Si Maria dóna $x$ euros a cadascun dels germans, ella es quedarà amb $24-3x$ euros, i els seus germans en tindran $12+x$. Per tal que tots acaben amb la mateixa quantitat s'ha de complir que:

$24-3x=12+x \quad\Rightarrow\quad 12=4x \quad\Rightarrow\quad x=3$ Per tant, Maria ha de donar $3$ € a cada germà.

Si Antoni és el cinquè a l'esquerra, vol dir que hi ha $4$ nois entre els dos (per l'esquerra). Si és el vuitè per la dreta, hi ha $7$ entre tots dos (per la dreta). En total són ells dos més els que tenen entre ells:

$2+4+7=13$ En total hi ha $13$ nois al cercle.

Hi ha dues zones grises: la primera és la resta entre l'estel més gran i el segon més gran. La segona és la resta entre el segon estel més petit i el més petit. La suma és:

$(16-9)+(4-1)=7+3=10\text{ cm}^2$

Si al numerador li sumem i restem $2017$, tenim: $2017^2+2017-2017-1=2017\times2018-2017-1=$ $=2017\times2018-2018=2016\times2018$ Veiem que el numerador és igual que el denominador, i per tant la fracció és $1$.

Analitzem el moviment de la roda als cims i les valls:

I veiem que la D és la solució correcta.

Si comencem posant un nombre senar a dalt de tot, a sota d'ell ha d'haver-hi un senar i un parell: $\begin{array}{ccc} &S&\\ S&&P\\ \end{array}$ Com a molt, podrem posar dos nombres senars a sota: $\begin{array}{ccccc} &&S&&\\ &S&&P&\\ P&&S&&S\\ \end{array}$ I a sota del tot, podem posar $3$ senars com a molt: $\begin{array}{ccccccc} &&&S&&&\\ &&S&&P&&\\ &P&&S&&S&\\ S&&S&&P&&S\\ \end{array}$ En total, hem posat $7$ nombres senars.

Mai podrem posar $8$ nombres senars, perquè llavors només en tindríem $2$ de parells. Si provem, veiem que necessàriament hi ha d'haver algun dels dos nombres parells a la base i és impossible evitar que n'acaben apareixent més de $2$.

El cercle dóna una volta sencera cada $2\pi\text{ cm}$. Després de $11\pi\text{ cm}$ haurà donat $5$ voltes completes (es trobarà en la posició inicial), i després donarà mitja volta. Llavors, la posició final serà la B.

Si la mainada és la vuitena part dels assistents, $\frac78$ dels assistents són adults. Dels adults, si $\frac37$ són homes, llavors $\frac47$ són dones. En total, la proporció de dones és:

$\text{dones}=\frac78\cdot\frac47=\frac48=\frac12$

Si guanya les $5$ partides que li queden, en total n'haurà guanyat $9+5=14$, d'un total de $15+5=20$. El percentatge de victòries és:

$\text{victòries}=\frac{14}{20}\cdot100=14\cdot5=70\%$

Els estudiants poden traure $6$ botons i que no n'hi hagen tres del mateix color (si són $2$ vermells, $2$ blancs i $2$ blaus). Ara bé, en traure el $7\text{è}$ botó, necessàriament hi haurà $3$ botons del mateix color. Per tant, la solució és $7$.

Si l'altura del trapezi (i del triangle) és $h$, les àrees del triangle i del trapezi $EBCD$ són: $A_{AED}=\frac12\cdot AE\cdot h$

$A_{EBCD}=\frac12\cdot (EB + CD)\cdot h$

Si igualem les dues àrees, tenim que: $AE=EB+CD$ I si substituïm amb el que sabem: $AE=(50-AE) + 20=70-AE \quad\Rightarrow\quad AE=35\text{ cm}$

Si només un dels dos nombres $(n,\; n+20)$ és de $4$ xifres, hi ha dues opcions: o bé $n$ és de tres xifres i $n+20$ de quatre, o bé $n$ és de quatre xifres i $n+20$ és de cinc xifres. Vegem cadascun dels casos.

