Quan la Carlota naix, el $2001$, hi ha dues possibilitats:

• Andrea ja ha complit anys en $2001$, de manera que té $4$ anys.
• Andrea no ha complit anys en $2001$, i per tant té $3$ anys.

Sabent açò, podem descartar la A, la B, la C i la D. I només és correcta la E.

Solució 1

Podem començar a operar i veure que les expression valen:

$$(a-b)^5= a^5 - 5a^4b + 10a^3b^2 + \cdots$$ $$(b-a)^5= -a^5 + 5a^4b - 10a^3b^2 + \cdots$$

I les expressions s'anul·len, de manera que la solució és la A.

Solució 2

Podem convertir la segona expressió en la primera, multiplicant per $-1$, de la següent manera:

$$(a-b)^5+(b-a)^5 =$$ $$=(a-b)^5 - (-1)(b-a)^5 =$$ $$=(a-b)^5 - (-1)^5(b-a)^5 =$$ $$=(a-b)^5 - ((-1)(b-a))^5 =$$ $$=(a-b)^5 - (a-b)^5 = 0$$

I per tant la solució és la A.

Solució 3

Una altra estratègia que pot ser útil per a les proves Cangur, i que aprofita que es tracta d'una prova d'estil test és la comprovar quines opcions són incorectes, enlloc de buscar la solució directament.

En aquest cas, podem provar valors per $a,b$ i veure si les opcions són vàlides. Provem els valors més senzills que se m'ocorren:

$$a=0,\quad b=1$$

Amb estos valors, tenim que:

$$(a-b)^5+(b-a)^5 = (0-1)^5+(1-0)^5 = -1 + 1 = 0$$

I els valors que ens donen les opcions són:

$$\begin{array}{l} \text{A) }\; 0\\ \text{B) }\; 2(a - b)^5 = 2(0 - 1)^5 = -2\\ \text{C) }\; 2a^5 - 2b^5 = 0 - 2 = -2\\ \text{D) }\; 2a^5 + 2b^5 = 0 + 2 = 2\\ \text{E) }\; 2a^5 + 10a^4b + 20a^3b^2 + 20a^2b^3 + 10ab^4 + 2b^5 = 2\\ \end{array}$$

I hem pogut comprovar que només pot ser correcta la primera resposta: A.

Sabem que $4 = 2^2$, si operem els exponents, tenim que:

$$4^{x+1}=(2^2)^{x+1}=2^{2(x+1)}$$

Per tant, volem trobar les solucions de:

$$2^{2x} = 2^{2(x+1)}$$

Que seran iguals quan els exponents siguen iguals:

$$2x = 2(x+1)$$

I operant ens queda:

$$2x = 2x +2 \quad \Rightarrow \quad 0 = 2$$

Hem arribat a una contradicció, que no té cap solució; i l'opció correcta és la A.

Anem a fixar-nos en algunes propietats del gràfic de barres per tal d'anar descartant opcions:

• A: a simple vista podria ser correcta.
• B: no pot ser perquè el $3$ i el $4$ són iguals, i $3$ hauria de ser més gran.
• C: no pot ser perquè l'$1$ i el $3$ són iguals, i l'$1$ hauria de ser més gran.
• D: no pot ser perquè el $2$ hauria de ser el més petit, no el $4$.
• E: no pot ser perquè l'$1$ no hauria de ser més gran que la resta junts.

Així doncs, la solució és la A.

