tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 4): Um retângulo, o qual não é um quadrado, tem lados com comprimentos inteiros, medidos em centímetros. Se o seu perímetro é $n$ centímetros e sua área é $n$ centímetros quadrados, determine $n$.

Solução: Sejam $a < b$ os lados do retângulo. Então $2(a+b) = ab = n$, e $ab - 2a - 2b = 0$ é equivalente a $a(b-2) - 2(b-2) = 4$. Como $a$ e $b$ são diferentes, $a-2=1$ e $b-2=4$, de modo que $a=3$ e $b=6$, e $n = 2(3+6) = 18$.
Problema (nível 4): Observe que $$\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}$$ Assim, podemos calcular a série $$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots = \left(1 - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \dots = 1.$$ Sabendo que $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots = \frac{\pi^2}{6},$$ o valor de $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)^2} = \frac{1}{1 \cdot 2^2} + \frac{1}{2 \cdot 3^2} + \frac{1}{3 \cdot 4^2} + \dots$$ É da forma $A - \frac{\pi^2}{B}$, com $A$ e $B$ inteiros positivos. Determine o valor de $A+B$.

Solução: Temos
$$
\sum_{n=1}^{N} \frac{1}{n(n+1)^2} = \sum_{n=1}^{N} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) = \sum_{n=1}^{N} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) - \sum_{n=1}^{N} \frac{1}{(n+1)^2}
$$
$$
= \left( 1 - \frac{1}{N+1} \right) - \left( \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{(N+1)^2} \right) = 1 - \frac{1}{N+1} - \left( \frac{\pi^2}{6} - 1 \right) = 2 - \frac{1}{N+1} - \frac{\pi^2}{6}
$$
Sendo $A$ e $B$ inteiros positivos, $A=2$ e $B=6$, de modo que $A+B=8$.
Problema (nível 4): Seja $A = \{1,2,3,\dots,20\}$ o conjunto dos 20 primeiros inteiros positivos. Para cada subconjunto $X$ de 15 elementos de $A$, calculamos o produto $p(X)$ de seus elementos. Por exemplo, $p(\{1,2,3,\dots,15\}) = 1 \cdot 2 \cdot \dots \cdot 15 = 15!$. Qual é o máximo divisor comum dos $\binom{20}{15}$ produtos $p(X)$ obtidos com todos os subconjuntos de 15 elementos de $A$?

Solução: Contemos os fatores primos que podem aparecer entre 1 e 20:
\begin{itemize}
    \item $10 + 5 + 2 + 1 = 18$ fatores 2 (10 pares, 5 múltiplos de 4, 2 múltiplos de 8 e 1 múltiplo de 16);
    \item $6 + 2 = 8$ fatores 3 (6 múltiplos de 3 e 2 múltiplos de 9);
    \item 4 fatores 5;
    \item 3 fatores 7;
    \item 1 de cada um dos fatores 11, 13, 17 e 19.
\end{itemize}
Ao fazermos o produto de 15 números entre 1 e 20, deixamos 5 números de fora. Assim, existem subconjuntos $X_1, X_2, \dots, X_5$ de $\{1, \dots, 20\}$ tais que $p(X_i)$ não tem fator 2 (deixamos todos os múltiplos de 2 de fora). Em compensação, há outros 5 números que são múltiplos de 10 ($= 2 \times 5$), 5 múltiplos de 12 ($= 2^2 \times 3$), 5 múltiplos de 14 ($= 2 \times 7$), 5 múltiplos de 16 ($= 2^4$), 5 múltiplos de 18 ($= 2 \times 3^2$), 5 múltiplos de 20 ($= 2^2 \times 5$). É possível fazer com que cada múltiplo de 3 tenha somente um fator 5 (escolhemos só o 3, por exemplo) e cada múltiplo de 2 tenha somente um fator 2 (escolhemos 2, 6, 10 e 18). Logo o mdc pedido é $2^3 \times 3^2 = 96$.
Problema (nível 4): Para cobrir um tabuleiro de dimensões $1 \times 112$, podemos utilizar heptaminós amarelos, de dimensões $1 \times 7$, e octaminós vermelhos, de dimensões $1 \times 8$. De quantos modos podemos cobrir completamente o tabuleiro?

