tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 3): Sejam $r$ e $s$ números inteiros. Sabe-se que a equação do segundo grau $$x^2 - (r + s)x + rs + 2010 = 0$$ tem as duas soluções inteiras. Quantos são os possíveis valores de $|r - s|$?

Solução: Para que as soluções sejam inteiras, o discriminante da equação do segundo grau deve ser o quadrado de um inteiro positivo, digamos $t^2$. Assim $$(r+s)^2 - 4rs - 4 \times 2010 = t^2$$ $$(r-s)^2 - t^2 = 4 \times 2010$$ $$(r-s-t)(r-s+t) = 4 \times 2010$$ Como os números $((r-s)+t)$ e $((r-s)-t)$ possuem a mesma paridade e $2010$ é inteiro, concluímos que os termos no produto anterior são inteiros. A cada par de divisores do tipo $(d, \frac{2010}{d})$ do número $2010$, temos uma solução para $t$ e $|r-s|$ na última equação. Como $2010$ possui 16 divisores, o número de soluções é 8.
Problema (nível 3): Determine todos os números primos $m$ e $n$ tais que $0 < m < n$ e os três números
$$2m + n, m + 2n \text{ e } m+n - 18$$
sejam também primos.

Solução: Como os primos $2m+n$ e $m+2n$ são maiores que dois, temos que ambos são ímpares e consequentemente $2m+n+m+2n = 3m+3n = 3(m+n)$ é um número par. Assim $m+n$ é par e $m+n=18$ é um primo par, ou seja, dois. O único par de primos $(m,n)$ que cumpre $m+n=20$ e satisfaz o enunciado é $(m,n)=(3,17)$.
Problema (nível 3): Chamaremos de \textit{imagem} de um número natural de dois algarismos o número que se obtém trocando a ordem de seus algarismos. Por exemplo, a imagem de 34 é 43. Quais são os números de dois algarismos que somados com sua imagem resultam em um quadrado perfeito?

Solução: A soma de um número de dois algarismos com a sua imagem é da forma $(10a+b)+(10b+a) = 11(a+b)$, onde $a$ e $b$ são seus algarismos. Se $11(a+b)$ é um quadrado perfeito, devemos ter outro fator primo 11 na soma $a+b$. Além disso, como $a$ e $b$ são menores que 10, concluímos que $a+b$ é um múltiplo de 11 menor que 20 e maior que 0, ou seja, é igual a 11. Os pares de dígitos $(a,b)$ que verificam $a+b=11$ são: $$(2,9), (3,8), (4,7), (5,6), (6,5), (7,4), (8,3) \text{ e } (9,2).$$ Portanto, existem 8 números de dois algarismos que cumprem o enunciado.\\ \textbf{Solução Alternativa}\ Caso o aluno teste \textbf{todos} os números entre 10 e 99 e encontre os oito números. \textbf{[10 pontos]}.
Problema (nível 2): Uma jarra contém $\frac{1}{4}$ de sua capacidade em água. Despejando um copo cheio de água na jarra, o volume de água atinge $\frac{1}{3}$ da sua capacidade. Quantos copos cheios mais ainda serão necessários para acabar de encher a jarra?

Solução: Volume de um copo de água é igual a $\frac{1}{3} \cdot \frac{4}{4} = \frac{1}{3}$ do volume da jarra. Falta encher $\frac{2}{3}$ da jarra. Para isso são necessários $\frac{2}{3} \div \frac{1}{3} = 2$ copos.
Problema (nível 2): Joãozinho tem que fazer uma multiplicação como lição de casa, mas a chuva molhou o caderno dele, borrando alguns algarismos, que estão representados por $\square$ (cada algarismo borrado pode ser diferente dos outros).
$$
\begin{array}{ccccccc}
& & & \square & 1 & \square \\
\times & & & & 2 & 3 \\
\cline{4-6}
& & \square & 4 & \square & 4 & \square \\
+ & \square & 0 & \square & 0 & \square & \\
\cline{1-7}
1 & \square & 0 & \square & 0 & 2 \\
\end{array}
$$
Qual é a soma dos algarismos que foram borrados?

