tiagoteixeira03/MATH-PT huggingface dataset:
Problema (nível 2): Esmeralda inventou uma brincadeira. Digitou alguns algarismos na primeira linha de uma folha. Depois, na segunda linha, fez a descrição dos algarismos digitados da seguinte maneira: ela apresentou as quantidades de cada um dos que apareceram, em ordem crescente de algarismo. Por exemplo, após digitar $21035662112$, ela digitou $103132131526$, pois em $21035662112$ existe um algarismo $0$, três algarismos $1$, três algarismos $2$, um algarismo $3$, um algarismo $5$ e dois algarismos $6$.
\begin{enumerate}
\item[(a)] Ela começou uma nova folha com $1$. Fez, então, sua descrição, ou seja, digitou $11$ na segunda linha. Depois, descreveu $11$, ou seja, digitou $21$ na terceira linha, e assim continuou. O que ela digitou na $10^\text{a}$ linha da folha?
\item[(b)] Esmeralda gostou tanto de fazer isso que decidiu preencher várias folhas com essa brincadeira, começando com $01$ na primeira linha da primeira folha. Quais são os dois primeiros algarismos da esquerda do que ela digitou na $2006^\text{a}$ linha?
\end{enumerate}

Solução: \begin{enumerate}
\item[(a)] Ela escreveu em cada uma das 9 primeiras linhas, na seguinte ordem, 1, 11, 21, 1112, 3112, 211213, 312213, 212223 e 112213. Logo na 10a linha ela escreveu 31121314.
\item[(b)] Esmeralda escreveu em cada uma das primeiras linhas, na seguinte ordem, 01, 1011, 1031, 102113, 10311213, 10411223, 1031221314, 1041223314, 1031321324, 1031223314, 1031223314, ..., e percebeu que, a partir da 10a linha, o número 1031223314 começa a repetir.
\end{enumerate}
Portanto os dois primeiros algarismos da esquerda do número que ela digitou na 2006$^a$. linha serão 1 e 0.
Problema (nível 3): Ludmilson descobriu que o produto da idade que tinha há 55 anos atrás pela idade que terá daqui a 55 anos é igual ao cubo de um número primo. Qual é a idade atual de Ludmilson?

Solução: Seja $x$ a idade da Ludmilson. Logo, $(x-55)(x+55)=p^1$, onde $p$ é primo. Temos então, duas possibilidades:
\begin{enumerate}
    \item $x-55=1$
    $x+55=p^1$
    Nesse caso teríamos $x=56$ e $p=111$, absurdo, pois $111$ não é primo.
    \item $x-55=p$
    $x+55=p^2$
\end{enumerate}
Com isso, $110 = p^2-p = p(p-1)=11 \cdot 10$. E assim teremos $p=11$ e $x=66$. Logo, a idade de Ludmilson é $66$ anos.
Problema (nível 3): Sendo $f(x) = 100x + 3$, calcule o valor de $\frac{f(10^8) - f(10^3)}{10^8 - 10^3} - f(-1)$.

Solução: $(100 \cdot 10^8 + 3 \cdot 100 \cdot 10^3)(10^8 - 10^3) - 100 \cdot (-1) - 3 = \frac{100(10^8 - 10^3)}{10^8 - 10^3} + 97 = 100 + 97 = 197$.
Problema (nível 3): Um inteiro positivo $K$ tem $n$ algarismos e é igual a $2608n$. Determine a soma dos algarismos de $K$.

Solução: Tente $1, 2, 3 \dots$ e perceba que, somente com $n=5$, $K$ terá $5$ algarismos. Assim, $K = 2608 - 5 = 13040$. Com isso, a soma dos algarismos de $K$ é $8$.
Problema (nível 3): Em 1949 o matemático indiano D. R. Kaprekar, inventou um processo conhecido como Operação de Kaprekar. Primeiramente escolha um número de quatro dígitos (não todos iguais), em seguida escreva a diferença entre o maior e o menor número que podem ser formados a partir de uma permutação dos dígitos do número inicial. Repetindo o processo com cada número assim obtido, obtemos uma seqüência. Por exemplo, se o primeiro número for 2007, o segundo será $7200 - 0027 = 7173$. O terceiro será $7731 - 1377 = 6354$. Começando com o número 1998, qual será o $2007$-ésimo termo da seqüência?