Volem calcular

$$x=\frac{2001 + 2002 + 2003 + \cdots + 2029 + 2030 + 2031}{31}$$

Per començar, simplifiquem traient els $2000$:

$$x=\frac{2000\cdot31 + (1 + 2 + \cdots + 30 + 31)}{31}\quad \Rightarrow$$ $$x=2000+\frac{1 + 2 + \cdots + 30 + 31}{31}$$

La suma de la fracció, per parelles és:

$$(1+31) + (2+30) + \cdots + (14+18) + (15+17) + 16$$

Cada parella suma $32$, i n'hi ha $15$ parelles (vegem que el $16$ sobra, ja que hi havia 31 números). Per tant, la suma val:

$$1 + 2 + \cdots + 30 + 31=15\cdot 32 + 16$$

Fixem-nos que $32=16\cdot 2$ i podem traure factor comú:

$$15\cdot 32 + 16 = 15\cdot 16\cdot 2 + 16 = 16 \cdot (15\cdot 2 + 1) = 16\cdot 31$$

I la suma queda:

$$x=2000+\frac{1 + \cdots + 31}{31}=2000+\frac{16\cdot 31}{31}=2016$$

I la solució és la D.

Un camí que passa per totes les arestes d'un graf i i torna al vèrtex inicial sense repetir cap aresta s'anomena camí eulerià. En aquest cas, els vèrtexs del graf són les interseccions de les circumferències amb el segment horitzontal, i les arestes són els diferents segments i arcs que les uneixen.

Per tal que sobre un graf hi haja un camí eulerià, tots els vèrtexs han de tenir un nombre parell d'arestes.

En aquestes $4$ figures, totes les interseccions uneixen $4$ arestes, excepte en la segona figura. En aquesta, les dues interseccions tenen $3$ arestes.

Així doncs, $3$ d'aquestes figures es poden dibuixar amb una línia contínua. una forma de fer-ho seria:

La solució, doncs, és la D.

Solució 1

Podem imaginar com coincidiran els vèrtexs quan doblem, per exemple, centrant-nos en el quadrat del centre.

Per simetria, podem suposar que tallem la cantonada de dalt a l'esquerra, llavors hem de veure quins són els vèrtexs que estaràn a sobre d'aquest:

Una vegada desplegat, el forat només serà interior per a un vèrtex, i per tant el paper tindrà $1$ forat, la B.

Solució 2

També podem fer l'experiment: agafem un tros de paper, el dobleguem, li fem un forat, i comprovem que en desplegar-lo, té $1$ sol forat. Per tant, la solució serà la B.

En primer lloc, és evident que un quadrilàter no en pot tenir $4$ angles aguts $(<90^\circ)$, perquè en total han de sumar $360^\circ$ i $4$ angles aguts no hi arribaran.

La resta de possibilitats, d'entrada, sí que són possibles, i efectivament les podem dibuixar:

Per tant, la solució és la B.

La figura del dibuix, tal com diu l'enunciat, és un con truncat. Pel fet de ser un con truncat, el paper que el recobreixi ha de ser part del recobriment del con, que té la forma de sector circular.

En aquest cas, l'única opció vàlida és la E.

Si anomenem $x$ i $y$ els catets, i $z$ la hipotenusa, les àrees $X$, $Y$ i $Z$ (semicercles) valen:

$$X=\frac{\pi\left(\frac{x}{2}\right)^2}2 = \frac{\pi}{8}x^2$$ $$Y=\frac{\pi\left(\frac{y}{2}\right)^2}2 = \frac{\pi}{8}y^2$$ $$Z=\frac{\pi\left(\frac{z}{2}\right)^2}2 = \frac{\pi}{8}z^2$$

Provem ara les expressions que tenim com possibles solucions. Comencem amb $X+Y$:

$$X+Y = \frac{\pi}{8}x^2 + \frac{\pi}{8}y^2 = \frac{\pi}{8}(x^2+y^2)$$

Pel teorema de Pitàgores, sabem que $x^2+y^2=z^2$, i per tant:

$$X+Y = \frac{\pi}{8}(x^2+y^2) = \frac{\pi}{8}z^2 = Z$$

És a dir, $X+Y=Z$, i la solució correcta és la C.