Solução: Assim, obtemos o algarismo da direita da $3^a$ linha do algoritmo e também os dois últimos algarismos da $5^a$ linha, conforme figura à direita.
$$
\begin{array}{c@{\,}c@{\,}c@{\,}c@{\,}c}
  & \square & 1 & 4 & \\
\times & & \square & \square & \\
\cline{2-5}
  & \square & \square & 2 & \\
  \square & 8 & \square & & \\
\cline{2-5}
  \square & \square & \square & & \\
\end{array}
$$
Como o algarismo das dezenas do produto é $0$ e o algarismo da direita da $4^a$ linha do algoritmo deve ser $6$. Logo o algarismo das dezenas do multiplicando é $9$, conforme figura à esquerda.
$$
\begin{array}{c@{\,}c@{\,}c@{\,}c@{\,}c}
  & \square & \square & \square & 2 \\
\times & & & \square & 3 \\
\cline{2-5}
  & \square & \square & 6 & \\
  \square & 0 & \square & \square & \\
\cline{2-5}
  \square & 0 & 2 & 8 & \\
\end{array}
$$
Como o $2^o$ algarismo da direita $5^a$ linha é $0$, o algarismo das centenas do multiplicando é $5$. A partir do algoritmo completo, mostrado à direita, concluímos que a soma dos algarismos que foram borrados é $3+4+9+1+5+2+6+1+2+8+5+6 = 60$.
$$
\begin{array}{c@{\,}c@{\,}c@{\,}c@{\,}c@{\,}c}
  & & 1 & 5 & 2 \\
\times & & 2 & 9 & 3 \\
\cline{3-6}
  & & 4 & 5 & 6 \\
  & 1 & 3 & 6 & 8 & \\
3 & 0 & 4 & & & \\
\cline{3-6}
4 & 4 & 5 & 3 & 6 & \\
\end{array}
$$
Problema (nível 2): Esmeralda foi escrevendo os quadrados dos números inteiros positivos um em seguida ao outro formando o número $149162536...$ e parou quando chegou no centésimo algarismo. Qual foi o último algarismo que ela escreveu?

Solução: Os números $1^2, 2^2, 3^2$ possuem um algarismo. Os números $4^2, 5^2, \dots, 9^2$ possuem dois algarismos. Os números $10^2, 11^2, \dots, 31^2$ possuem três algarismos. Assim ao escrever o quadrado do número $31$, o número de algarismos escritos é $1 \times 3 + 2 \times 6 + 3 \times 22 = 81$, faltando escrever $19$ algarismos. Com o quadrado de $32$ ($32^2 = 1024$), somamos mais $4 = 85$ algarismos, faltando ainda escrever apenas três algarismos. Com o quadrado de $36$ ($36^2 = 1296$), concluímos que o último algarismo escrito foi o $9$, o centésimo algarismo escrito por Esmeralda.
Problema (nível 2): Carlinhos escreve números inteiros positivos diferentes e menores do que $1000$ em várias bolas e coloca-as numa caixa, de modo que Mariazinha possa pegar ao acaso duas dessas bolas. Quantas bolas no máximo Carlinhos irá colocar na caixa se os números das duas bolas deverão ter um divisor comum maior do que $1$?

Solução: Não podemos colocar o número $1$ em nenhuma bola, pois o MDC entre $1$ e qualquer outro número é $1$, assim temos $498$ números disponíveis. Além disso, se forem usadas $500$ bolas ou mais, haverá duas com números consecutivos, sempre primos entre si, então não pudemos colocar mais que $499$ bolas. Mas existe uma forma de colocar $499$ bolas, usando os números pares de $2$ a $998$.
Problema (nível 2): Num concurso com $10$ questões, cada resposta correta valia $3$ pontos, cada resposta errada valia $1$ ponto negativo e cada questão não respondida valia $0$ ponto. Não houve dois candidatos que apresentassem a mesma nota, feitas as correções. Quantos candidatos no máximo fizeram essa prova?