Solução: A partir do sétimo termo, todos serão iguais a $6174$.
Problema (nível 3): Sejam $\alpha$ e $\beta$ as raízes da equação quadrática $(x - 2)(x - 3) + (x - 3)(x + 1) + (x + 1)(x - 2) = 0$. Determine o valor de $$\frac{1}{(\alpha+1)(\beta+1)} + \frac{1}{(\alpha-2)(\beta-2)} + \frac{1}{(\alpha-3)(\beta-3)}$$

Solução: É fácil ver que $(x-2)(x-3)+(x-3)(x+1)+(x+1)(x-2) = 3(x-\alpha)(x-\beta)$. Fazendo $x=1, 2$ e $3$, nesta igualdade, temos que,
$$(a+1)(\beta+1)=4, (a-2)(\beta-2)=1, (a-3)(\beta-3)=\frac{4}{3}.$$
Com isso,
$$\frac{1}{(a+1)(\beta+1)} + \frac{1}{(a-2)(\beta-2)} + \frac{1}{(a-3)(\beta-3)} = \frac{1}{4} + 1 + \frac{3}{4} = 0.$$
Problema (nível 3): \begin{enumerate}
    \item[(a)] Determine a quantidade de divisores do número $N = 23^5 - 23$.
    \item[(b)] Mostre que para todo número natural $n$, $n^5 - n$ é múltiplo de 30.
\end{enumerate}

Solução: a) $N = 23 \cdot (23^2-1) = 23 \cdot (23-1)(23+1) = 23 \cdot 22 \cdot 24 = 2^4 \cdot 3 \cdot 11 \cdot 23$. O número de divisores (positivos) de $N$ é $6 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 192$.
b) $N = n^3-n = n(n^2-1) = n(n-1)(n+1)$. Necessariamente, ou $n$ ou $n+1$ é par. Logo, $2$ divide $N$. Do mesmo modo, um dos números $n-1, n$ ou $n+1$ é múltiplo de $3$. Logo $3$ também divide $N$. Finalmente, se nenhum dos $3$ números $n-1, n$ ou $n+1$ é múltiplo de $5$, então $n$ é da forma $5k+2$ ou $5k+3$. No primeiro caso, temos $n+1 = 5k+3 \neq 5k+5$, no segundo, $n-1 = 5k+2 \neq 5k+10$, ambos múltiplos de $5$. Portanto, um dos números $n-1, n$ ou $n+1$ é múltiplo de $5$. Assim, $N$ é, simultaneamente, múltiplo dos números primos entre si $2, 3$ e $5$, o que prova que $N$ é múltiplo de $30$.
Problema (nível 2): O número $N = 1010010100101...$ contém somente os algarismos 0 e 1, de modo que o número de algarismos 0 entre dois algarismos 1 é um ou dois, alternadamente. O número $N$ tem exatamente 101 algarismos. Qual é a soma de todos os algarismos do número $N$?

Solução: O número é formado por blocos iguais, de 5 algarismos na forma “10100”. Como o número tem 101 algarismos, concluímos que é formado por 20 desses blocos inteiros mais o primeiro algarismo do 21º bloco, que é 1. A soma dos algarismos de cada bloco é $1+0+1+0+0=2$, portanto a soma dos algarismos de $N$ é $20 \times 2 + 1 = 41$.
Problema (nível 2): Observe as igualdades a seguir:
$$1+2+1=4$$
$$1+2+3+2+1=9$$
$$1+2+3+4+3+2+1=16$$
$$\vdots$$
$$1+2+3+\dots+2006+2007+2006+\dots+3+2+1= A$$
Qual é o valor de $\frac{A}{223^2}$?

