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Problema (nível 3): Na figura seguinte está representado um triângulo equilátero $[ABC]$. Dado um ponto $D$ sobre o lado $[AB]$ marca-se um ponto $E$ na recta $CD$ de modo que $[AC]$ e $[AE]$ tenham o mesmo comprimento e sejam distintos. Determina a amplitude de $\measuredangle DEB$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \pspolygon(0,0)(2,3.464)(4,0) \psline(2,3.464)(0.938,-3.888)(0,0) \psline(0.938,-3.888)(4,0) \rput[c](-0.4,0){$A$} \rput[c](4.4,0){$B$} \rput[c](2,3.864){$C$} \rput[c](1.8,-0.4){$D$} \rput[c](0.938,-4.288){$E$} \end{pspicture}

Resolução: Resolução 1: Tem-se $D\hat EB=180^\circ-C\hat BE-E\hat CB$. Como o triângulo $[ABC]$ é equilátero, então $C\hat BE=C\hat BA+A\hat BE=60^\circ+A\hat BE$. Por outro lado, $E\hat CB=A\hat CB-A\hat CD=60^\circ-A\hat CD$. Logo $D\hat EB=180^\circ-(60^\circ+A\hat BE)-(60^\circ-A\hat CD)=60^\circ+A\hat CD-A\hat BE$. Como os triângulos $[ABE]$ e $[ACE ]$ são isósceles, com $\overline{AB}=\overline{AE}=\overline{AC}$, então $A\hat BE=A\hat EB$ e $A\hat CD=A\hat ED$. Assim, $D\hat EB=60^\circ+A\hat ED-A\hat EB=60^\circ-D\hat EB$. Portanto $2D\hat EB=60^\circ$, ou seja, $D\hat EB=30^\circ$. Resolução 2: Considere-se a circunferência de centro $A$ e raio $[AC]$. Como o triângulo $[ABC]$ é equilátero e $\overline{AE}=\overline{AC}$, os segmentos $[AB]$ e $[AE]$ também são raios da circunferência. Pelo teorema do arco capaz, tem-se $C\hat EB=\dfrac{1}{2}C\hat AB$. Sendo $[ABC]$ equilátero, o ângulo $\measuredangle CAB$ mede $60^\circ$. Logo $\measuredangle DEB$ mede $30^\circ$. (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \pspolygon(0,0)(2,3.464)(4,0) \psline(2,3.464)(0.938,-3.888)(0,0) \psline(0.938,-3.888)(4,0) \pscircle(0,0){4} \rput[c](-0.4,0){$A$} \rput[c](4.4,0){$B$} \rput[c](2,3.864){$C$} \rput[c](1.8,-0.4){$D$} \rput[c](0.938,-4.288){$E$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): As arestas de um paralelepípedo de área total $52$ cm$^2$ têm de comprimento um número inteiro de centímetros. Determina todas as possíveis medidas das suas arestas.

Resolução: A aresta menor do paralelepípedo tem de comprimento $1$ ou $2$ centímetros, pois se cada aresta tivesse pelo menos $3$ cm, então cada face teria uma área de pelo menos $9$ cm$^2$ e o paralelepípedo teria uma área total de pelo menos $6\times 9=54$ cm$^2$. Como as faces opostas de um paralelepípedo têm a mesma área, então a figura formada pelas três faces que rodeiam um vértice tem área total $52/2=26$ cm$^2$. Na figura seguinte está representada a planificação desta figura, obtida através do corte da aresta menor. (image1) O quadrado indicado a tracejado tem de área $1^2=1$ ou $2^2=4$ cm$^2$. No primeiro caso, a área do rectângulo formado pelas três faces da planificação e pelo quadrado é $26+1=27$ cm$^2$. Como os lados deste rectângulo medem um número inteiro de centímetros, maior ou igual a $2$, e o seu produto é $27$, então os lados do rectângulo medem $3$ e $9$ centímetros. Logo, neste caso as arestas do paralelepípedo medem $1$, $3-1=2$ e $9-1=8$ cm. No segundo caso, a área do rectângulo é $26+4=30$ cm$^2$. Como os lados deste rectângulo medem um número inteiro de centímetros, maior ou igual a $4$, e o seu produto é $30$, então os lados do rectângulo medem $5$ e $6$ centímetros. Logo, neste caso as arestas do paralelepípedo medem $2$, $5-2=3$ e $6-2=4$ cm.