Solução: Quem acerta $a$ questões e erra $b$ obtém $3a-b$ pontos, com $a+b \le 10$. Obtemos os números de $0$ a $-10$ com $a=0$, ao todo $11$ inteiros. Obtemos os números de $1$ a $30$ usando os valores $a=1$ ou $2$. Para $a=1$, não obtendo apenas $3 \cdot 9 - 2 = 25$, $3 \cdot 10 - 1 = 29$ e $3 \cdot 10 - 2 = 28$, pois nesses casos ficamos com $a+b > 10$, no todo $30 - 3 = 27$ inteiros. Logo, o número máximo de candidatos nas condições apresentadas é $11+27=38$.
Problema (nível 2): Maria tem 90 cartões. Ela numerou os cartões de 10 a 99 numa das faces e, para cada número escrito, escreveu a soma dos seus algarismos na outra face. Por exemplo, o cartão de número 43 tem o número 7 escrito no verso. Em quais cartões um número de uma face é o dobro do número escrito na outra face?

Solução: Para um número cujo algarismo das dezenas é $a$ e cujo algarismo das unidades é $b$, temos $10a+b = 2(a+b)$ ou $a+b = 2(10a+b)$. A segunda equação não tem soluções positivas, e na primeira equação temos $10a+b = 2(a+b) \Rightarrow 10a+b = 2a+2b \Rightarrow 8a = b$. Necessariamente temos $a=1$ e $b=8$. De fato, no cartão de número $18$ a soma dos algarismos é $9$.
Problema (nível 3): Sejam $a$ e $b$ números reais não nulos tais que a equação $x^2 + ax + b = 0$ possui soluções $a$ e $b$. Determine $a - b$.

Solução: Utilizando o produto das raízes, obtemos: $ab=b$. Como $b \neq 0$, $a=1$. Utilizando a soma das raízes, obtemos: $a+b=-a$. $1+b=-1$. $a-b=3$.
Problema (nível 3): Quantos números compostos de dois algarismos distintos podem ser formados usando os algarismos 2, 3, 4, 5 e 6?

Solução: Todos os números terminados em 2, 4, 5 e 6 são compostos. Existem $4 \times 4 = 16$ tais números. Dos números terminados em 3, apenas 63 é composto. O enunciado apresenta uma ambiguidade. Outra interpretação seria considerar os números de dois algarismos constituídos por dois números distintos do conjunto \{2,3,4,5,6\}. Nesse caso, a resposta correta é $5 \times 4 = 20$.
Problema (nível 3): O número 7, quando elevado à quarta potência, termina com 01: $7^4 = 2401$. Quantos são os números de dois algarismos que, quando elevados à quarta potência, terminam com 01?

Solução: Um número de dois dígitos $(ab)$ elevado à quarta potência possui a seguinte forma: $$(10a+b)^4 = 10^4a^4 + 4.10^3a^3b + 6.10^2a^2b^2 + 4.10ab^3 + b^4$$ Assim, os últimos dois dígitos são determinados por $4.10ab^3 + b^4$. Qualquer número ímpar diferente de 5 elevado à quarta potência termina em 1. Logo, temos quatro possibilidades para $b$: Se $b=1$, para o número $40a+1$ terminar em 01 devemos ter $a=5$. Se $b=3$, para o número $1080a+81$ terminar em 01 devemos ter $a=4$ ou $a=9$. Se $b=7$, para o número $13720a+2401$ terminar em 01 devemos ter $a=5$. Se $b=9$, para o número $29160a+6561$ terminar em 01 devemos ter $a=4$ ou $a=9$.
Problema (nível 3): Inicialmente o número 5 está escrito na tela de um computador. Em qualquer momento, o número $n$ escrito na tela do computador pode ser trocado por qualquer número da forma $a \cdot b$ sendo $a$ e $b$ inteiros positivos tais que $a + b = n$.
\begin{enumerate}
    \item[(a)] Mostre como obter o número 19 realizando tais operações.
    \item[(b)] É possível obter o número 2011? Não se esqueça de justificar sua resposta.
\end{enumerate}