Solução: Suponhamos que vamos usar $x$ heptaminós e $y$ octaminós. Então para cobrir tudo, temos $7x + 8y = 112$. Mas $112 = 7 \times 16$ é múltiplo de 7 e de 8, logo $7x = 112 - 8y$ é múltiplo de 7 e $8y$ é múltiplo de 7. $112 - 7x = 8y$ é múltiplo de 8 e $7x$ é múltiplo de 8. Como 7 e 8 são primos entre si, $x$ é múltiplo de 8 e $y$ é múltiplo de 7. Sendo $x = 8t$ e $y = 7u$, temos $7 \cdot 8t + 8 \cdot 7u = 112 \implies t+u = 2$. Assim, os valores de $(t,u)$ são $(0,2)$, $(1,1)$ e $(2,0)$, que correspondem a $(x,y)$ sendo $(0,14)$, $(8,7)$ e $(16,0)$.
Caso 1: $(x,y) = (0,14)$: apenas uma maneira de cobrir, já que todas as peças são octaminós.
Caso 2: $(x,y) = (8,7)$: temos no total $8+7=15$ peças que colocaremos no tabuleiro. Lembrando que elas vão ser colocadas uma seguida da outra, sem deixar "buracos" e que elas são de cores distintas, temos apenas que escolher as posições na ordem em que colocaremos os heptaminós. Sendo assim há $\binom{15}{8} = 6435$ preenchimentos nesse caso.
Caso 3: $(x,y) = (16,0)$: análogo ao caso 1, apenas uma maneira.
Logo, no total temos $\binom{15}{8} + 2 = 6437$ maneiras de cobrir completamente o tabuleiro.
Problema (nível 4): Determine o número de quádruplas ordenadas $(x, y, z, w)$ de reais tais que
$$
\begin{cases}
-x^3 = y+z+w \\
-y^3 = z+w+x \\
-z^3 = w+x+y \\
-w^3 = x+y+z
\end{cases}
$$


Solução: Seja $x+y+z+w$. Então o sistema é equivalente a $x^3+y^3+z^3+w^3=S$. Fixando S, temos que $x,y,z,w$ são soluções da equação de terceiro grau $t^3-S=0$, que tem no máximo 3 raízes. Logo pelo menos dois dos números $x,y,z,w$ são iguais. Consideremos então os seguintes casos:
\begin{itemize}
    \item $x=y=z=w$: substituindo no sistema, temos a equação $-x^3 = 3x \implies x=0$ ou $x^2=-3$. Logo a única solução nesse caso é $(0,0,0,0)$.
    \item $x=y=z \neq w$: Nesse caso, obtemos o sistema $a-2a+b=b^3-3a$. Substituindo $a=b$, obtemos $b^3-2b=2b^3/3$ e $b^3=0$, o que não é possível. Logo o sistema é equivalente a $a-b^3/3$ e $b^3-2b=27$. A função $f(x)=x^3-18x-27$ é par (isto é, $f(x)=f(-x)$) e crescente para $x>0$. Assim, como $f(0)=-27$ e $f(3)=0$, a equação $b^3-2b=27$ tem duas soluções $r$ e $-r$, nesse caso, temos $a=r^3/3$ e $b=r$ ou $a=r^3/3$ e $b=-r$. Como há 6 anagramas de $a,a,a,b$, há $2 \cdot 4 = 8$ soluções nesse caso.
    \item $x=y \neq z=w$: Nesse caso, obtemos o sistema $a^3+a^3+b^3+b^3=2a^3+2b^3$. Somando as duas equações obtemos $(a^3+b^3)^2 = 3(a^3+b^3) + 2(a^3+b^3) = 5(a^3+b^3)$. O segundo caso é impossível, pois $a^3+b^3$ deve ser $a^3+b^3 = 4$. No primeiro caso, temos $-a^3-a^3-2b^3 = -2b^3$, ou seja, $a^3=b^3$. Como $a$ e $b$ são diferentes, temos $(a,b) = (-1,1)$. Nesse caso, como há $\frac{4!}{2!2!} = 6$ anagramas de $a,a,b,b$, há seis soluções nesse caso.
    \item $x=y, z, w$ distintos: Nesse caso, temos $-a^3-a^3-b^3-c^3 = -a^3-a^3-b^3-c^3$. Como $a,b,c$ são distintos, temos $a^3+b^3+c^3 = a^3+b^3+c^3$. ($*$), de modo que $a^3+b^3+c^3 = 0$. ($*$), de modo que $a^3+b^3+c^3 = 0$. ($*$), de modo que $(a,b,c) = (1,-1,1)$. Verifica-se que esses valores de $a,b,c$ satisfazem o sistema. Como há $4! = 24$ anagramas de $a,b,c,d$, nesse caso há 12 soluções.
\end{itemize}
21!!!
Portanto o total de soluções reais é $1+8+6+12 = 27$.
Problema (nível 4): Escrevemos a soma dos recíprocos dos números de $1$ a $2013$ como a fração irredutível $\frac{A}{B}$, ou seja,
$$1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2013} = \frac{A}{B}, \quad \text{mdc}(A,B) = 1.$$
Qual é o maior valor inteiro de $n$ tal que $B$ é múltiplo de $3^n$?