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[image1]
\begin{pspicture}(0,0)(16,6) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=blue!10,linestyle=none](0,0)(2,0)(2,3)(0,3) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=red!10,linestyle=none](2,0)(5,1)(5,4)(2,3) \pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=green!10,linestyle=none](0,3)(2,3)(5,4)(3,4) \psline(5,4)(2,3)(0,3)(0,0)(2,0)(5,1)(5,4)(3,4)(0,3) \psline(2,0)(2,3) \rput[c](7.5,3){$\longrightarrow$} \rput(10,0){\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=blue!10](0,0)(2,0)(2,3)(0,3)} \rput(10,0){\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=red!10](2,0)(6,0)(6,3)(2,3)} \rput(10,0){\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=green!10](2,5)(2,3)(6,3)(6,5)} \rput(10,0){\psline[linestyle=dashed](0,3)(0,5)(2,5)} \end{pspicture}
Problema (nível 3): O João escolheu $5$ números do conjunto $\{1,2,3,4,5,6,7\}$ e disse o respectivo produto à Maria. A Maria disse que, com esta informação, não poderia dizer se a soma dos números escolhidos pelo João era par ou ímpar. Qual foi o produto calculado pelo João?

Resolução: Só é possível obter o mesmo produto com duas escolhas distintas de $5$ números do conjunto $\{1,2,3,4,5,6,7\}$ se o produto dos $2$ números não escolhidos em cada caso for igual. Isso só acontece quando são escolhidos os números $1,4,5,6,7$ e $2,3,4,5,7$ pois $2\times3=1\times6$ ou quando são escolhidos os números $1,2,5,6,7$ e $1,3,4,5,7$ pois $3\times4=2\times6$. Mas tanto $1+4+5+6+7$ como $2+3+4+5+7$ são ímpares, e portanto, se o João tivesse dito à Maria o número $840$ ($840=1\times4\times5\times6\times7=2\times3\times4\times5\times7$), a Maria, com essa informação, poderia dizer que a soma dos números escolhidos pelo João era ímpar. No outro caso, as somas têm paridades diferentes: $1+2+5+6+7$ é ímpar e $1+3+4+5+7$ é par. Assim, quando o João diz à Maria o número $420$ ($420=1\times2\times5\times6\times7=1\times3\times4\times5\times7$), a Maria não pode dizer se a soma dos números escolhidos pelo João é par ou ímpar. O produto calculado pelo João foi $420$.
Problema (nível 3): Na figura seguinte, $[ABCD]$ é um quadrado, $E$ é um ponto de $[AB]$ e $[BF]$ e $[DG]$ são perpendiculares a $[EC]$. Sabendo que $\overline{AG}=1$ cm, determina $\overline{DF}$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-1,0)(5,4) \small \degrees[12] \pspolygon(0,0)(4,0)(4,4)(0,4) \psline(1,4)(4,0) \psline(4,4)(2.08,2.56) \psline(0,0)(2.56,1.92) \rput[c](4.2,-0.2){$C$} \rput[c](4.2,4.2){$B$} \rput[c](-0.2,4.2){$A$} \rput[c](-0.2,-0.2){$D$} \rput[c](1,4.28){$E$} \rput[c](1.75,2.39){$F$} \rput[c](2.89,2.09){$G$} \end{pspicture}

Resolução: Os triângulos $[BCF]$ e $[CDG]$ são congruentes uma vez que têm os três ângulos internos iguais e as hipotenusas são dois dos lados do quadrado $[ABCD]$ que, por isso, têm o mesmo comprimento. Em particular tem-se $\overline{FC}=\overline{DG}$. Observe-se também que $A\hat DG=F\hat CD$ e $\overline{AD}=\overline{DC}$ donde se conclui que $[AGD]$ e $[DFC]$ são triângulos congruentes e, portanto, $\overline{DF}=\overline{AG}=1$. (image2)