Per tal que $n$ siga de tres xifres i $n+20$ siga de quatre, $n$ pot ser:

$n\in{980,\; 981,\, \ldots,\; 999}\quad\rightarrow\quad 20\text{ nombres}$

Per tal que $n$ siga de quatre xifres i $n+20$ siga de cinc, $n$ pot ser:

$n\in{9980,\; 9981,\, \ldots,\; 9999}\quad\rightarrow\quad 20\text{ nombres}$

En total, hi ha $40$ nombres $n$ que compleixen la propietat de l'enunciat.

Podem dividir la figura en $6$ parts iguals (des del centre de l'hexàgon), i estudiar la proporció en aquestes porcions:

La zona ombrejada és un triangle amb la base $b$ i altura $h$, mentre que el total és un triangle amb base $b$ i altura $2h$ (recordem que les perpendiculars al triangle gran tallen els costats oposats al punt mig).

Per tant, l'àrea ombrejada és la meitat de la total, i la relació és $\frac12$.

Si anomenem $x$ el nombre d'enmig dels tres, tenim que: $(x-1)^2 + x^2 + (x+1)^2=$ $=x^2-2x+1+x^2+x^2+2x+1=$ $=3x^2+2=770$ Per tant: $3x^2=768\quad\Rightarrow\quad x^2=256\quad\Rightarrow\quad x=16$ Finalment, el més gran dels tres nombres és $x+1=17$.

Si la politja $B$ fa $4$ voltes mentre la $A$ en fa $5$, la relació dels seus perímetres és: $5P_A=4P_B$ De la mateixa manera, segons l'enunciat: $7P_C=6P_B$ Si $P_C=30$, llavors $P_A$ és: $P_A=\frac45P_B=\frac45\cdot\frac76P_C=\frac{28}{30}\cdot30=28\text{ cm}$

Podem comptar totes les opcions: $\begin{array}{rccccccc} 1&\circ&-&\circ&-&\circ&-&- \\ 2&\circ&-&\circ&-&-&\circ&- \\ 3&\circ&-&-&\circ&-&\circ&- \\ 4&-&\circ&-&\circ&-&\circ&- \\ 5&-&\circ&-&\circ&-&-&\circ \\ 6&-&\circ&-&-&\circ&-&\circ \\ 7&-&-&\circ&-&\circ&-&\circ \\ \end{array}$ En total, hi ha $7$ possibles calendaris per escollir.

Podem considerar que els primers $7$ dies ha plogut, i per tant haurà fet sol en $7$ moments (matí o tarda). Com ha fet sol de tarda un dia més en total, repartim els $7$ moments de sol en $4$ dies de sol de tarda i $3$ dies de sol de matí (dels $7$ dies de pluja). Per arribar $5$ matins i $6$ tardes de sol, caldran dos dies més. Per exemple: $\begin{array}{rcccccccccccccc} \text{Dia} & & 1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9 \\ \text{Matí} & & P& P& P& P& S& S& S& S& S \\ \text{Tarda} & & S& S& S& S& P& P& P& S& S \\ \end{array}$ Així, calen $9$ dies com a mínim.

Anomenem $t,v,p,o$ les alçades dels germans Toni, Víctor, Pere i Òscar. Anem resumint l'enunciat pas per pas.