Solução: \begin{enumerate}
\item[(a)] Uma possível sequência de operações é: $$\text{5 } \xrightarrow{2+3} \text{ 6 } \xrightarrow{4+2} \text{ 9 } \xrightarrow{4+3} \text{ 19 } \xrightarrow{10+1} \text{ 19}$$
\item[(b)] Perceba que se é possível obtermos o número $n$ também é possível obtermos o número $n-1$ com a operação $\frac{n(n-1)+1}{(n-1)+1} = n-1$ e consequentemente poderemos obter todos os inteiros positivos menores que $n-1$ repetindo essa operação. Então é suficiente obtermos um inteiro maior que 2011 começando em 5. Uma possível sequência de operações para isso seria: $$\text{5 } \xrightarrow{2+3} \text{ 6 } \xrightarrow{4+2} \text{ 8 } \xrightarrow{4+4} \text{ 16 } \xrightarrow{8+8} \text{ 64 } \xrightarrow{32+32} \text{ 1024 } \xrightarrow{1022+2} \text{ 2044}$$
\end{enumerate}
Problema (nível 3): Sejam $a, b$ e $c$ números reais positivos tais que $a(b + c) = 152$, $b(c + a) = 162$ e $c(a + b) = 170$. Determine o valor de $abc$.

Solução: Somando as três equações obtemos: $2ab+2bc+2ca = 484$. Daí, $ab = 242 - c(a+b) = 72$. $bc = 242 - a(b+c) = 90$. $ca = 242 - b(a+c) = 80$. Logo, $(abc)^2 = 72.90.80$ e $abc = 720$.
Problema (nível 3): Quantos são os pares ordenados $(a,b)$, com $a, b$ inteiros positivos, tais que $a + b + \text{mdc}(a, b) = 33$?

Solução: Seja $d = mdc(a,b)$. Podemos reescrever a equação como: $$\frac{a}{d} + \frac{b}{d} + 1 = \frac{33}{d}$$ O lado esquerdo é uma soma de números inteiros logo, $d$ divide 33. Agora temos que $mdc(a/d, b/d) = mdc(a/d, 33/d - 1) = mdc(b/d, 33/d - 1) = 1$. Fixado $d$, é suficiente encontrarmos os pares de inteiros positivos $(x,y)$ com $mdc(x, 33/d - 1) = 1$ tais que $x+y = 33/d - 1$ pois daí obtemos também que $mdc(y, 33/d - 1) = 1$ e que $(a,b) = (dx, dy)$ é solução. Vejamos então as possibilidades para $d$: Para $d=1$: $x+y=32$, temos 16 soluções pois basta escolhermos $x$ ímpar. Para $d=3$: $x+y=10$, temos 4 soluções pois $x$ não pode ser par nem múltiplo de 5. Para $d=11$: $x+y=2$, temos 1 solução apenas. Não podemos ter $d=33$ pois $e$ e $b$ são positivos. Logo, existem 21 pares de soluções.
Problema (nível 3): Na conta de multiplicar abaixo, os algarismos primos $2,3,5$ e $7$ são representados pelas letras $A, B, C, D$, não necessariamente nesta ordem. Qual é o número de quatro algarismos $ABCD$, cujos algarismos são, da esquerda para a direita, $A, B, C$ e $D$?
$$
\begin{array}{c}
\quad A A B \\
\times \quad C C \\
\hline
D B B A B
\end{array}
$$