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[image2]
\begin{pspicture}(-1,0)(5,4) \small \degrees[12] \pspolygon(0,0)(4,0)(4,4)(0,4) \psline(1,4)(4,0) \psline(4,4)(2.08,2.56) \psline(0,0)(2.56,1.92) \psline[linestyle=dashed](0,4)(2.56,1.92) \psline[linestyle=dashed](0,0)(2.08,2.56) \rput[c](4.3,-0.3){\footnotesize $C$} \rput[c](4.3,4.3){\footnotesize $B$} \rput[c](-0.3,4.3){\footnotesize $A$} \rput[c](-0.3,-0.3){\footnotesize $D$} \rput[c](1,4.3){\footnotesize $E$} \rput[c](2.18,2.95){\footnotesize $F$} \rput[c](2.89,2.09){\footnotesize $G$} \end{pspicture}
Problema (nível 3): Na Capela dos Ossos estão várias velas do mesmo tamanho. No primeiro dia acende-se uma vela durante uma hora. No segundo dia, acendem-se duas velas, durante uma hora, no terceiro dia acendem-se três velas, durante uma hora, e assim sucessivamente, até ao último dia, em que se acendem todas as velas, durante uma hora. No fim desse dia, todas as velas ficam completamente gastas. Determina todas as possibilidades para o número de velas.

Resolução: Sejam $n$ o número de velas e $x$ o número de horas que cada uma das velas dura. O número total de horas que as velas duram é $S=nx$. Ora, como no primeiro dia se gasta $1$ destas horas, no segundo $2$ e assim sucessivamente até ao dia $n$, temos que $S=1+2+\ldots+n$. Logo $S=\frac{S+S}{2}=\frac{(1+2+\cdots+n)+(n+(n-1)+\cdots+1)}{2}=\,=\frac{(1+n)+(2+(n-1))+\cdots+(n+1))}{2}=\frac{n(n+1)}{2}$. Temos então $x=\frac{S}{n}=\frac{n+1}{2}$. Como cada vela foi acesa um número inteiro de vezes durante uma hora de cada vez, $x$ tem de ser um número inteiro, logo $n$ não pode ser par. Vejamos agora que para qualquer $n$ ímpar, há um modo de acender as velas tal que ao fim dos $n$ dias todas arderam o mesmo número de horas. Para $k=1, \ldots, \frac{n-1}{2}$, no dia $k$ acendemos um qualquer conjunto de $k$ velas e no dia $n-k$ acendemos as $n-k$ velas que não foram acesas no dia $k$. No dia $n$ acendemos todas as velas. Assim, cada uma das velas foi acesa exactamente uma vez, ou no dia $k$, ou no dia $n-k$ e no último dia foram todas acesas. Concluímos que assim todas as velas foram acesas durante o mesmo tempo.
Problema (nível 3): A Diana pretende enfeitar uma parede do seu quarto com pequenos quadrados de papel colorido. Os quadrados de papel serão fixos à parede com tachas, em todos os cantos. A mesma tacha poderá servir para prender até $4$ cantos de quadrados diferentes. Na figura seguinte mostram-se $6$ folhas presas com $12$ tachas. Se forem usadas exactamente $2010$ tachas, qual é o maior rectângulo preenchido com quadrados de papel que a Diana pode formar? (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=qqzzcc,opacity=1.0](0,0)(1,0)(1,1)(0,1) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=qqzzcc,opacity=1.0](2,0)(3,0)(3,1)(2,1) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=qqzzcc,opacity=1.0](1,1)(2,1)(2,2)(1,2) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=ttfftt,opacity=1.0](0,1)(1,1)(1,2)(0,2) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=ttfftt,opacity=1.0](2,1)(3,1)(3,2)(2,2) \pspolygon[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=ttfftt,opacity=1.0](1,0)(2,0)(2,1)(1,1) \rput[c](0,0){$\bullet$} \rput[c](0,1){$\bullet$} \rput[c](0,2){$\bullet$} \rput[c](1,0){$\bullet$} \rput[c](1,1){$\bullet$} \rput[c](1,2){$\bullet$} \rput[c](2,0){$\bullet$} \rput[c](2,1){$\bullet$} \rput[c](2,2){$\bullet$} \rput[c](3,0){$\bullet$} \rput[c](3,1){$\bullet$} \rput[c](3,2){$\bullet$} \end{pspicture}

Resolução: Para um rectângulo composto por $n\times m$ quadrados são necessárias $(n+1)\times(m+1)$ tachas. O número $2010$ pode ser decomposto como um produto $(n+1)\times(m+1)$ das seguintes formas $$2\times 1005, 3\times 670, 5\times 402, 6\times 335, 10\times 201, 15\times 134, 30\times 67.$$ Assim, o maior rectângulo que a Diana pode formar tem $(30-1)\times(67-1) = 29\times 66 = 1914$ quadrados.
Problema (nível 3): O Giraldo escreveu cinco números naturais distintos nos vértices de um pentágono. Em seguida, escreveu em cada lado do pentágono, o mínimo múltiplo comum dos números dos dois vértices que estão nesse lado e reparou que os cinco números que escreveu nos lados eram iguais. Qual é o menor número que o Giraldo pode ter escrito nos lados?