Per dibuixar aquestes gràfiques, ens podem valer d'algunes nocions:

• Les funcions són paràboles perquè són de la forma $ax^2+b$.
• Una paràbola va cap amunt, $x^2$, i l'altra cap a sota, $-x^2$.
• Tallen l'eix $y$ quan $x=0$. Llavors $y$ val: $f(0)=2$, $g(0)=-1$.

• Tallen l'eix $x$ quan $y=0$. Llavors $x$ val: $$ \begin{array}{lcl} f(x)=2-x^2=0 & \Rightarrow & x=\pm\sqrt{2}\\ g(x)=x^2-1=0 & \Rightarrow & x=\pm1\\ \end{array} $$

• Les dues funcions es tallen quan: $$f(x)=g(x)\quad\Rightarrow\quad 2-x^2=x^2-1 \quad\Rightarrow\quad x^2=\frac32\quad\Rightarrow$$ $$x = \pm\sqrt{\frac32}\quad\Rightarrow\quad y=\frac12$$

Usant les propietats que hem deduit, podem dibuixar les gràfiques i veure que el pla queda dividit en $10$ regions:

I la solució és la D.

Sabem que cada nombre és la suma dels dos veïns, aleshores, procedim amb les deduccions:

1. Al cercle de dalt de tot va un $8$, ja que $3+5=8$.
2. Als cercles de l'esquerra i dreta, podem deduir que van un $-5$ i un $-3$, per tal que el $3$ i $5$ siguen la suma dels seus veïns.
3. De la mateixa manera, deduïm els $-8$.
4. Per últim, a sota del tot va un $-16$.

Però si a sota de tot va un $-16$, els $-8$ que hi ha al seu costat deurien complir:

$$-8 = -16 - 5$$ $$-8 = -16 - 3$$

Com que aquestes igualtats no es compleixen, no es pot fer el que es demana, i la solució és la E.

Podem reordenar les equacions de la següent manera:

$$\begin{array}{ccl} \frac{c}{e} = b & \quad\Rightarrow\quad & c=b\cdot e \\ a+b=d & \quad\Rightarrow\quad & d=a+b \\ e-d=a & \quad \Rightarrow \quad & e=a+d \end{array}$$

Fent ús de la propietat que diu que els nombres són enters positius, és a dir, majors o iguals que $1$, de les tres equacions anteriors, podem deduir les desigualtats:

$$\begin{array}{lcl} c=b\cdot e & \Rightarrow & c> b,\quad c> e\\ d=a+b & \Rightarrow & d>a, \quad d>b\\ e=a+d & \Rightarrow & e>a, \quad e>d\\ \end{array}$$

Fixem-nos que les desigualtats són estrictes ($<$ enlloc de $\le$) perquè l'enunciat ens diu que els cinc nombres són diferents. Ara els podem ordenar de la següent manera:

$$ c > e > d > a, b$$

I la solució és la C.

Sabem que la mitjana geomètrica de tres nombres és $3$, i la d'altres tres nombres és $12$, és a dir:

$$\sqrt[3]{abc} = 3,\quad\sqrt[3]{xyz} = 12$$

Recordem que la $\sqrt[n]{x}$ és el mateix que $x^\frac{1}{n}$. La mitjana geomètrica de tots junts és:

$$\sqrt[6]{abcxyz} = (abcxyz)^\frac{1}{6} =$$ $$=(abcxyz)^{\frac13\frac12}=\left((abc)^\frac13(xyz)^\frac13\right)^\frac12=$$ $$=(3\cdot12)^\frac12=\sqrt{36}=6$$

La solució és $6$, és a dir, la B.