Solução: O dígito das unidades do produto do enunciado é o dígito das unidades da multiplicação $C \times B$. Dentre os seis possíveis produtos de dois números entre os quatro mencionados no enunciado, o único que também aparece como dígito das unidades de um de seus produtos associados é $5$. Portanto, $C=5$. Como o número $CC$ é múltiplo de $11$, o produto final $DBAB$ também é múltiplo de $11$. Daí, pelo critério de divisibilidade por $11$, $(D+A)-(B+B) = (D+A)-2B$ é um múltiplo da divisão dos algarismos, temos $D-B+A-B = D-A-B = 5-2=12$. Daí, $D-A-B$ ou $D-A-B$ é $0$. No primeiro caso, a única solução é $D=2$ e $A=7$. No segundo, não temos solução, pois não existem dois dígitos no conjunto dado inicialmente que diferem por $6$. Finalmente, tendo encontrado os valores de $A, B$ e $D$, obtemos $C=3$ e $ABCD=7532$.
Problema (nível 3): Sabendo que as raízes da equação $(4^2 + b^2)x^2 - 26bx + (b^2 +9^2) = 0$ são iguais e que $b$ é um número real positivo, determine o valor de $b$.

Solução: A equação pode ser reescrita como $(b-4x)^2 + (xb-9)^2 = 0$. Como a equação admite uma raiz real $x$, devemos ter $b-4x=0$ e $xb-9=0$. Claramente $x \neq 0$, portanto, $b^2 = 4x \cdot \frac{9}{x} = 36$ e $b=6$.
Problema (nível 3): Considere a sequência de números $1, 1, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 1, 2, \dots$ em que escrevemos os números de $1$ até $1!$, de $1$ até $2!$, de $1$ até $3!$ e assim por diante. Veja que cada posição dessa sequência é ocupada por um número. Por exemplo, na primeira vez que o número $5$ aparece na sequência ele ocupa a posição $8$. Determine qual número ocupa a posição $10000$.

Solução: Como $1! = 1$, $2! = 2$, $3! = 6$, $4! = 24$, $5! = 120$, $6! = 720$, $7! = 5040$ e $8! = 40320$, $1!+2!+\dots+7! < 100000 < 1!+2!+\dots+8!$, e o número na posição $10000$ é obtido tirando os primeiros $1!+2!+\dots+7!$ números de $10000$:
$$10000 - 1! - 2! - \dots - 7! = 4087$$
Problema (nível 3): Uma lista de números de dois dígitos é \textit{legal} se, a partir de seu segundo termo, a quantidade de divisores positivos de cada um é maior que a do número que o precede na lista e, além disso, pelo menos um de seus dígitos é maior que um dos dígitos do número que o precede. Qual é o tamanho máximo de uma lista legal?

Solução: Como $2^7 = 128 > 100$, e $2$ é o menor número primo, nenhum número de dois dígitos pode ter mais que $6$ fatores primos em sua fatoração. Além disso, como $2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 > 100$, nenhum número de dois dígitos pode ter mais que três fatores primos distintos. Assim, a fatoração em primos de um número de dois dígitos é da forma $p^a q^b$, com $a+b \le 6$, $p, q$ e $r$ primos distintos. Com essas restrições, um número de dois dígitos possui no máximo $12$ divisores positivos. Como não existe um inteiro de dois dígitos com $11$ divisores, pois nenhum número de dois dígitos possui $10$ fatores primos, a quantidade máxima de inteiros da lista é $11-1=10$. Um exemplo de lista é:
$$13, 25, 35, 16, 28, 64, 56, 36, 48, 96.$$
Em cada número da lista, sublinhamos o dígito que é maior que um dos dígitos do número que o precede na lista.
Problema (nível 4): A função $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ satisfaz $f(x + f(y)) = x + f(f(y))$ para todos os números reais $x$ e $y$. Sabendo que $f(2) = 8$, calcule $f(2005)$.