Solução: Pelo padrão observado, as somas são iguais ao quadrado da parcela central (aquela cujo número de parcelas à esquerda é igual ao número de parcelas à direita).
Portanto, $A = 2007^2$ e, assim, $\frac{A}{223^2} = \frac{2007^2}{223^2} = \left(\frac{2007}{223}\right)^2 = 9^2 = 81$.
Problema (nível 2): A adição ao lado está incorreta. Entretanto, se substituirmos somente um certo algarismo $a$, toda vez que ele aparece, por um certo algarismo $b$, a conta fica correta. Qual é o valor de $a^b$?
$$\begin{array}{r}
742586 \\
+829430 \\
\hline
1212016
\end{array}$$

Solução: À primeira inspeção, podemos admitir que os três algarismos à direita de todos os números estão corretos, isto é, estão corretamente escritos os algarismos 0, 1, 3, 4, 5, 6 e 8. Portanto, dentre os algarismos 2, 7 e 9, um deles está escrito incorretamente. O 9 está escrito corretamente, pois se o mudarmos, a soma 2 não estará certa. Logo ou 2 ou 7 está errado. Se o 7 estiver errado, então 2 estaria correto, mas isso não é possível pois a soma de 2 com 4 mais 1 não estaria certa. Logo, o 2 é que deve ser substituído; olhando novamente a soma de 2 com 4 mais 1 resultando 1, vemos que o resultado só dará certo se no lugar de 2 colocarmos 6. Fazendo a substituição, verificamos que o resto se encaixa. Teremos, então, $6^2 = 2^6 = 64$.
$$
\begin{tabular}{c}
746586 \\
+869430 \\
\hline
1616016
\end{tabular}
$$
Problema (nível 2): Esmeralda comprou seis discos de ferro para usar num aparelho de ginástica. Esses discos têm massas $1, 2, 3, 4, 5$ e $6$ quilogramas, respectivamente. Esmeralda pode combiná-los e obter outras massas, como por exemplo: $1 \text{ disco de } 2 \text{ kg} + 1 \text{ disco de } 6 \text{ kg} = 8 \text{ kg}$. Qual a maior quantidade de massas diferentes que ela pode obter?

Solução: Dadas as massas de 1 a 6, podemos adicionar $1+2+6$, etc, até obter todos os pesos de 7 a 11; podemos adicionar $1+5+6$, $2+5+6$, etc, até obter todos os pesos de 12 a 15; podemos adicionar $1+4+5+6$, obtendo os pesos de 16 a 18; somando $1+3+4+5+6$ obtemos 19; $2+3+4+5+6$ obtemos 20 e, finalmente, somando $1+2+3+4+5+6$ obtemos 21. Portanto, a quantidade de massas diferentes que Esmeralda pode obter é 21.
Problema (nível 4): Seja $c$ a maior constante real para a qual
$$x^2 + 3y^2 \ge c \cdot (x^2 + xy + 4y^2)$$
para todos $x, y$ reais.
Determine o inteiro mais próximo de $2009 \cdot c$.

Solução: Fazendo $x=t^y$, a equação inicial reduz-se a
$$ t^2 + 3t + 4 = 0. $$
Logo, devemos ter $(c-1)^2 + ct + (4c-3) \le 0$, para todo $t$ real. Para isto, devemos ter $c-1 < 0$ e o discriminante $\Delta = c^2 - 4(c-1)(4c-3) \le 0$.
Da última inequação, obtemos $-15c^2 + 28c - 12 \le 0$, cuja solução é $c \le \frac{2}{3}$ ou $c \ge \frac{6}{5}$. Como $c < 1$, o maior valor possível de $c$ é $2/3$. Daí, $2009 \cdot c = 1339,333...$
Problema (nível 4): No programa de auditório Toto Bola, o apresentador Ciço Magallanes dispõe de duas caixas idênticas. Um voluntário da platéia é chamado a participar da seguinte brincadeira: ele recebe dez bolas verdes e dez bolas vermelhas e as distribui nas duas caixas, sem que o apresentador veja, e de modo que em cada caixa haja pelo menos uma bola. Em seguida, o apresentador escolhe uma das caixas e retira uma bola. Se a bola for VERDE, o voluntário ganha um carro. Se for VERMELHA, ele ganha uma banana. A máxima probabilidade que o voluntário tem de ganhar um carro é igual a $\frac{m}{n}$, em que $m$ e $n$ são inteiros positivos primos entre si. Determine o valor de $m + n$.