Podem simplificar l'operació de la següent manera:

$$\sqrt{(2015+2015) + (2015-2015) + (2015\cdot 2015) +(2015:2015)} =$$

$$ \begin{array}{llr} = & \sqrt{2015 + 2015 + 2015\cdot 2015 + 1} = & (\text{hem restat i dividit})\\ = & \sqrt{(2015 + 2015\cdot 2015) + (2015+1)} = & (\text{hem reordenat})\\ = & \sqrt{2015\cdot (2015+1) + 2016} = & (\text{factor comú 2015)}\\ = & \sqrt{2015\cdot 2016 + 2016} = & (\text{hem sumat 2015+1)}\\ = & \sqrt{2016\cdot (2015 + 1)} = & (\text{factor comú 2016)}\\ = & \sqrt{2016\cdot 2016} = & (\text{hem sumat } 2015+1)\\ = & \sqrt{2016^2} = \\ = & 2016 \end{array} $$

De manera que el resultat de l'operació és $2016$ i la solució és la A.

Anomenem $x$ i $y$ el preu de compra dels cotxes. Els ha venut per $1,4x$ i $1,6y$. En conjunt, ha guanyat el $54\%$ és a dir:

$$1,4x + 1,6y = 1,54(x+y)$$

Quina és la relació $x:y$? Vegem:

$$1,4x + 1,6y = 1,54x+1,54y$$ $$0,06y=0,14x$$ $$\frac{x}{y}=\frac{0,06}{0,14}=\frac{6}{14}=\frac{3}{7}$$

Per tant, tenim la relació $x:y=3:7$, i la solució és la D.

La Tina té un $50\%$ de probabilitats de traure un $2$ i un $50\%$ de probabilitats de traure un $5$. Amb quina probabilitat guanyarà per cadascuna d'aquestes opcions?

1. Si trau un $2$, guanyarà només si Bibiana trau un $1$: $\frac{1}{6}$
2. Si trau un $5$, guanyarà només si Bibiana trau un $4$ o menys: $\frac{4}{6}$

La probabilitat total de guanyar serà:

$$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{6} + \frac{1}{2}\cdot \frac{4}{6}= \frac{1}{12}+\frac{2}{6}= \frac{1}{12}+\frac{4}{12}=\frac{5}{12} $$

La solució és la B.

Primer, fixem-nos que si les zones ombrejades tenen la mateixa àrea, el cercle interior i les dues corones circulars també tindran la mateixa àrea, ja que són $4$ vegades l'àrea ombrejada.

El radi de la circumferència petita és $1$; anomenem $r$ el radi de la circumferència d'enmig i $r'$ el radi de la circumferència de fora.

Recordem que l'àrea d'un cercle és $A=\pi R^2$. Com que el radi del cercle interior és $1$, la seua àrea és $\pi$. Per tant, sabem que l'àrea de les dues corones circulars ha de ser $\pi$.

L'àrea de la corona d'enmig, de radi exterior $r$, és l'àrea del cercle de radi $r$ menys l'àrea del cercle interior, és a dir: $A=\pi r^2 - \pi$, com que ha de valer $\pi$:

$$\pi=\pi r^2 - \pi \quad\Rightarrow\quad \pi r^2=2\pi \quad\Rightarrow$$ $$r^2=2 \quad\Rightarrow\quad r=\sqrt{2}$$

L'àrea de la corona exterior també és $\pi$, i si $r'$ és el seu radi, la seua àrea serà $A'=\pi r'^2 - 2\pi$. Per tant:

$$\pi=\pi r'^2 - 2\pi \quad\Rightarrow\quad \pi r'^2=3\pi \quad\Rightarrow$$ $$r'^2=3 \quad\Rightarrow\quad r'=\sqrt{3}$$

El producte dels tres radis serà:

$$1\cdot r\cdot r' = \sqrt{2}\cdot \sqrt{3} = \sqrt{2\cdot 3} = \sqrt{6}$$

I per tant la solució és la A.

El resultat més petit el tindrem amb $1$, ja que les seues xifres sumen $1$).

El més gran el tindrem amb $1999$, i les seues xifres sumen $28$.

Com tenim tots els números de tres xifres, podem estar segurs que tindrem tots els resultats intermitjos, i per tant hi ha $28$ resultats diferents.