Solução: Vamos separar as frações nas maiores potências de 3 que dividem o denominador. Como $3^6 = 729 < 2013 < 2187 = 3^7$, não aparece $3^7$ no denominador. Somando frações com denominadores $3^6 = 729$ e $2 \cdot 3^5 = 486 < 2013$, temos
$$
\frac{1}{3^6} + \frac{1}{2 \cdot 3^5} = \frac{1}{729} + \frac{1}{486} = \frac{2+3}{2 \cdot 3^6} = \frac{5}{1458}
$$
Assim, não aparece $3^6$ no denominador, pois ele é cancelado.
Vejamos agora os denominadores com múltiplos de $3^5 = 243$. Tomemos o cuidado de não tomar frações já tratadas, ou seja, tomemos $243k$ onde $k$ não é múltiplo de 3. Veja ainda que $243 \cdot 8 < 2013 < 243 \cdot 9$, logo obtemos:
$$
\frac{1}{3^5 \cdot 1} + \frac{1}{3^5 \cdot 2} + \frac{1}{3^5 \cdot 4} + \frac{1}{3^5 \cdot 5} + \frac{1}{3^5 \cdot 7} + \frac{1}{3^5 \cdot 8}
$$
$$
= \frac{1}{3^5} \left( 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} \right) = \frac{1}{243} \left( \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} \right)
$$
$$
= \frac{1}{243} \left( \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} \right) = \frac{1}{243} \left( \frac{140+70+35+28+20+17.5}{140} \right) = \frac{1}{243} \left( \frac{310.5}{140} \right)
$$
Aqui, juntamos as frações das pontas:
$$
\frac{1}{3^t(9-1)} - \frac{1}{3^t(9-1)} = \frac{1}{3^t(9-1)} - \frac{1}{3^t(9-1)}
$$
Então, a soma das frações com denominador com exatamente cinco fatores 3 têm como maior potência de 3 divisora do denominador no máximo 27. Ou seja:
$$
\frac{1}{3^5 \cdot 1} + \frac{1}{3^5 \cdot 2} + \frac{1}{3^5 \cdot 4} + \frac{1}{3^5 \cdot 5} + \frac{1}{3^5 \cdot 7} + \frac{1}{3^5 \cdot 8} = A \cdot \frac{1}{B}, \text{ com B}_1 \text{ não múltiplo de 3.}
$$
Aí pode ser múltiplo de 3, mas isso não irá interferir, como veremos a seguir.
Somando todas as outras frações, temos que a maior potência de 3 que divide algum denominador é $3^5$. Logo tal soma é da forma $\frac{A_1}{B_1}$, em que $B_1$ não é múltiplo de 3.
Somando tudo, temos a soma total
$$
\frac{A}{B} = \frac{1}{2 \cdot 3^5} + \frac{A_1}{B_1} = \frac{A_1 \cdot 2 \cdot 3^5 + B_1}{B_1 \cdot 2 \cdot 3^5} = \frac{2A_1 \cdot 3^5 + B_1}{2B_1 \cdot 3^5}
$$
Como $B_1$ e $B_2$ não são múltiplos de 3, o numerador acima não é múltiplo de 3, e o $3^5$ no denominador não é cancelado.
Concluímos que a maior potência de 3 que divide B é $3^5$, ou seja, $n=5$.
Problema (nível 3): Dado o conjunto \{1,2,3,...,18\}, qual a menor quantidade de números distintos que devemos escolher para termos certeza de que há pelo menos 3 números consecutivos entre os escolhidos?