Resolução: Seja $m$ o mínimo múltiplo comum dos números em quaisquer dois vértices consecutivos. Se os números iniciais forem $2,15,10,3,30$, escritos por esta ordem, então $m=30=2\times 3\times 5$. Suponha-se que há uma solução com $m<30$. Claramente $m$ tem dois factores primos distintos, pois se tivesse apenas um, os mínimos múltiplos comuns não seriam todos iguais. Logo $m=p^nq$, onde $n\leq 3$. Os divisores $1$ e $p^a$, com $a<n$, não podem ser usados, porque nestes casos, ambos os números adjacentes teriam que ser $p^nq$. Por outro lado, se um divisor $p^aq$, com $a<n$, for usado, os números adjacentes têm que ser $p^n$ e $p^nq$. Portanto só pode ser usado um divisor da forma $p^aq$, com $a<n$, pelo que não é possível preencher o pentágono.
Problema (nível 4): O Gonçalo e o Raúl estão a praticar piano, tocando alternadamente uma nota cada um. O Gonçalo repete a sequência Mi, Sol, Si, Lá, Dó, enquanto que o Raúl toca a sequência Fá, Ré, Fá, Lá, Dó, Sol, Si, de forma que as primeiras notas tocadas são Mi, Fá, Sol, Ré, Si, Fá, Lá, Lá. Ao fim de quantas notas se ouve a sequência Dó, Ré, Mi, Fá, Sol, Lá, Si, Dó?

Resolução: Como a nota Ré apenas é tocada pelo Raúl, então a sequência Dó, Ré, Mi, Fá, Sol, Lá, Si, Dó tem que ser iniciada pelo Gonçalo. O Dó do Gonçalo é a nona nota a ser tocada e a partir daí, é tocada de $10$ em $10$ notas, pois a sequência do Gonçalo é composta por $5$ notas. Logo, este Dó é tocado ao fim de $9$, $19$, $29$, $39$, $49$, $59$, ... notas. O Ré é a quarta nota a ser tocada e a partir daí é tocada de $14$ em $14$ notas, pois a sequência do Raúl é composta por $7$ notas. Logo, o Ré é tocado ao fim de $4$, $18$, $32$, $46$, $60$, ... notas. Deste modo, o Dó é tocado antes do Ré ao fim de $59$ notas, e, de facto, as notas seguintes completam a sequência Dó, Ré, Mi, Fá, Sol, Lá, Si, Dó pretendida.
Problema (nível 4): O Ducado de Colmeias tem a forma de um hexágono regular com $20$ km de lado. A Duquesa de Colmeias decidiu passear na sua carruagem ao longo do perímetro do Ducado. Tendo começado o passeio num vértice do hexágono, percorreu $50$ km. A que distância do ponto de partida, medida em linha recta, se encontra a Duquesa?

Resolução: A Duquesa começa o seu passeio no vértice $A$ do hexágono representado na figura, e termina-o no ponto $M$. O ponto $M$ é o ponto médio de dois vértices $B$ e $C$, tendo a Duquesa no seu passeio passado por $B$. Como o hexágono é regular, pode ser decomposto em seis triângulos equiláteros, donde se conclui que $\overline{AC}=2\times 20=40$ km. Pelo teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo $[ABC]$ obtém-se $\overline{AB}^2=\overline{AC}^2-\overline{BC}^2=40^2-20^2=1200$. Aplicando agora o teorema de Pitágoras ao triângulo $[ABM]$ obtém-se $\overline{AM}=\sqrt{\overline{AB}^2+\overline{MB}^2}=\sqrt{1200+100}=10\sqrt{13}$ km. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(-5,-5)(5,5) \small \SpecialCoor \degrees[6] \pspolygon (4;1)(4;2)(4;3)(4;4)(4;5)(4;6) \psline[linestyle=dashed](4;1)(4;4) \psline(4;1)(4;5) \psline[linestyle=dashed](4;0)(4;3) \psline[linestyle=dashed](4;2)(4;5) \pcline[linestyle=none](4;4)(4;5) \ncput{\pnode{M}} \psline(4;1)(M) \put(-3,-4){$C$} \put(2.4,3.4){$A$} \put(2.3,-4){$B$} \put(-0.4,-4.2){$M$} \end{pspicture}
Problema (nível 4): O Joaquim pensou num número natural $n$ e escreveu, por ordem crescente, todos os seus divisores positivos, começando em $1$ e terminando em $n$. Depois reparou que o penúltimo número que escreveu era $15$ vezes maior do que o segundo. Quais são os números em que o Joaquim pode ter pensado?