La solució és la D.

D'entrada, sabem que només poden anar un $2$ o un $5$, ja que a sota del $6$ anirà un $1$ i darrere del $4$ anirà el $3$.

Ara bé, com que els dos daus són idèntics, imaginem que movem el dau de l'esquerra: posem l'$1$ a sota, i el $3$ darrere. Aleshores el $2$ ens queda a l'esquerra. Així doncs, a la dreta només pot anar el $5$.

I la solució és la B.

Mirem quines afirmacions són certes, i llavors sabrem quina és la primera certa. Anem per ordre, començant per la E, que és la primera que podem deduir:

1. La E és certa.
2. Per tant, la C és falsa (diu que la E és falsa).
3. Per tant, la A és falsa (diu que la C és certa).
4. Per tant, la B és falsa (diu que la A és certa).
5. Per tant, la D és certa (diu que la B és falsa).

Llavors, les úniques certes són la D i la E, i la primera és la D.

Podem expressar la suma com:

$$1\cdot (1+\cdots+10) + 2\cdot (1+\cdots+10) + \cdots +10\cdot (1+\cdots+10)$$

Com $1+\cdots+10=55$, la suma és:

$$1\cdot 55+2\cdot 55+\cdots+10\cdot 55$$

Traient factor comú:

$$(1+2+\cdots+10)\cdot 55=55\cdot 55=3025$$

I la solució és la B.

Mentre a cada ronda surti un nombre parell de persones, l'$1$ sempre començarà amb un nombre senar, i es quedarà a la rotllana. Durant quantes rondes s'eliminarà un nombre parell? Factoritzem $96=2^5\cdot 3$, així doncs, hi haurà $5$ rondes on començarà el número $1$ dient un nombre senar.

Les rondes van així:

1. Comença sortint el $2$ i surten cada $2$.
2. Primer surt el $3$ i segueixen cada $4$.
3. Primer surt el $5$ i segueixen cada $8$.
4. Surt el $9$, i després cada $16$.
5. Surt el $17$, i després cada $32$.

Si ens fixem, primer surten nombres de la forma $2^n+1$, i després segueixen cada $2^{n+1}$.

Després de $5$ rondes, només quedaran $3$ números, que seran l'$1$, el $33$ i el $65$. Primer s'eliminarà el $2^5+1=33$, després el $65$ se salvarà, i l'$1$ finalment sortirà.

Així doncs, acaba quedant el $65$, i la solució és la D.

Anomenem $r_v$ i $q_v$ els rectangles i quadrats vermells, i $r_b$ i $q_b$ els rectangles i quadrats blaus. Com que sempre hi haurà més rectangles que quadrats (els quadrats són rectangles), s'ha de complir: $$q_v\leq r_v,\quad q_b\leq r_b,\quad r_v, q_v, r_b, q_b \geq 0$$

A més, l'enunciat ens diu que:

• $7$ dels rectangles són quadrats, per tant: $$q_v+q_b=7$$
• Hi ha $3$ rectangles vermells més que quadrats blaus: $$r_v = q_b + 3$$
• Hi ha $2$ quadrats vermells més que rectangles blaus: $$q_v = r_b + 2$$

Si a la primera equació substituïm $q_v$ per la última equació, tenim:

$$r_b + 2 + q_b = 7 \quad\Rightarrow\quad r_b = 5-q_b$$

Ens quedem amb el sistema:

$$ \begin{cases} r_b = 5-q_b \\ r_v = q_b + 3 \\ q_v = r_b + 2 \end{cases} $$

El resoldrem donant valors a $q_b$ i deduint $r_b$, $r_v$ i $q_v$ mitjançant les tres equacions.

Com que $q_b<r_b$, $q_b$ només pot ser $0,1,2$, ja que si $q_b$ fóra més gran, llavors hi hauria més quadrats blaus que rectangles, i això no pot ser.