Solução: Tome os seguintes subconjuntos de três elementos: 
$ \{1,2,3\} $; $ \{4,5,6\} $; ...; $ \{16,17,18\} $.
Temos $6$ conjuntos. Se tomarmos os dois primeiros elementos de cada conjunto, teremos $12$ elementos sem que hajam três consecutivos. Já se tomarmos $13$ elementos, pelo princípio das casas dos pombos, tomaremos $3$ elementos de um mesmo subconjunto descrito formando assim três elementos consecutivos.
Problema (nível 3): Abel guardou suas economias num cofre. Para não esquecer a senha do cofre, ele resolve guardar as seguintes pistas:
\begin{itemize}
    \item É um número maior que $3001$;
    \item Tem $6$ divisores;
    \item É múltiplo de $5$.
\end{itemize}
Abel sabe que sua senha é o menor número que satisfaz todas as pistas. Qual é a senha do cofre de Abel?

Solução: Houve um pequeno erro no enunciado. A segunda pista deveria ser "tem exatamente $6$ divisores". Por isso, aceitam-se duas respostas, uma para cada interpretação possível.

Caso seja feito com exatamente $6$ divisores.
Comecemos fazendo a segunda pista. Se um número possui $6$ divisores, então sua fatoração em números primos só pode ser da forma $p^5$ ou $p^2q$, para primos $p$ e $q$ distintos. Pela terceira pista, teremos os seguintes casos para analisar:
\begin{itemize}
    \item $p^5$ com $p=5$.
    Neste caso, teremos o número $5^5 = 3125$, que é maior que $3001$.
    \item $p^2q$ com $r=5$.
    Teremos $25s$. Para ser maior que $3001$, devemos ter $s > \frac{3001}{25} = \frac{3000}{25} = 120$. Notando que não há primos de $121$ até $125$, vemos que $s > 125$ e consequentemente $r^2s > 3125$. Portanto, este caso gera apenas soluções maiores que $3125$.
    \item $r^2s$ com $s=5$.
    Teremos o números $5r^2$. Usando a primeira pista, devemos ter $r^2 > \frac{3001}{5} = 600$. Logo, $r^2 > 24^2$, ou seja, $r \ge 25$. Mas como $25$ não é primo, teríamos $r=25$ e consequentemente $r^2s > 3125$. Então, este caso gera soluções maiores que $3125$.
\end{itemize}
A senha de Abel é $3125$.