Solução: Substituindo $y$ por $2$ e $x$ por $a - f(2) = a - 8$, obtemos $f(a) - f(2) = a - 8 + f(f(2)) = a - 8 + f(8)$.
Substituindo $a$ por $2$ na última equação, obtemos $f(2) = 2 - 8 + f(8) \Rightarrow 8 = 2 - 8 + f(8) \Rightarrow f(8) = 14$. Assim $f(a) = a - 8 + 14 = a + 6$ e $f(2005) = 2005 + 6 = 2011$.
Problema (nível 4): Você tem que determinar o polinômio $p(x)$ de coeficientes inteiros positivos fazendo perguntas da forma ``Qual é o valor numérico de $p(k)$?'', sendo $k$ um inteiro positivo à sua escolha.
Qual é o menor número de perguntas suficiente para garantir que se descubra o polinômio?

Solução: A ideia da solução é perguntar o valor numérico de $p(k)$ para $k$ suficientemente grande.
Suponha que o polinômio seja: $p(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_0$, com $a_n, \dots, a_0$ inteiros positivos. Se $k$ é um inteiro, tal que $k > \max \{|a_n|, |a_{n-1}|, \dots, |a_0|\}$, então $p(k)$ é um inteiro, cujos dígitos na representação em base $k$ são exatamente os coeficientes do polinômio $p(x)$. Podemos então tomar $k$ igual a uma potência de 10 suficientemente grande.
Logo para resolver o problema, basta perguntarmos o valor de $p(1)$, assim obtemos uma cota superior para M, e então perguntamos o valor de $p(x)$ para $x$ igual a uma potência de 10 maior do que $p(1)$. Portanto, o número mínimo de perguntas que devemos fazer, para garantir que o polinômio $p(x)$ seja determinado sem sombra de dúvidas, é 2.
Por exemplo: Se $p(1) = 29$, perguntamos $p(100)$, digamos que $p(100) = 100613$. Então o nosso polinômio é $p(x) = 10x^2 + 6x + 13$.
Problema (nível 4): Determine todos os pares de inteiros $(x; y)$ tais que $9xy - x^2 - 8y^2 = 2005$.

Solução: Temos $9xy - x^2 - 8y^2 = 2005 \Leftrightarrow xy - x^2 + 8xy - 8y^2 = 2005$
$\Leftrightarrow x(y-x) + 8y(x-y) = 2005 \Leftrightarrow (x-y)(8y-x) = 2005 (*)$.
Observemos que na fatoração em primos $2005 = 5 \cdot 401$.
Além disso, a soma dos fatores $x-y$ e $8y-x$ é $7y$, que é múltiplo de 7. Devemos então escrever $2005$ como produto de dois fatores, cuja soma é um múltiplo de 7. Para isso, os fatores devem ser $\pm 5$ e $\pm 401$. A soma dos fatores é $\pm 406$.
$$
\begin{array}{cc}
x-y = 5 \text{ e } 8y-x = 401 & x = 63 \text{ e } y = 58 \\
\text{ou} & \text{ou} \\
x-y = 401 \text{ e } 8y-x = 5 & x = 459 \text{ e } y = 58 \\
\text{ou} & \text{ou} \\
x-y = -5 \text{ e } 8y-x = -401 & x = -63 \text{ e } y = -58 \\
\text{ou} & \text{ou} \\
x-y = -401 \text{ e } 8y-x = -5 & x = -459 \text{ e } y = -58
\end{array}
$$
As soluções são, portanto, $(63; 58)$, $(459; 58)$, $(-63; -58)$ e $(-459; -58)$.