Provem els diferents valors:

$$ \begin{array}{llllll} q_b=0 & \Rightarrow & r_b=5 & \Rightarrow & r_v = 3 & \Rightarrow & q_v= 7 \\ q_b=1 & \Rightarrow & r_b=4 & \Rightarrow & r_v = 4 & \Rightarrow & q_v= 6 \\ q_b=2 & \Rightarrow & r_b=3 & \Rightarrow & r_v = 5 & \Rightarrow & q_v= 5 \\ \end{array} $$

Les dues primeres opcions no poden ser, perquè hi ha més quadrats vermells que rectangles vermells $(q_v > r_v)$ i això no pot ser.

Per tant, la solució és la última opció. Llavors $r_b=3$ i la solució és la B.

En primer lloc, calculem quant mesuren els angles d'un polígon regular de $n$ costats. Ho farem construint triangles des del centre al costat:

Expliquem la figura:

• L'angle del centre, és una $n$-èssima part de la circumferència, i per això mesura $\frac{360}{n}$.
• Els angles d'un triangle sumen $180^\circ$, i com aquests triangles són isòsceles, cadascun dels altres angles mesura: $$\frac{180-\frac{360}n}2$$
• L'angle del polígon és el doble d'aquest angle del triangle isòsceles, i per això mesura: $$180-\frac{360}n$$

Aquest nombre serà enter si $n$ és un divisor de $360$.

Per tant, si esbrinem quants divisors té $360$, sabrem quants polígons regulars tenen angles amb un nombre enter de graus. Primer, descomposem $360$ en factors primers:

$$360=2^3\cdot 3^2\cdot 5$$

Per saber el nombre de divisors, multipliquem els exponents més $1$ de cada factor primer, ja que açò expressa les opcions que tenim de posar cada factor zero cops, un cop, etc.

El nombre de divisors és: $4\cdot 3\cdot 2=24$. Com que els divisors inclouen l'$1$ i el $2$, però no podem construir polígons de menys de $3$ costats, haurem de restar $2$ a aquesta xifra.

La solució és $22$, és a dir, la C.

Les potències de $2$ menors que $1000$ són: $$ \begin{array}{ccl} 2^0&=&1\\ 2^1&=&2\\ 2^2&=&4\\ 2^3&=&8\\ 2^4&=&16\\ 2^5&=&32\\ 2^6&=&64\\ 2^7&=&128\\ 2^8&=&256\\ 2^9&=&512\\ \end{array} $$ En total són $10$ potències diferents, de manera que sumar-ne $9$ és el mateix que restar-ne una a la suma total. Les sumes de potències de $2$ compleixen que:

$$2^0+2^1+\cdots+2^n=2^{n+1}-1$$ En el nostre cas,

Usant aquesta propietat, sabem que la suma de les 10 primeres potències de 2 val:

$$2^0 + 2^1 + \ldots + 2^8 + 2^9 = 2^{10}-1 = 1024-1 = 1023$$

Hem de veure de quantes maneres podem treure un terme a aquesta suma i obtenir un número de $3$ xifres. Hem de restar un número entre $24$ i $923$, ja que $1023-24=999$ i $1023-923=100$.

La pregunta s'ha convertit en: quantes potències de $2$ hi ha entre $24$ i $923$?

Prenem la llista de potències de $2$ i veiem que $1, 2, 4, 8, 16$ queden fora; $32, 64, 128, 256, 512$ queden dins, i $1024$ torna a quedar fora, com ja havíem previst.

En resum, hi ha $5$ opcions diferents, i la solució és la A.

Els conjunts de tres nombres enters $(a,b,c)$ que compleixen $a^2+b^2=c^2$ s'anomenen terns pitagòrics.

Podem reformular aquesta qüestió com: quants terns pitagòrics hi ha amb $a$ o $b$ igual a $20$?