Caso seja feito sem considerar exatamente $6$ divisores, ou seja, possuir $6$ ou mais divisores.
Observe que o número é múltiplo de $5$ maior que $3001$. Fazendo os testes, vemos que $3005$ possui apenas $2$ divisores. O seguinte $3010$ possui $16$ divisores. Logo, nessa interpretação a senha de Abel é $3010$.
Problema (nível 3): Uma hora potência é uma hora cujo formato representa uma potência perfeita de número inteiro com expoente maior que $1$, ou seja, algo no formato $a^b$ em que $a$ e $b$ são inteiros e $b>1$. Por exemplo, 03:43 é uma hora potência afinal $343=7^3$, mas 01:10 não é uma hora potência, afinal 110 não é potência exata de número inteiro. Também 02:89 não é hora potência, embora $289=17^2$, pois não existe a hora 02:89 já que os minutos vão apenas até 60. Quantas horas potências existem depois de 00:00 e antes de 02:59 ?

Solução: Vamos contar as potências perfeitas de $0$ a $259$. Veja que, basta olharmos os expoentes primos, pois se tivermos uma potência composta da forma $x^{p \cdot p}$, com $p$ primo, também teremos a potência de um primo uma vez que $a^{x \cdot p} = (a^x)^p$. Temos:
\begin{itemize}
    \item $16$ quadrados perfeitos $1^2, 2^2, ..., 16^2$
    \item $6$ cubos perfeitos $1^3, 2^3, ..., 6^3$
    \item $3$ potências quintas $1^5, 2^5, 3^5$
    \item $2$ potências sétimas $1^7, 2^7$
\end{itemize}
Como citado, as potências de expoentes $4, 6$ e $8$ já estão incluídas nas potências de $2$. Note também que as potências de expoente $9$ ou maior, mesmo com base $2$, são maiores que $259$ e, as que possuem base $1$, já foram contadas.
Daí, tomando o cuidado de tirar $3$ vezes o número $1$, pois ele está sendo contado $4$ vezes e $1$ vez o número $64$ que está sendo contado duas vezes ($64 = 8^2 = 4^3$), concluímos a princípio que existiriam $16+6+3+2-3-1=23$ possíveis horas potências distintas.
Entretanto, as potências $8^2$, $9^2$, $13^2$ e $14^2$ são as que possuem o número formado pelas dezenas e unidades maiores que $60$, logo não são horas potências. Finalmente, temos que a quantidade de horas potências depois de $00:00$ e antes de $02:59$ é $23-4=19$.
Problema (nível 3): Na tabela ao lado, a partir da segunda linha, o número escrito na coluna X é igual ao produto dos números da linha anterior e o número escrito na coluna Y é igual ao quociente da divisão do número escrito na coluna X da linha anterior pelo número da coluna Y da linha anterior.
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
& X & Y \\
\hline
$1^a$ & 2 & 1 \\
\hline
$2^a$ & 2 & 2 \\
\hline
$3^a$ & 4 & 1 \\
\hline
... & ... & ... \\
\hline
\end{tabular}
\begin{enumerate}
\item[(a)] Qual o maior número que aparece na décima linha?
\item[(b)] Qual é a soma dos números que aparecem na linha 21?
\end{enumerate}

Solução: a)
$$ 
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
linha & X & Y \\
\hline
1 & 2 & 1 \\
\hline
2 & 2 & 2 \\
\hline
3 & $2^2$ & 1 \\
\hline
4 & $2^2$ & $2^2$ \\
\hline
5 & $2^3$ & 1 \\
\hline
6 & $2^3$ & $2^3$ \\
\hline
7 & $2^4$ & 1 \\
\hline
8 & $2^4$ & $2^4$ \\
\hline
9 & $2^5$ & 1 \\
\hline
10 & $2^5$ & $2^5$ \\
\hline
\end{tabular}
$$
b) Vemos, na tabela acima, que os expoentes de $2$ nas linhas $2, 4, 6, 8$ e $10$ são, respectivamente $1, 2, 4, 8$ e $16$, isto é, dobram a cada duas linhas. Assim, na linha de número $2n$, o expoente de $2$ é $2^{n-1}$. Portanto, na linha $20$, o expoente de $2$ é $2^9$, isto é, $X=Y=2^9$. Portanto, na linha $21$, o expoente de $2$ é
$$ 2^{21-1} = 2^{20} = 2^{10} \cdot 2^{10} = 2^{10} \cdot 2^{10} = 2^{20} $$
Logo, na linha $21$, teremos a soma: $X+Y = 2^{20} + 1$.
Problema (nível 3): Determine o número de quádruplas ordenadas de inteiros positivos $(x, y, z, w)$ que satisfazem $x \cdot y \cdot z \cdot w = 2013$.