Resolução: Seja $m$ o segundo divisor escrito pelo Joaquim. Então o penúltimo divisor de $n$ é $n/m$, pelo que $n=15m\times m=3\times 5\times m^2$. Assim, o segundo divisor de $n$ é necessariamente igual a $2$ ou a $3$. Os possíveis valores de $n$ serão, então, $3\times 5\times 2^2=60$ e $3\times 5\times 3^2=135$.
Problema (nível 4): Quantos triângulos diferentes se podem construir de modo que o comprimento do lado maior seja 2009 cm e o comprimento de cada um dos outros dois lados seja um número inteiro de centímetros?

Resolução: Sejam $a\leq b\leq 2009$ as medidas dos três lados do triângulo. Podemos formar um triângulo com lados $a,b,2009$ se $a+b>2009$, ou seja, $a\geq 2010-b$. Assim, para cada valor de $b$, o lado $a$ pode variar entre $2010-b$ e $b$, ou seja, existem $2b-2009$ possibilidades para o valor de $a$. Como o lado $b$ pode variar entre $1005$ e $2009$ então o número total de possibilidades é $$ (2\times 1005-2009)+(2\times 1006-2009)+(2\times 1007-2009)+\cdots+(2\times 2009-2009)= $$ $$ (image1) $$


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[image1]
\begin{array}{l} =1+3+5+\cdots+2007+2009=\\ =(1+2009)+(3+2007)+\cdots+(1003+1007)+1005=\\ =2010+2010+\cdots+2010+1005=\\ =512\times 2010+1005=\\ =1010025 \end{array}
Problema (nível 4): Um triângulo $[ABC]$ rodou em torno do ponto $C$ dando origem ao triângulo $[DEC]$. O segmento $[BE]$ intersecta o segmento $[CD]$ num ponto $F$. Sabendo que $D\hat CA=90^\circ$, $C\hat DE=40^\circ$ e $C\hat ED=60º$, determina a amplitude de $\measuredangle BFC$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \pspolygon(-5.633,-1.96)(-3.837,-2.099)(-2.506,-1.969)(-3.698,-0.302)(-3.837,-2.099)(-3.967,-0.768) \psline(-3.967,-0.768)(-2.506,-1.969) \rput[c](-5.833,-1.96){$A$} \rput[c](-3.967,-0.568){$B$} \rput[c](-3.837,-2.299){$C$} \rput[c](-3.698,-0.102){$D$} \rput[c](-2.306,-1.969){$E$} \rput[c](-3.6,-0.85){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Os triângulos $[ABC]$ e $[DEC]$ são congruentes, porque um se obtém do outro por rotação. Por essa razão, tem-se $A\hat CB=D\hat CE=180^\circ-C\hat DE-C\hat ED=180^\circ-40^\circ-60^\circ=80^\circ$. Logo $B\hat CD=D\hat CA-A\hat CB=90^\circ-80^\circ=10^\circ$. Pela mesma razão, tem-se $\overline{CB}=\overline{CE}$, donde se conclui que $C\hat BE=C\hat EB$. Como $B \hat CE=B\hat CD+D\hat CE=90^\circ$, tem-se $C\hat BE=45^\circ$. Portanto $B\hat FC=180^\circ-B\hat CF-C\hat BE=180^\circ-10^\circ-45^\circ=125^\circ$.
Problema (nível 4): O Carlos escreveu quatro números inteiros em papéis distintos e o Luís pretende saber se cada um desses números é par ou ímpar. O Luís pode escolher três dos papéis do Carlos e perguntar-lhe se a soma dos respectivos números é par ou ímpar. Quantas perguntas tem o Luís que fazer para ter a certeza de descobrir a paridade de cada um dos números escolhidos pelo Carlos?