Per respondre aquesta pregunta, haurem de saber més sobre els terns pitagòrics. Per una banda, donat un tern pitagòric, com per exemple: $$3^2+4^2=5^2$$ En podem obtenir més multiplicant cada terme per un mateix factor: $$\begin{array}{cl} (\times2) & 6^2+8^2=10^2 \\ (\times3) & 9^2+12^2=15^2 \\ \cdots & \quad \cdots \end{array}$$

Anomenem tern pitagòric primitiu aquells en què $(a,b,c)$ són primers entre ells, de manera que tots els terns pitagòrics són o bé primitius o bé múltiples d'un primitiu.

Euclides esbrinà una fórmula per generar tots els terns pitagòrics primitius:

$$\begin{array}{l} a=m^2-n^2\\ b=2mn\\ c=m^2+n^2 \end{array}$$

On $m,n$ són dos nombres primers entre ells.

En el nostre problema, tenim un catet que val $20$. Els terns que tenen aquest catet o bé són primitius o bé són múliples d'un primitiu. El que farem serà buscar el tern primitiu que els correspon, és a dir, buscarem terns primitius amb un catet divisor de $20$.

Els divisors de $20$ són: $1, 2, 4, 5, 10, 20$. Podem descartar $1,2$ perquè no hi ha terns amb catets $1$ o $2$, el més petit és $3^2+4^2=5^2$.

Hi haurà dues possibilitats: que $20$ siga un múltiple de $a$ o que siga un múltiple de $b$.

Suposem que $20$ és un múltiple de $a=m^2-n^2$. Com que $b=2mn$ és parell, $a$ ha de ser senar (si $a$ i $b$ són parells, llavors $c$ també serà parell i el tern no serà primitiu). L'únic divisor sernar de $20$ és $5$, i per tant tindrem que:

Suposem ara que $20$ és un múltiple de $b=2mn$, llavors provem els divisors parells de $20$:

Hem trobat $5$ terns, però un està repetit $(20, 48, 52)$, de manera que en total hi ha $4$ terns diferent amb un catet igual a $20$. La solució és la E.

Per esbrinar l'àrea del quadrilàter d'enmig $(MNPQ)$, calcularem l'àrea dels quatre triangles que tenen les bases sobre els costats del rectangle i el tercer vèrtex als punts $M,N,P,Q$.

Anomenem $a,b$ els costats del rectangle, $b_M, b_N, b_P, b_Q$ les bases dels quatre triangles, i $h_M, h_N, h_P,h_Q$ les altures dels quatre triangles, tal com es veu a la figura:

Llavors, per als diferents triangles tenim:

$$\begin{array}{lclcl} M&\rightarrow& b_M=a&,& h_M=\frac{b}{2} \\ N&\rightarrow&d b_N=b&,& h_N=\frac{a}{2} \\ P&\rightarrow& b_P=a&,& h_P=\frac{\frac34b}{2}=\frac38b \\ Q&\rightarrow& b_Q=\frac{b}{2}&,& h_Q=\frac{\frac34a}{2}=\frac38a \end{array}$$

Les altures $h_P,h_Q$ són les que tenen una expressió més complicada.

Per calcular $h_P$, hem tingut en compte: * $M$ divideix horitzontalment el rectangle en $\frac{b}2$ i $\frac{b}2$. * $N$ divideix horitzontalment la primera porció per la meitat, i queden: $\frac{b}4$ a l'esquerra i $\frac{3b}4$ a la dreta. * $P$ divideix l'anterior porció dreta $(\frac{3b}4)$ per la meitat, i per això $h_P=\frac{\frac{3b}4}2$.

De manera anàloga hem calcular $h_Q$.

