,z+3,w+6,t+10\} $ é um conjunto largo, pois $y+1-x \ge 1, z+3-(y+1) \ge 2, w+6-(z+3) \ge 3, t+10-(w+6) \ge 4$. Com isso, a quantidade de subconjuntos largos é igual à quantidade de subconjuntos de 5 elementos de $ \{1,2,3,...,10\} $, que é $ \binom{10}{5} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{5!} = 252 $.
Problema (nível 4): Sejam $f$ e $g$ funções dos inteiros não negativos nos inteiros não negativos tais que $f(0) = g(0) = 0$, $f(2x + 1) = g(x)$, $g(2x) = f(x)$ e $f(2x) = g(2x + 1) = x$ para todo $x$ inteiro não negativo. Quantos valores de $n$ tais que $0 \le n \le 2015$ satisfazem $f(n) = 0$?

Solução: Note que se $x > 0$ então $f(2x) = x \ne 0$, ou seja, $f$ não tem raízes pares além de 0. Além disso, $f(4x+1) = g(2x) = f(x)$, e $f(4x+3) = g(2x+1) = x \ne 0$. Assim, a única raiz na forma $4x+3$ é 3.

Faltam encontrar se raízes da forma $4x+1$: ela é raiz se, e somente se $x$ é raiz. Com isso, podemos reduzir todas as raízes para algum número menor do que 4. Temos $f(0)=0$, $f(1)=0$, $f(0)=0$, $f(2)=1$ e $f(3)=0$. Com isso, as raízes são obtidas iterando as sequências $a_n$ e $b_n$ definidas por $a_0=0$ e $a_n=4a_{n-1}+1$ e $b_0=3$ e $b_n=4b_{n-1}+1$. A seguinte tabela nos dá as raízes até 2015:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
$n$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\
\hline
$a_n$ & 0 & 1 & 5 & 21 & 85 & 341 & 1365 & $> 2015$ \\
\hline
$b_n$ & 3 & 13 & 53 & 213 & 853 & $> 2015$ & & \\
\hline
\end{tabular}
Logo temos $7+5=12$ raízes entre 0 e 2015.

Observação: pode-se provar que as raízes são da forma $\frac{4^k-1}{3}$ ou $\frac{10 \cdot 4^k-1}{3}$, $k$ inteiro não negativo.
Problema (nível 4): Os reais $a$, $b$ e $c$ satisfazem as equações
$$\frac{1}{ab} = b + 2c, \quad \frac{1}{bc} = 2c + 3a, \quad \frac{1}{ca} = 3a + b.$$
Temos $(a + b + c)^3 = \frac{p}{q}$, com $p$ e $q$ inteiros primos entre si e $q > 0$. Calcule $p + q$.

Solução: Dividindo a primeira equação por $c$, a segunda por $a$ e a terceira por $b$, obtemos
$$ \begin{array}{c}
\frac{1}{c} = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} \\
\frac{2}{a} = \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \\
\frac{3}{b} = \frac{1}{a} + \frac{1}{c}
\end{array} $$
Seja $P = \frac{1}{abc}$. Então $\frac{b}{c} = P-2$, $\frac{c}{a} = P-3$ e $\frac{a}{b} = P-1$. Multiplicando as três equações, obtemos
$$ \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a} \cdot \frac{a}{b} = (P-2)(P-3)(P-1) $$
$$ 1 = (P-2)(P-3)(P-1) $$
$$ \Leftrightarrow P^3 - 6P^2 + 11P - 12 = 0 $$
$$ \Leftrightarrow P=4 \text{ ou } P^2 - 2P + 3 = 0. $$
Como $a,b,c$ são reais, $P=4$. Com isso, $abc = \frac{1}{4}$, $\frac{b}{c} = 2$, $\frac{c}{a} = 1$ e $\frac{a}{b} = 3$, ou seja, $a=b=2c$. Pode-se verificar que $a=b=2c$ satisfaz a equação. Com isso, $2c \cdot 2c \cdot c = \frac{1}{4} \Leftrightarrow c = \frac{1}{2\sqrt[3]{2}}$. Logo $(a+b+c)^3 = (\frac{1}{2\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{2\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{2\sqrt[3]{2}})^3 = (\frac{3}{2\sqrt[3]{2}})^3 = \frac{27}{16}$. Assim, a soma é $125+16=141$.
Problema (nível 4): Considere um tabuleiro $2015 \times 37$, pintado como um tabuleiro de xadrez. Cada linha e coluna tem um botão que inverte a cor de cada casinha da linha ou coluna correspondente, num total de $2015 + 37 = 2052$ botões. Quantas colorações diferentes do tabuleiro podem ser obtidas?

Solução: A resposta é $2^{2051}$.
Primeiro veja que $2^{2051}$. Primeiro, note que o que determina a cor final da casinha é a paridade da soma da quantidade de vezes que os botões da sua linha ou da sua coluna são apertados. Com isso, concluímos que:
\begin{itemize}
    \item apertar duas vezes o mesmo botão é o mesmo que não apertar o botão;
    \item a ordem em que os botões são apertados não importa.
\end{itemize}
Com isso, podemos escolher apertar ou não cada botão, dando duas escolhas para cada, em um total de $2^{2052}$ combinações dos botões.