Solução: Seja P(a, b) a probabilidade de o voluntário ganhar o carro no caso em que ele tenha colocado a bolas VERDES e b bolas VERMELHAS na caixa 1. Então, necessariamente haverá $(10-a)$ bolas VERDES e $(10-b)$ bolas VERMELHAS na caixa 2. Segue que
$$ P(a,b) = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{a+b} + \frac{1}{2} \cdot \frac{10-a}{20-a-b}. $$
Podemos supor, sem perda de generalidade, que $a+b \le 10$, já que as caixas são idênticas. Suponha, ainda, que haja alguma bola VERMELHA na caixa 1. Vejamos o que acontece com essa probabilidade se transferirmos uma bola VERDE da caixa 2 para a caixa 1 e uma bola VERMELHA da caixa 1 para a caixa 2. Ficamos com
$$ P(a+1, b-1) = \frac{1}{2} \cdot \frac{a+1}{a+b} + \frac{1}{2} \cdot \frac{9-a}{20-a-b}. $$
Dessa forma,
$$ P(a+1, b-1) - P(a,b) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{a+b} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{20-a-b} \ge 0, $$
pois $a+b \le 10$.
Assim, o voluntário sabe que, enquanto houver bola VERMELHA na caixa que contém menos bolas, a probabilidade pode ser aumentada, bastando, para isto, que ele troque uma das bolas VERMELHAS desta caixa com uma VERDE da outra. Por isso, para maximizarmos a probabilidade, basta considerarmos o caso em que a caixa 1 contém apenas bolas VERDES e a caixa 2 contém o restante das bolas. Teremos
$$ P(a,0) = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{a} + \frac{1}{2} \cdot \frac{10-a}{20-a} $$
$$ = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{10-a}{20-a} \right) = \frac{1}{2} \left( 2 - \frac{10}{20-a} \right) = 1 - \frac{5}{20-a}. $$
Logo, a probabilidade será máxima quando $a$ for mínimo. Como em cada caixa deve haver pelo menos uma bola, devemos ter $a=1$. Neste caso, a probabilidade é:
$$ P(1,0) = 1 - \frac{5}{19} = \frac{14}{19}. $$
Problema (nível 4): Determine o maior inteiro $n$ menor que $10000$ tal que $2^n + n$ seja divisível por $5$.

Solução: Vamos analisar os restos das divisões de $2^n$ e $n$ por 5.
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
n & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 & 16 & 17 & 18 & 19 & 20 \\
\hline
n \pmod 5 & 1 & 2 & 3 & 4 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 0 \\
\hline
2^n \pmod 5 & 2 & 4 & 3 & 1 & 2 & 4 & 3 & 1 & 2 & 4 & 3 & 1 & 2 & 4 & 3 & 1 & 2 & 4 & 3 & 1 \\
\hline
2^n + n \pmod 5 & 3 & 1 & 1 & 0 & 2 & 0 & 0 & 4 & 1 & 4 & 3 & 3 & 0 & 3 & 3 & 2 & 4 & 2 & 2 & 1 \\
\hline
\end{array}
$$
Veja que os restos das divisões de $2^n$ por 5 formam uma sequência de período 4, enquanto que os restos das divisões de $n$ por 5 formam uma sequência de período 5. Logo, os restos das divisões de $2^n+n$ formam uma sequência de período 20, dada pela última linha da tabela acima. Dessa forma, tomando os números de 1 a 1000 em intervalos de tamanho 20, o maior $n$ tal que $2^n+n$ deixa resto zero na divisão por 5 é o $13^\circ$ termo do último intervalo, ou seja, o número $9980+13 = 9993$.
Problema (nível 4): Determine a quantidade de números $n = a_1a_2a_3a_4a_5a_6$, de seis algarismos distintos, que podemos formar utilizando os algarismos $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9$ de modo que as seguintes condições sejam satisfeitas simultaneamente:
\begin{enumerate}
\item[(i)] $a_1 + a_6 = a_2 + a_5 = a_3 + a_4$;
\item[(ii)] $n$ é divisível por $9$.
\end{enumerate}