Solução: Como $2013 = 3 \cdot 11 \cdot 61$, cada um desses primos deve aparecer na fatoração de exatamente um dos quatro números $x,y,z$ e $w$. Temos $4$ opções para escolher em que número da quádrupla o primo irá aparecer; portanto, o número de quádruplas é $4^3 = 64$.
Problema (nível 3): Led, um famoso herói de jogos, tem um novo desafio: abrir o portal do dragão. O portal possui 10 cadeados distintos. Para o portal ser aberto, o herói deve possuir pelo menos uma chave para cada cadeado. Para conseguir as chaves dos cadeados, Led deve abrir caixas espalhadas pelo jogo. Existem 45 caixas em tal jogo e cada uma delas contém duas chaves distintas. Além disso, cada chave abre exatamente um dos 10 cadeados, duas chaves de uma mesma caixa abrem cadeados diferentes e não existem duas caixas tais que suas chaves abrem exatamente os mesmos dois cadeados. Qual o número mínimo de caixas que Led deve abrir para garantir a posse de 10 chaves distintas e assim abrir o portal?

Solução: Suponha que, após abrir $C$ caixas, Led ainda não consiga abrir o portal. Isso significa que há pelo menos uma chave que ele não possui.
Então, as caixas que ele abriu possuíam pares de chaves capazes de abrir não mais que $9$ cadeados. Logo, teremos $C \le \binom{9}{2} = \frac{9 \cdot 8}{2} = 36$. De fato, se ele abrir caixas que possuem todos os pares das chaves de um conjunto de $9$ cadeados ele não conseguirá abrir o portal.
Por outro lado, nota-se também que se Led abrir $37$ caixas distintas, saberemos que suas chaves não poderão ser um subconjunto de chaves capazes de abrir não mais que $9$ cadeados, pois é maior que $36$.
Então, o número mínimo de caixas que Led deve abrir é $37$.
Problema (nível 2): Um número natural é chamado quadrado perfeito quando ele é o quadrado de outro número natural. Por exemplo, $1$ e $25$ são quadrados perfeitos pois $1 = 1^2$ e $25 = 5^2$. Qual é o menor valor de $a + b$, com $a$ e $b$ números naturais não nulos, para que os números $28 \cdot a^3 \cdot b$ e $7 \cdot a \cdot b^5$ sejam ambos quadrados perfeitos?

Solução: [Resposta: 0008]
Solução: Um número é quadrado perfeito quando os primos em sua fatoração tem expoente par. Assim, observando que $28 = 2^2 \cdot 7$ e $7^2 = 7^2$, nota-se que devemos intervir no expoente do $7$. Para isso, são dois que nos preocupam com o $2$, pois o seu expoente em $28 \cdot a^2 \cdot b^2 \cdot c$ é $2 + 2a + 2b + c$. Pelo menos um dos números $a$ ou $b$ é divisível por $7$, ou seja, um deles é pelo menos $7$ e o outro é pelo menos $1$. Logo a soma é no mínimo $8$. Note que os valores $a = 7c$ e $b = 1$ satisfazem a condição, já que $28 \cdot a^2 \cdot b^2 \cdot c = 98^2 \cdot c$.
Problema (nível 2): Jurema tem $12$ peças retangulares de plástico de $3$ cm por $4$ cm. Ela junta essas peças fazendo coincidir seus lados iguais e monta retângulos maiores, um de cada vez. Um desses retângulos tem o maior perímetro possível. Qual é esse perímetro, em centímetros?