Resolução: Sejam $A$, $B$, $C$ e $D$ os números escritos pelo Carlos. Ao perguntar qual a paridade das somas das três combinações em que $A$ está presente, $\{A,B,C\}$, $\{A,C,D\}$ e $\{A,B,D\}$, o Luís descobre a paridade de $A$ já que a soma destas $3$ combinações, $3A+2B+2C+2D$, cuja paridade o Luís conhece, tem paridade igual à de $A$. As três respostas que obtém permitem-lhe ainda determinar as paridades relativas de $B$, $C$ e $D$: a paridade de $(A+B+C)-(A+C+D)=B-D$ determina se $B$ e $D$ têm a mesma paridade e a paridade de $(A+B+C)-(A+B+D)=C-D$ determina se $C$ e $D$ têm a mesma paridade. No entanto, estas $3$ perguntas não determinam a paridade de todos os números escritos pelo Carlos. Por exemplo, se as respostas obtidas forem todas “PAR”, então é possível que todos os números sejam pares ou que apenas $A$ seja par e os outros $3$ sejam ímpares. Como a ordem pela qual o Carlos escreve os números é arbitrária, a escolha de $A$ não nos faz perder generalidade, pelo que não é possível que o Luís saiba com certeza qual a paridade de todos os números escritos pelo Carlos após fazer apenas $3$ perguntas. Para saber a paridade dos outros números, o Luís deve perguntar também qual a paridade da soma de $\{B,C,D\}$. A paridade de $(B+C+D)+(A+B+C)+(A+B+D)=2A+3B+2C+2D$ determinará a paridade de $B$ e, consequentemente, a de $C$ e $D$ também. Assim, só ao fazer ao Carlos $4$ perguntas, esgotando as possibilidades que tem, o Luís tem a certeza de conseguir descobrir as paridades de cada um dos $4$ números escritos pelo Carlos.
Problema (nível 4): Encontra todos os pares de inteiros positivos $n$ e $m$, com três algarismos, tais que o número que se obtém escrevendo $n$ à direita de $m$ é múltiplo de $m\times n$.

Resolução: Pretende-se encontrar todos os pares de inteiros $(n,m)$, com três algarismos, tais que $1000m+n=kmn$, para algum $k$ natural. Então $n=(kn-1000)m$ é múltiplo de $m$. Como $n,m$ têm ambos três algarismos, então $n=tm$, com $1\leq t\leq 9$. Por outro lado, $1000m=(km-1)n$ é múltiplo de $n=tm$, ou seja, $1000$ é múltiplo de $t$. Deste modo $t\in\{1,2,4,5,8\}$. Como $n=tm$, então $1000m+tm=kmn$, ou seja, $1000+t=kn$. Assim $n$ é um divisor de $1000+t$, múltiplo de $t$, e maior ou igual a $100t$, uma vez que $m=n/t\geq 100$. Para $t=1$, o único divisor de $1001$ com três algarismos é $143$, logo $n=143$ e $m=143$. De facto, tem-se $143143=7\times 143\times 143$. Para $t=2$, os divisores de $1002$ com três algarismos são $167$, $334$ e $501$. O único que é múltiplo de $2$ é $334$, logo $n=334$ e $m=334/2=167$. De facto, tem-se $167334=3\times 167\times 334$. Para $t=4$, os divisores de $1004$ com três algarismos são $251$ e $502$, que não são múltiplos de $4$, logo neste caso não há soluções. Para $t=5$, todos os divisores de $1005$ com três algarismos são inferiores a $500$, logo neste caso não há soluções. Para $t=8$, todos os divisores de $1008$ com três algarismos são inferiores a $800$, logo neste caso não há soluções. Assim, as únicas soluções são os pares $(n,m)=(143,143)$ e $(n,m)=(334,167)$.
Problema (nível 4): Numa circunferência, os pontos $A$ e $B$ estão em arcos opostos do diâmetro $[CD]$. Os segmentos $[CE]$ e $[DF]$ são perpendiculares a $[AB]$. Sabendo que $\overline{AE}=1$ cm, determina $\overline{BF}$. (image1)