Solução: Seja $k = a_1 + a_2 + a_3 + a_4 + a_5 + a_6$. Temos $3k = a_1 + a_2 + \dots + a_6$ é múltiplo de 9, uma vez que $n$ é múltiplo de 9. Daí, segue que $k$ é múltiplo de 3.
Mas, como os algarismos são distintos, perceba que
$$ 1+2+\dots+6 = 21 \le 3k \le 39 \implies 7 \le k \le 13. $$
Como $k$ é múltiplo de 3, temos dois casos: $k=9$ e $k=12$.
\begin{enumerate}
    \item[1º caso:] $k=9$. Veja que é suficiente escolhermos $a_1, a_2, a_3$ pois $a_4 = 9 - a_1$, $a_5 = 9 - a_2$ e $a_6 = 9 - a_3$. Como os dígitos devem ser distintos, devemos escolher $a_1, a_2, a_3$ de modo que haja no máximo um dígito em cada um dos conjuntos \{1,8\}, \{2,7\}, \{3,6\} e \{4,5\}. Esta escolha pode ser feita da seguinte forma:
    \begin{itemize}
        \item Escolhemos três dos quatro conjuntos: 4 maneiras;
        \item Em cada um dos três conjuntos acima, escolhemos um dos dois dígitos: $2^3 = 8$ maneiras;
        \item Permutamos os dígitos escolhidos: $3! = 6$ maneiras.
    \end{itemize}
    Logo, o total de números, neste caso, é igual a $4 \times 8 \times 6 = 192$.
    \item[2º caso:] $k=12$. Neste caso, os dígitos $a_1, a_2, a_3$ devem ser escolhidos do conjunto \{2,3,4,5,7,8,9\}, de modo que haja no máximo um dígito em cada um dos conjuntos \{3,9\}, \{4,8\} e \{5,7\}. Esta escolha pode ser feita da seguinte maneira:
    \begin{itemize}
        \item Em cada um dos três conjuntos acima, escolhemos um dos dois dígitos: $2^3 = 8$ maneiras;
        \item Permutamos os dígitos escolhidos: $3! = 6$ maneiras.
    \end{itemize}
    Logo, o total de números, neste caso, é igual a $8 \times 6 = 48$.
\end{enumerate}
O total de números é, portanto, $192 + 48 = 240$.
Problema (nível 4): Encontre todos os inteiros $a > 0$ e $b > 0$ tais que
$$4 \cdot 3^a = 11 + 5^b$$