Solução: [Resposta: 0102]
Solução: Sendo $x$ a quantidade de retângulos que enfileiramos com o lado $3 \text{ cm}$ e $y$ a quantidade que enfileiramos com o lado $4 \text{ cm}$, então $x \cdot 3 + y \cdot 4 = 12$ é o total de retângulos e o perímetro é $3x + 3x + 4y + 4y = 6x + 8y$.
É assim, temos apenas que verificar os seguintes casos:
\begin{itemize}
    \item $x = 1, y = 12 \rightarrow \text{perímetro} = 102$
    \item $x = 2, y = 6 \rightarrow \text{perímetro} = 60$
    \item $x = 3, y = 4 \rightarrow \text{perímetro} = 50$
    \item $x = 4, y = 3 \rightarrow \text{perímetro} = 48$
    \item $x = 6, y = 2 \rightarrow \text{perímetro} = 52$
    \item $x = 12, y = 1 \rightarrow \text{perímetro} = 80$
\end{itemize}
Vemos, portanto, que o perímetro máximo é $102$.
Problema (nível 2): Em uma prova de múltipla escolha, Júlia acertou $100$ das $128$ questões possíveis. Ela verificou que a maior quantidade de questões consecutivas que ela acertou é N. Qual é o valor mínimo para N?

Solução: [Resposta: 0004]
Solução:
Vamos supor que esse máximo fosse $3$. Sendo $C$ a questão que ela marcou a alternativa correta e $E$ a questão que ela errou, então, a maior quantidade que Júlia poderia acertar ocorreria quando $C, C, C, E, C, C, C, E, C, C, C, E, \dots$
Ou seja, ela acertaria $3$ e erraria $1$ em cada $4$ questões. Ora, mas isso seria igual a $\frac{3}{4} \cdot 128 = 96$, que é menor do que as $100$ que ela acertou. Desse modo, $N > 3$.
Analisando o caso seguinte, veja que ela pode acertar, por exemplo, $C, C, C, C, E, C, C, C, C, E, \dots, C, C, C, C, E, E, E, E$
onde ela acertaria $\frac{4}{5} \cdot 125 = 100$ questões até a questão $125$ e ela erraria as $3$ últimas.
Problema (nível 2): A professora Maria escreveu no quadro-negro todos os números inteiros de $1$ a $1000$. Chamou um aluno e pediu que ele apagasse os números, a partir do segundo, de dois em dois. Assim, o primeiro aluno apagou o $2$, depois o $4$, o $6$ etc. Em seguida, ela pediu que o próximo aluno fizesse o mesmo, e depois chamou outro para fazer o mesmo, até sobrar um número no quadro-negro. Quantos alunos foram até o quadro negro?

Solução: [Resposta: 0010]
Solução:
Veja que, se antes de um aluno ir ao quadro, havia $n$ números, então:
\begin{itemize}
    \item Se $n$ é par, passamos a ter $\frac{n}{2}$ números, apagando-se o segundo, o quarto, ..., e o $n$-ésimo.
    \item Se $n$ é ímpar, passamos a ter $\frac{n+1}{2}$ números, apagando-se o segundo, o quarto, ..., e o $(n-1)$-ésimo.
\end{itemize}
Vamos então olhar quantos números restam após cada aluno ir até o quadro:
$1000 \rightarrow 500 \rightarrow 250 \rightarrow 125 \rightarrow 63 \rightarrow 32 \rightarrow 16 \rightarrow 8 \rightarrow 4 \rightarrow 2 \rightarrow 1$
Ou seja, vemos que $10$ alunos foram até o quadro.
Problema (nível 2): Na tabela ao lado, a partir da segunda linha, o número escrito na coluna X é igual ao produto dos números da linha anterior e o número escrito na coluna Y é igual ao quociente do número escrito na coluna X da linha anterior pelo número da coluna Y da linha anterior.
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
& X & Y \\
\hline
$1^\text{a}$ & 2 & 1 \\
$2^\text{a}$ & 2 & 2 \\
$3^\text{a}$ & 4 & 1 \\
$4^\text{a}$ & 4 & 4 \\
\hline
... & ... & ... \\
\hline
\end{tabular}
\begin{enumerate}
\item[(a)] Quais são os dois números que aparecem na décima linha? Você pode apresentar a sua resposta usando potências.
\item[(b)] Qual é a soma dos números que aparecem na linha 2013? Você pode apresentar a sua resposta usando potências.
\end{enumerate}