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[image1]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \degrees[12] \psline(4;5)(4;10) \pscircle(0,0){4} \psline(-4,0)(4,0) \psline(-4,0)(-2.732,1.268) \psline(4,0)(1.268,-2.732) \rput[c](-3.8,2.2){$A$} \rput[c](4.4,0){$D$} \rput[c](2.3,-3.7){$B$} \rput[c](-4.4,0){$C$} \rput[c](-2.2,1.4){$E$} \rput[c](0.9,-3.0){$F$} \end{pspicture}

Resolução: Solução 1: Considere-se o ponto $I$ da recta $DF$ que pertence à circunferência e é distinto de $D$. O ângulo $\measuredangle DIC$ é recto, uma vez que $[CD]$ é um diâmetro da circunferência. O quadrilátero $[CEFI]$ tem portanto três ângulos internos rectos, ou seja, $[CEFI]$ é um rectângulo. Em particular, $\overline{CE}=\overline{IF}$. Sendo as rectas $CI$ e $AB$ paralelas, tem-se $C\hat BA=I\hat CB$. Pelo teorema do arco capaz, $\wideparen{AC}=C \hat BA=I\hat CB=\wideparen{IB}$. Logo $\wideparen{AI}=\wideparen{AC}+\wideparen{CI}=\wideparen{IB}+\wideparen{CI}= \wideparen{CB}$. Novamente recorrendo ao teorema do arco capaz, conclui-se que os triângulos rectângulos $[ACE]$ e $[BIF]$ são semelhantes. Como $\overline{CE}=\overline{IF}$, deduz-se que são mesmo congruentes. Logo $\overline{BF}=\overline{AE}=1$ cm. (image2) Solução 2: Tem-se $C\hat DA=C\hat BA$ pelo teorema do arco capaz, pelo que os triângulos rectângulos $[ADC]$ e $[EBC]$ são semelhantes. Como $C\hat BE=90º- F\hat BD=F\hat DB$, os triângulos rectângulos $[EBC]$ e $[FDB]$ são semelhantes. Portanto $[ADC]$ e $[FDB]$ são semelhantes. Logo \begin{equation} \label{eq:razao-1} \frac{\overline{DB}}{\overline{DC}}= \frac{\overline{BF}}{\overline{CA}}. \end{equation} Do mesmo modo, os triângulos rectângulos $[DBC]$ e $[AEC]$ são semelhantes, e portanto \begin{equation} \label{eq:razao-2} \frac{\overline{DB}}{\overline{DC}}= \frac{\overline{AE}}{\overline{AC}}. \end{equation} Comparando (<ref>) e (<ref>), conclui-se que $\overline{AE}=\overline{BF}=1$ cm. (image3)


Conteúdo referenciado:
[image2]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \degrees[12] \psline(4;4.5)(4;-2.5) \pscircle(0,0){4} \psline(-4,0)(4,0) \psline(-4,0)(-1.9,1.3) \psline(4;-4)(4,0) \psline(4;-4)(-4,0) \psline(-4,0)(4;-2.5) \psline(-4,0)(4;4.5) \psline(4;-4)(4;-2.5) \rput[c](4.4;4.5){$A$} \rput[c](4.4,0){$D$} \rput[c](4.4;-2.5){$B$} \rput[c](-4.4,0){$C$} \rput[c](-1.7,1.9){$E$} \rput[c](0.3,-1.6){$F$} \rput[c](4.4;-4){$I$} \end{pspicture}
[image3]
\begin{pspicture}(0,-2)(10,3) \small \degrees[12] \psline(4;4.5)(4;-2.5) \pscircle(0,0){4} \psline(-4,0)(4,0) \psline(-4,0)(-1.9,1.3) \psline(-4,0)(4;-2.5) \psline(-4,0)(4;4.5) \psline(4;4.5)(4,0) \psline(4,0)(4;-2.5) \psline(4,0)(0.0,-2.1) \rput[c](4.4;4.5){$A$} \rput[c](4.4,0){$D$} \rput[c](4.4;-2.5){$B$} \rput[c](-4.4,0){$C$} \rput[c](-1.6,1.6){$E$} \rput[c](0.3,-1.6){$F$} \end{pspicture}