Solução: Analisando a equação módulo 5, obtemos $4 \cdot 3^x - 1 \equiv 0 \pmod 5 \implies 3^x \equiv 4 \pmod 5$.
Mas os valores de $3^x \pmod 5$ são periódicos de período 4:
$$
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
x & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\
\hline
3^x \pmod 5 & 1 & 3 & 4 & 2 & 1 & 3 & 4 & 2 \\
\hline
\end{array}
$$
Assim, concluímos que $3^x \equiv 4 \pmod 5 \implies x \equiv 2+4t$ para $t \in \mathbb{N}$.
Agora, analisando a equação módulo 3, obtemos $11+5^y \equiv 0 \pmod 3 \implies (-1)^y \equiv 1 \pmod 3$ o que ocorre se, e só se, $y$ é par.
Portanto $a$ e $b$ são ambos pares, digamos $a=2c$ e $b=2d$ para dois inteiros positivos $c, d$. Assim,
$$ 4 \cdot 3^{2c} - 11 + 5^{2d} \equiv 0 $$
$$ \implies (2 \cdot 3^c - 5^d)(2 \cdot 3^c + 5^d) = 11 $$
$$ \implies \begin{cases} 2 \cdot 3^c - 5^d = 1 \\ 2 \cdot 3^c + 5^d = 11 \end{cases} $$
$$ \implies \begin{cases} 3^c = 3 \implies c=1 \\ 5^d = 5 \implies d=1 \end{cases} $$
Assim, a única solução é: $(a,b) = (2,2)$.
Problema (nível 3): Esmeralda tem uma garrafa com $9$ litros de uma mistura que tem $50\%$ de álcool e $50\%$ de água. Ela quer colocar água na garrafa de tal forma que apenas $30\%$ da mistura seja de álcool. Quantos litros de água ela irá colocar?

Solução: [Resposta: 06]
Inicialmente temos $4,5$ litros de água e $4,5$ litros de álcool. Colocados $x$ litros de água, para termos $30\%$ de álcool na mistura, basta que $\frac{30}{100}(9+x)=4,5$, então $X=6$.
Problema (nível 3): Se $a, b, c$ e $d$ são, em alguma ordem, $1, 2, 3$ e $4$. Qual é o maior valor possível de $$ab + bc + cd + da$$?

Solução: [Resposta: 25]
É fácil ver que $ab+bc+cd+da = b(a+c)+d(c+a) = (a+c)(b+d)$. Suponha sem perda de generalidade que $A=1$. Com isso, $\{a,c\}=\{1,2\},\{1,3\}$ ou $\{1,4\}$ e consequentemente $\{b,d\}=\{3,4\},\{2,4\}$ ou $\{2,3\}$, respectivamente. Assim os possíveis valores do produto são $21, 24$ e $25$ e o máximo é $25$.
Problema (nível 3): Dizemos que dois ou mais números, com a mesma quantidade de algarismos, são membros da mesma família, quando todos possuem pelo menos um algarismo em comum. Por exemplo, os números $32, 25$ e $22$ pertencem à mesma família, enquanto que $123, 245$ e $568$ não pertencem à mesma família, pois $123$ e $568$ não pertencem à mesma família. Qual é a maior quantidade de membros de uma família, cujos elementos têm três algarismos?

Solução: [Resposta: 252]
O algarismo das centenas não pode ser zero. Vamos contar então todos os números que têm um determinado algarismo $x$, não nulo, pois há mais deles.
Há $9 \times 9 = 81$ números em que $x$ aparece uma única vez, como algarismo das centenas.
Há $8 \times 9 = 72$ números em que $x$ aparece uma única vez, como algarismo das dezenas (lembre-se que $x$ das centenas não pode ser $0$) e há $72$ números em que o $x$ aparece uma única vez, como algarismo das unidades.
Há $9$ números com $x$ na centena e na dezena, menos na unidade.
$9$ números com $x$ na centena e na unidade, menos na dezena e
$8$ números com $x$ na dezena e na unidade, menos na centena e um único número formado inteiramente de $x$. A quantidade total de números em que figura o algarismo não nulo $x$ é $81+72+72+9+9+8+1=252$.
Problema (nível 3): Determine a quantidade de inteiros de dois algarismos que são divisíveis pelos seus algarismos.

Solução: [Resposta: 14]
Seja $n=10A+B$ o número de dois dígitos. Se $A$ divide $n$, então $A$ divide $B$. Se $A>5$, então $B=A$, pois $B$ não pode ser $0$ e $B<10<2A$.