Solução: \begin{enumerate}
    \item[(a)]
    $$
    \begin{array}{|c|c|c|}
    \hline
    \text{linha} & X & Y \\
    \hline
    1 & 2 & 1 \\
    \hline
    2 & 2 & 2 \\
    \hline
    3 & 2^2 & 1 \\
    \hline
    4 & 2^2 & 2^2 \\
    \hline
    5 & 2^3 & 1 \\
    \hline
    6 & 2^3 & 2^3 \\
    \hline
    7 & 2^4 & 1 \\
    \hline
    8 & 2^4 & 2^4 \\
    \hline
    9 & 2^5 & 1 \\
    \hline
    10 & 2^5 & 2^5 \\
    \hline
    \end{array}
    $$
    \item[(b)] Vemos, na tabela acima, que os expoentes do $2$ nas linhas $2, 4, 6, 8, 10$ são, respectivamente, $1, 2, 3, 4, 5$, isto é, dobram a cada duas linhas. Assim, na linha de número $2n$, o expoente do $2$ é $n$. Portanto, na linha $2012$, o expoente de $2$ é $1006$, isto é $X = Y = 2^{1006}$.
Assim, na linha $2013$ o expoente de $2$ é $1006$, então $X = 2^{1006}$ e $Y = 1$.
Logo $X+Y = 2^{1006}+1$.
\end{enumerate}
Problema (nível 4): O imparial de $n$ é igual ao produto de todos os naturais ímpares menores ou iguais a $n$. Quais são os três últimos algarismos do imparial de 2014?

Solução: Denotaremos o imparcial de $n$ por $n\&$. Para determinar os três últimos algarismos de $2014\&$, devemos encontrar o resto de $2014\& \div 1000$. Para isso, analisaremos tal número módulo 8 e módulo 125.
Analisando inicialmente módulo 8, sendo $2014 = 8 \cdot 251 + 6$, $2014\& = (1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7)^{251} \cdot 3 \cdot 5 = 1^{251} \cdot 7 = 7$ (mód 8).
Analisando agora módulo 125, temos que $125$ é um dos fatores de $2014\&$, e, portanto, $2014\& = 0$ (mód 125). Assim, $2014\& \equiv 125t \implies 125t \equiv 7$ (mód 8) $\implies 5t \equiv 7$ (mód 8) $\implies t \equiv 3$ (mód 8).
Logo $t = 8k + 3$ e $2014\& = 125(8k+3) = 1000k + 375 = 375$ (mód 1000).
Logo os três últimos algarismos de $2014\& $ são $375$.
Problema (nível 4): A sequência $a_1, a_2, a_3, \dots$ satisfaz $a_1 = 1$ e $a_n = \sqrt{a_{n-1}^2 + n}$. Qual é o inteiro mais próximo de $a_{2014}$?

Solução: Elevando ao quadrado a condição dada, obtemos $a_n^2 = a_{n-1}^2 + n$. Somando tal relação com $n$ variando de $2$ até $2014$, temos $a_{2014}^2 = a_1^2 + 2 + 3 + \dots + 2014$. Como $a_1 = 1$, e a sequência é formada apenas por números positivos, segue que
$$a_{2014} = \sqrt{1 + \frac{2014 \cdot 2015}{2}} = \sqrt{1 + 2029105} = \sqrt{2029106} \approx 1424.47.$$
Logo, o inteiro mais próximo de $a_{2014}$ é $1424$.