SOLUÇÃO ALTERNATIVA:
Observando na equação dada como uma equação do segundo grau em $x$, obtemos
$-x^2 + 9yx - 8y^2 = 2005 \Leftrightarrow x^2 - 9yx + 8y^2 = -2005$.
Cujo discriminante é
$\Delta = (9y)^2 - 4(8y^2 - (-2005)) = 81y^2 - 32y^2 - 8020 = 49y^2 - 8020$.
Para que $x$ admita soluções inteiras, seu discriminante deve ser um quadrado perfeito; portanto $49y^2 - 8020 = m^2 \Leftrightarrow (7y-m)(7y+m) = 8020 = 2^4 \cdot 5 \cdot 401 (**)$.
Podemos supor, sem perda de generalidade, que $m \ge 0$, pois se $(m; y)$ é solução de $(**)$, então $(-m; y)$ também é. Observando também que $7y-m$ e $7y+m$ têm a mesma paridade e $7y-m + 7y+m = 14y$ é par, então $7y-m$ e $7y+m$ devem ser ambos pares.
Dividindo o problema em 4 casos:
\begin{itemize}
    \item $7y-m = 2$ e $7y+m = 4010 \Rightarrow m = 2004$ e $y = 2006/7$, impossível;
    \item $7y-m = 10$ e $7y+m = 802 \Rightarrow m = 396$ e $y = 58$;
    \item $7y-m = -802$ e $7y+m = -10 \Rightarrow m = 396$ e $y = -58$;
    \item $7y-m = -4010$ e $7y+m = -2 \Rightarrow m = 2004$ e $y = -2006/7$, impossível.
\end{itemize}
Se $y = 58$, as soluções em $x$ de $(*)$ são $x = \frac{9y \pm m}{2} = \frac{9 \cdot 58 \pm 396}{2} = \frac{522 \pm 396}{2}$.
$x_1 = \frac{522 + 396}{2} = \frac{918}{2} = 459$.
$x_2 = \frac{522 - 396}{2} = \frac{126}{2} = 63$.
Se $y = -58$, as soluções em $x$ de $(*)$ são $x = \frac{9y \pm m}{2} = \frac{9 \cdot (-58) \pm 396}{2} = \frac{-522 \pm 396}{2}$.
$x_1 = \frac{-522 + 396}{2} = \frac{-126}{2} = -63$.
$x_2 = \frac{-522 - 396}{2} = \frac{-918}{2} = -459$.
Logo as soluções são $(63; 58)$, $(459; 58)$, $(-63; -58)$ e $(-459; -58)$.
Problema (nível 4): No campeonato tumboliano de futebol, cada vitória vale três pontos, cada empate vale um ponto e cada derrota vale zero ponto. Um resultado é uma vitória, empate ou derrota. Sabe-se que o Flameiras não sofreu nenhuma derrota e tem 20 pontos, mas não se sabe quantas partidas esse time jogou. Quantas seqüências ordenadas de resultados o Flameiras pode ter obtido? Representando vitória por V, empate por E e derrota por D, duas possibilidades, por exemplo, são (V, E, E, V, E, V, V, V, E, E) e (E, V, V, V, V, V, E, V).

Solução: Primeira Solução:
Seja $a_n$ o número de ordenadas de resultados (sem derrotas), cujo total de pontos seja $n$. A pergunta do problema é: quanto vale $a_{20}$?
Para responder a tal pergunta, iremos determinar uma relação recursiva entre os termos dessa sequência. Pensando no último resultado de uma ordenada de resultados totalizando $n$ pontos, ele pode ser 1 ou 2. Se for 1, então retirando o último termo da ordenada, ela passa a totalizar $n-1$ pontos. Se for V, então ao retirarmos o último resultado, a ordenada passa a totalizar $n-2$ pontos. Disto, concluímos que:
$a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$.
Calculando os valores da sequência, temos: $a_1 = 1$, $a_2 = 2$, $a_3 = 3$, $a_4 = 4$, $a_5 = 6$, $a_6 = 9$, $a_7 = 13$, $a_8 = 19$, $a_9 = 28$, $a_{10} = 41$, $a_{11} = 60$, $a_{12} = 88$, $a_{13} = 129$, $a_{14} = 189$, $a_{15} = 277$, $a_{16} = 406$, $a_{17} = 595$, $a_{18} = 872$ e $a_{19} = 1278$.
Logo existem 1278 possíveis sequências ordenadas de resultados que o Flameiras pode ter obtido.