Listemos as possibilidades:
\begin{itemize}
    \item Se $A=1$ então $AB$ pode ser $11, 12, 15$.
    \item Se $A=2$, então $AB$ pode ser $22, 24$.
    \item Se $A=3$, então $AB$ pode ser $33, 36$.
    \item Se $A=4$, então $AB$ pode ser $44, 48$.
    \item Se $A=5$, então $AB$ pode ser $55$.
    \item Se $A=6$, então $AB$ pode ser $66$.
    \item Se $A=7$, então $AB$ pode ser $77$.
    \item Se $A=8$, então $AB$ pode ser $88$.
    \item Se $A=9$, então $AB$ pode ser $99$.
\end{itemize}
Logo, o total de números é $3+2+2+2+1+1+1+1+1=14$.
Problema (nível 3): Observe:
$$(x-r)(x-s) = x^2 - (r+s)x + rs$$
Assim, substituindo $x$ por $r$ e por $s$, obtemos
$$\begin{cases}
r^2 - (r+s)r + rs = 0 \\
s^2 - (r+s)s + rs = 0
\end{cases} \implies \begin{cases}
a(r^{n+2} - (r+s)r^{n+1} + rs \cdot r^n) = 0 \\
b(s^{n+2} - (r+s)s^{n+1} + rs \cdot s^n) = 0
\end{cases}$$
Somando as duas equações e sendo $S_n = a \cdot r^n + b \cdot s^n$, verifica-se que
$$S_{n+2} = (r+s)S_{n+1} - rsS_n$$
Dados $S_1 = ar + bs = 1$, $S_2 = ar^2 + bs^2 = 2$, $S_3 = ar^3 + bs^3 = 5$ e $S_4 = ar^4 + bs^4 = 6$, determine $S_5 = ar^5 + bs^5$.

Solução: $S_1 = (r+s)S_1 - rsS_1 = (r+s)5 - rs \cdot 2 = 5r+5s-2rs=6$
$S_1 = (r+s)S_2 - rsS_1 = (r+s)2 - rs \cdot 1 = 2r+2s-rs=5$
Com isso, encontramos que $r+s=-4$ e $rs=-13$. Daí, $S_3 = (r+s)S_2 - rsS_1 = -24+65=41$.
Problema (nível 3): Um campeonato de xadrez de 7 rodadas, com 4 jogos por rodada, tem 8 participantes, cujas pontuações por jogo são as usuais: um ponto por vitória, meio ponto por empate e nenhum ponto por derrota. Cada par de jogadores se enfrenta exatamente uma vez.
\begin{enumerate}
\item[(a)] Ao término da terceira rodada, é possível que todos os jogadores tenham pontuações distintas?
\item[(b)] Se no final do campeonato todos os jogadores têm pontuações distintas qual o menor número possível de pontos obtidos pelo primeiro colocado?
\end{enumerate}