Ara calculem l'àrea dels quatre triangles $A_M, A_N, A_P, A_Q$:

$$\begin{array}{l} A_M=\frac{b_Mh_M}{2}=\frac{a\frac{b}{2}}{2}=\frac{ab}{4}\\ A_N=\frac{b_Nh_N}{2}=\frac{b\frac{a}{2}}{2}=\frac{ab}{4}\\ A_P=\frac{b_Ph_P}{2}=\frac{a\frac{3}{8}b}{2}=\frac{3}{16}ab\\ A_Q=\frac{b_Ph_P}{2}=\frac{\frac{b}{2}\frac{3}{8}a}{2}=\frac{3}{32}ab\\ \end{array}$$

La suma de les àrees dels $4$ triangles és:

$$A_M+A_N+A_P+A_Q=\frac{ab}{4}+\frac{ab}{4}+\frac{3}{16}ab+\frac{3}{32}ab=$$ $$=\left(\frac14 + \frac14 +\frac3{16} + \frac3{32}\right)ab=\left(\frac{8+8+6+3}{32}\right)ab=\frac{25}{32}ab$$

Per últim, l'àrea del quadrilàter d'enmig és l'àrea del rectangle menys l'àrea dels quatre triangles:

$$A_{MNPQ}=ab-\frac{25}{32}ab=\frac7{32}ab$$

I la solució és la E.

Esbrinarem la solució d'aquest problema fent ús de la simetria que es desprén de la fórmula. Com que la $y$ a la fórmula sempre apareix al quadrat ($y^2$), per a una $y$ positiva o una $y$ negativa, la funció ha de valer el mateix. Dit d'una altra manera, la $x$ ha de ser un eix de simetria de la figura.

L'únic eix de simetria és el $c$, que es correspondrà amb l'eix $x$. Per tant l'eix de les $y$, que és perpendicular, ha de ser l'$a$, i la solució és l'A.

Recordem la regla de divisibilitat de l'$11$. Un nombre és divisible per $11$ si la diferència entre la suma de les xifres en les posicions parells i la suma de les xifres en les posicions senars és $0$ o un múltiple de $11$.

A les posicions senars tenim: $K,N,A,O$ i a les parells: $A,G,R,O$. La diferència serà: $K+N+A+O-(A+G+R+O)=K+N-G-R$. Aquesta és la condició que han de complir les xifres que posem.

Comencem amb en Pau, que busca el nombre més gran. Intentarem anar posant els nombres més grans abans, sabent que l'ideal seria tenir el $98765432$. Procedim amb $KANGAROO$:

1. Posem un $9$ a la $K$. Tenim $9ANGAROO$. Fins ara tot correcte.
2. Posem un $8$ a la $A$. Tenim $98NG8ROO$. Tot correcte.
3. Posem un $7$ a la $N$. Tenim $987G8ROO$. Seguim correcte.
4. Compte ara! Perquè ens hem d'assegurar que $K+N-G-R=16-G-R$ siga un múltiple d'11, però llavors la $G$ no pot ser $6$. Li podem posar un $5$, i després la $R$ haurà de ser un $0$. Fem-ho: $G=5$, $R=0$. Ens queda $987580OO$.
5. Per últim, fem $O=6$ (el nombre més gran que ens queda).

Pau es quedarà amb el: $$KANGAROO=98758066$$

Esbrinem ara el número que pensa Pere. En aquest cas, voldríem trobar el $10234567$, ja que la primera xifra no pot ser $0$.

1. Fem $K=1$, $A=0$, $N=2$ i tenim $102G0ROO$.
2. Ara per la condició de divisibilitat per $11$ queda: $K+N-G-R=3-G-R$. Si fem $G=3$, no podrem seguir ($R$ haruia de ser $11$). Si fem $G=4$, tampoc ($R$ hauria de ser $10$). Però sí que podem fer $G=5$, i llavors $R=9$. Tindrem $102509OO$.
3. Per últim, fem $O=3$, que és el número més petit disponible.

Pere tindrà el: $$KANGAROO=10250933$$

El número que tenen igual és el $G=5$, i la solució serà la B.