Segunda Solução:
Sejam $x$ e $y$ o número de vitórias e empates do Flameiras, respectivamente. Temos que: $x \ge 0$, $y \ge 0$ e $3x+y = 20$. Dividindo em 7 possíveis casos:
$1^\circ$ caso: $x=0$ e $y=20$. Temos exatamente uma sequência ordenada de resultados.
$2^\circ$ caso: $x=1$ e $y=17$. Uma sequência ordenada deverá conter exatamente um "V" e 17 "E", portanto o número de sequências ordenadas é exatamente o número de anagramas da palavra:
"VEEEEEEEEEEEEEEEV", que é: $(17+1)! / (17! \cdot 1!) = 18$.
$3^\circ$ caso: $x=2$ e $y=14$. Analogamente ao $2^\circ$ caso, o número de sequências ordenadas é igual ao número de anagramas da palavra "VVEEEEEEEEEEEEEE", que é: $(14+2)! / (14! \cdot 2!) = 120$.
$4^\circ$ caso: $x=3$ e $y=11$: $(11+3)! / (11! \cdot 3!) = 364$ sequências ordenadas.
$5^\circ$ caso: $x=4$ e $y=8$: $(8+4)! / (8! \cdot 4!) = 495$ sequências ordenadas.
$6^\circ$ caso: $x=5$ e $y=5$: $(5+5)! / (5! \cdot 5!) = 252$ sequências ordenadas.
$7^\circ$ caso: $x=6$ e $y=2$: $(2+6)! / (2! \cdot 6!) = 28$ sequências ordenadas.
Temos um total de $1+18+120+364+495+252+28 = 1278$ sequências ordenadas de resultados possíveis.
Problema (nível 4): Determine o menor valor possível do maior termo de uma progressão aritmética com todos os seus sete termos $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7$ primos positivos distintos.

Solução: Sejam $p, p+d, p+2d, p+3d, p+4d, p+5d, p+6d$ a progressão aritmética, que podemos supor crescente sem perda de generalidade. Então:
1) $p$ é primo.
De fato, se $p=2$, $p+2d$ é par e maior do que 2 e, portanto, não é primo.
2) $d$ é múltiplo de 2.
Caso contrário, como $p$ é ímpar, $p+d$ seria par e maior do que 2.
3) $p=3$
Senão, teríamos $p+3d$ múltiplo de 3, maior do que 3.
4) $d$ é múltiplo de 3.
Caso contrário, $p+d$ ou $p+2d$ seria múltiplo de 3 e maior do que 3.
5) $p=5$
Senão teríamos $p+5d$ múltiplo de 5, maior do que 5.
6) $d$ é múltiplo de 5.
Caso contrário, $p+d, p+2d, p+3d$ ou $p+4d$ seria múltiplo de 5, maior do que 5.
De 1), 2), 3), 4), 5) e 6), $p=7$ e $d$ é múltiplo de 30.
Se $p=7$, observando que $187 = 11 \cdot 17$, então $d \ne 120$.
Para $d=120$, a sequência é $7, 127, 247, 367, 487, 607, 727$ a qual não serve, pois $247 = 13 \cdot 19$.
Para $d=150$, a sequência é $7, 157, 307, 457, 607, 757, 907$ é satisfaz as condições do problema.
Finalmente, se $p=7$ então $d$ é múltiplo de $210$ e o menor último termo possível para tais sequências é $11+6 \cdot 210 = 1271$.
Portanto a resposta é $907$.
Problema (nível 3): 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, ..., 139, num total de 13 números. Portanto, na última página do seu diário escreveu o número $200 + 13 + 1 = 214$.