Solução: \begin{enumerate}
    \item[(a)] Após três rodadas, um jogador pode acumular no máximo $3$ pontos. Como as pontuações são múltiplos inteiros de $\frac{1}{2}$, os possíveis valores de pontuação após a terceira rodada são:
    $0, 1/2, 1, 3/2, 2, 5/2, 3$
    Como existem $8$ jogadores e apenas $7$ possibilidades, dois jogadores terão pontuações iguais.
    \item[(b)] Se $k$ é a pontuação do primeiro colocado e todas as pontuações são distintas, a soma das pontuações dos oito jogadores será no máximo:
    $$k + \left(k-\frac{1}{2}\right) + \left(k-1\right) + \left(k-\frac{3}{2}\right) + \left(k-2\right) + \left(k-\frac{5}{2}\right) + \left(k-3\right) + \left(k-\frac{7}{2}\right) = 8k-14$$
    Como foram disputados exatamente $4 \times 7 = 28$ pontos, temos
    $$8k-14 = 28$$
    $$8k = 42$$
    $$k = \frac{42}{8} = \frac{21}{4} = 5\frac{1}{4}$$
    Logo, $k \ge 5\frac{1}{4}$ pois as pontuações são múltiplos inteiros de $\frac{1}{2}$. Basta mostrarmos um exemplo onde este valor é atingido.
    Na tabela abaixo, marcamos na interseção da linha $A_i$ com a coluna $A_j$ o número de pontos que $A_i$ ganhou na partida disputada contra $A_j$.
    \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
     & $A_1$ & $A_2$ & $A_3$ & $A_4$ & $A_5$ & $A_6$ & $A_7$ & $A_8$ & Total \\
    \hline
    $A_1$ & X & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & $1/2$ & 0 & $5+1/2$ \\
    \hline
    $A_2$ & 0 & X & 1 & 1 & 1 & 1 & $1/2$ & 0 & 5 \\
    \hline
    $A_3$ & 0 & 0 & X & 1 & 1 & 1 & $1/2$ & 0 & $4+1/2$ \\
    \hline
    $A_4$ & 0 & 0 & 0 & X & 1 & 1 & 1 & 1 & 4 \\
    \hline
    $A_5$ & 0 & 0 & 0 & 0 & X & 1 & $1/2$ & 1 & $2+1/2$ \\
    \hline
    $A_6$ & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & X & $1/2$ & 1 & $2+1/2$ \\
    \hline
    $A_7$ & $1/2$ & $1/2$ & $1/2$ & 0 & $1/2$ & $1/2$ & X & 1 & 3 \\
    \hline
    $A_8$ & 1 & 1 & $1/2$ & 0 & 0 & 0 & 0 & X & $3+1/2$ \\
    \hline
    \end{tabular}
\end{enumerate}
Problema (nível 3): Seja $N$ o menor número inteiro positivo que multiplicado por 33 resulta em um número cujos algarismos são todos iguais a 7. Determine a soma dos algarismos de $N$.

Solução: O critério de divisibilidade por 11 nos diz que se o número $33N$ possui todos os seus algarismos iguais e é divisível por 11, então ele deve possuir um número par da algarismos. O critério de divisibilidade por 3 também nos diz que a soma dos algarismos deve ser múltipla de 3 e isso obriga que a quantidade de algarismos $7$ seja divisível por 3. O menor número que cumpre essas condições é $777777$, ou seja, $N = 777777/33 = 23569$.
Problema (nível 3): Sejam $p, q$ números reais satisfazendo as relações $2p^2 - 3p - 1 = 0$, $q^2 + 3q - 2 = 0$ e $pq \neq 1$. Ache o valor de $$\frac{pq+p+1}{q}$$

Solução: Como $p$ não pode ser zero, podemos dividir a primeira equação por $-p^2$ e obter $1 + \frac{3}{p} - \frac{2}{p^2} = 0$. Isto nos diz que as raízes da primeira equação são os inversos das raízes da segunda equação. Como $pq \neq 1$, $p$ é igual ao inverso da outra raiz da segunda equação que é diferente de $q$, ou seja, $p = -3-q$. Pois a soma das raízes da segunda equação é igual a $-3$. Substituindo na expressão procurada: $$ \frac{pq+p+1}{q^2} = \frac{q(-3-q)+(-3-q)+1}{3q^2+q} = \frac{-3q-q^2-3-q+1}{3q^2+q} = \frac{-q^2-4q-2}{3q^2+q} = \frac{2}{5} - 1 $$
Problema (nível 3): Em uma cidade arbitrária o prefeito organizou uma rifa com bilhetes numerados de 100 a 999. O prêmio de cada bilhete é determinado pela soma dos algarismos do número do bilhete. Para que ninguém leve três prêmios iguais, estabeleceu-se que quem retirar três bilhetes com as três somas iguais tem direito a um superprêmio. Qual é o menor número de bilhetes que um cidadão deve comprar para ter a certeza de que vai receber um superprêmio?

Solução: A soma dos dígitos dos bilhetes é no mínimo 1 e no máximo 27. Para as somas 1 e 27 existem apenas dois bilhetes, enquanto que para qualquer outro valor existem pelo menos três bilhetes. Então retirando $1+1+2 \times (27-2)+1 = 53$ iremos escolher pelo menos três números em mesma soma.