Sejam $L$ e $C$ os conjuntos dos botões apertados nas linhas e nas colunas, respectivamente. Denote por $\bar{L}$ e $\bar{C}$ os conjuntos dos botões não apertados nas linhas e nas colunas, respectivamente. Portanto,
\begin{itemize}
    \item as casas nas intersecções das linhas e colunas correspondentes a $L$ e $C$ mudam de estado duas vezes, ou seja, se mantêm iguais;
    \item as casas nas intersecções das linhas e colunas correspondentes a $\bar{L}$ e $\bar{C}$ mudam de estado uma vez, ou seja, mudam de cor;
    \item as casas nas intersecções das linhas e colunas correspondentes a $L$ e $\bar{C}$ mudam de estado uma vez, ou seja, mudam de cor;
    \item as casas nas intersecções das linhas e colunas correspondentes a $\bar{L}$ e $C$ não mudam de cor.
\end{itemize}
Em resumo: $(L,C)$ e $(\bar{L},\bar{C})$ não mudam e $(L,\bar{C})$ e $(\bar{L},C)$ mudam.

Note que se fizermos outra combinação de botões, correspondentes a $\bar{L}$ e $\bar{C}$ (ou seja, apertamos os botões que não apertamos na outra combinação e vice-versa), obtemos a mesma configuração. Reciprocamente, se temos uma configuração, podemos identificar as casas que não mudaram, e com isso, encontrar $(L,C)$ ou $(\bar{L},\bar{C})$. Mas esses pares são correspondentes entre si, então cada tabuleiro é gerado por exatamente dois pares.

Então cada configuração pode ser obtida de duas maneiras e logo há $\frac{2^{2052}}{2} = 2^{2051}$ configurações.
Problema (nível 4): Qual é o menor inteiro $a > 1$ para o qual existe $n$ inteiro positivo tal que $a^{2n} - 1$ é múltiplo de $2015$?

Solução: A resposta é 92.
Usaremos o seguinte lema, que pode ser utilizado sem demonstração:
Lema. $mdc(a^x-1, a^y-1) = a^{mdc(x,y)}-1$. Em particular, $a^x \equiv 1 \pmod m$ e $a^y \equiv 1 \pmod m$ implica $a^{mdc(x,y)} \equiv 1 \pmod m$.

Por completude, demonstramos o lema: seja $d = mdc(a^x-1, a^y-1)$. Então $a^x \equiv 1 \pmod d$ e $a^y \equiv 1 \pmod d$, e portanto $a^{sx+ty} \equiv 1 \pmod d$ para todos $x,y$ inteiros. Pelo teorema de Bezout, o menor valor inteiro de $x+y$, $x,y$ inteiros, é $mdc(x,y)$, logo $a^{mdc(x,y)} \equiv 1 \pmod d$, ou seja, $d | a^{mdc(x,y)}-1$. Com isso $d = mdc(x,y)-1$. Por outro lado, como $mdc(x,y)$ divide $x$ e $y$, $a^{mdc(x,y)}-1$ divide $a^x-1$ e $a^y-1$. Com isso, $a^{mdc(x,y)}-1$ é divisor comum de $a^x-1$ e $a^y-1$, e logo $d \ge a^{mdc(x,y)}-1$. Com isso, $d = a^{mdc(x,y)}-1$.

Primeiro veja que $2015 = 5 \cdot 13 \cdot 31$. Então basta que $a^{2n}-1$ seja múltiplo de 5, 13 e 31 para algum $n$. O número $a$ não pode ser múltiplo de nenhum desses primos.
\begin{itemize}
    \item Pelo teorema de Fermat, $a^{\phi(5)} \equiv 1 \pmod 5 \Rightarrow a^4 \equiv 1 \pmod 5$: assim, $a$ pode ser qualquer inteiro positivo não múltiplo de 5.
    \item Além disso, $a^{\phi(13)} \equiv 1 \pmod{13} \Rightarrow a^{12} \equiv 1 \pmod{13}$. Como $mdc(2n,12) \le 4$. devemos ter:
    $$ a^{mdc(2n,12)} \equiv 1 \pmod{13} \Rightarrow a^4 \equiv 1 \pmod{13} \Leftrightarrow a \equiv \pm 1, \pm 5 \pmod{13}. $$
    \item Finalmente, $a^{\phi(31)} \equiv 1 \pmod{31} \Rightarrow a^{30} \equiv 1 \pmod{31}$, e temos
    $$ a^{mdc(2n,30)} \equiv 1 \pmod{31} \Rightarrow a^2 \equiv 1 \pmod{31} \Rightarrow a \equiv \pm 1 \pmod{31}. $$
\end{itemize}
Com isso, podemos formar a seguinte tabela com os menores valores de $a > 1$, não múltiplos de 5, que satisfazem cada sistema de congruências:
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline
 & $a \equiv 1 \pmod{13}$ & $a \equiv 5 \pmod{13}$ & $a \equiv 8 \pmod{13}$ & $a \equiv 10 \pmod{13}$ \\
\hline
$a \equiv 1 \pmod{31}$ & $a = 404$ & $a = 187$ & $a = 528$ & $a = 311$ \\
\hline
$a \equiv 30 \pmod{31}$ & $a = 92$ & $a = 278$ & $a = 216$ & $a = 402$ \\
\hline
\end{tabular}
O valor mínimo de $a$ é, então, 92. Nesse caso, podemos escolher $n=2$, e $92^4-1$ é múltiplo de 2015.
Problema (nível 3): Dados os reais não-nulos $a$ e $b$, sabe-se que:
$$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{a-4}{2012} \text{ e } ab = 4024.$$
Qual o valor de $a-b$?

Solução: $$
\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{a-4}{2012} \implies \frac{a+b}{ab} = \frac{a-4}{2012} \implies a+b = 2(a-4)
$$
Pois $ab = 4024$. Assim,
$$
8 = a-b
$$