Sabem que Toni és més baix que Víctor $(t<v)$ i que Toni és més alt que Pere $(p<t)$. A més, les diferències són iguals (l'anomenem $d$). A més, Òscar és més baix que Pere, amb $d$ de diferència. Per tant: $o\quad<\quad p\quad < \quad t \quad <\quad v$ Però de fet, respecte a l'alçada de l'Òscar, la resta són: $p=o+d,\quad t=o+2d,\quad v=o+3d$ Sabem que Toni fa $184$: $o+2d=184 \quad\Rightarrow\quad d=92-\frac{o}2$ I la mitjana és $178$: $\frac{o+o+d+o+2d+o+3d}{4}=o+\frac32d=178$ Substituint amb la $d$ anterior: $o+\frac32\left(92-\frac{o}2\right)=178\quad\Rightarrow\quad 4o + 552-3o=712\quad\Rightarrow$

$o=160\text{ cm}$

Per tant, l'alçada de l'Òscar és de $160\text{ cm}$.

Adonem-nos que només hi ha $4$ quadrats $2\times2$, i que tots ells inclouen la casella central; per tant, la casella central no influeix en la suma i podem posar-hi un $0$ per comoditat. Si anomenem $a,b,c,d$ les altres caselles, tenim el quadrat: $\begin{array}{ccc} 3 & a & 1\\ d & 0 & b\\ 2 & c & ?\\ \end{array}$ I les quatre sumes que han de ser iguals són: $3+a+d = 1+a+b=2+d+c=b+c+?$ De la primera igualtat deduïm que: $3+a+d=1+a+b\quad\Rightarrow\quad b=2+d$ Substituint, a la última de les $4$ igualtats anteriors, tenim que: $2+d+c=2+d+c+?$ Per tant, s'ha de complir que $?=0$.

Si continuéssim resolent el sistema, podriem trobar una solució (hi ha infinites): $\begin{array}{rcc} 3 & 0 & 1\\ -2 & 0 & 0\\ 2 & 1 & 0\\ \end{array}$

Dels $36$ resultats possibles, seran negatius els que siguin producte d'un nombre positiu per un negatiu o el d'un negatiu per un positiu: $P=\frac{2\cdot3 + 3\cdot2}{36}=\frac{12}{36}=\frac13$

Comencem descomposant $882$ en el seus factors primers: $882=2\cdot3^2\cdot7^2$ Com les quatre han nascut a aquest segle, com a molt poden tenir $17$ anys. Començant pel factor $7$, només podrà aparéixer com a $7$ o $14$, ja que qualsevol altre producte serà major que $17$. Dels factors que ens queden $(3^2)$, podem obtenir les dues edats diferents $1$ i $9$. Per tant, les edats són: $\text{edats}={1, 7, 9, 14}$ Efectivament, el producte és $1\cdot7\cdot9\cdot14=882$, i la suma és: $\text{suma edats}=1+7+9+14=31$

En primer lloc, observem que els nombres contigus tindran paritat diferent (tenen diferència $1$). Per tal que la suma sigui senar, cal que hi hagi un nombre senar de sumands senars. Dels $7$ nombres, per tant, $3$ han de ser senars: hauran de ser $b, d, f$.

Per tant, els nombres $a,c,e,g$ hauran de ser parells. Si $a$ pot ser $286$, també ho podrà ser $g$ per simetria; si $c$ pot ser $286$, també ho podrà ser $e$ per simetria. Provarem si és possible.

Per simplificar, calculem que $286\cdot7=2002$, de manera que ens falten $15$ fins arribar a $2017$. Anotarem cada nombre respecte a 286, i buscarem sumar $15$. Mirem si pot ser que $a=286$: $\begin{array}{ccccccccc} a&b&c&d&e&f&g&&\text{suma}\\ 0&1&2&3&4&3&2&&15 \end{array}$ Provem ara amb $c=286$: $\begin{array}{ccccccccc} a&b&c&d&e&f&g&&\text{suma}\\ 2&1&0&1&2&3&4&&13 \end{array}$ Com a màxim, podem obtenir una suma de $13$, i no podem arribar a $15$.

Per tant, només poden ser $286$ la $a$ i la $g$: l'opció D.

Podem definir el número $ababab$ com la suma: $ababab = 100000a+10000b+1000a+100b+10a+b=$ $=(100000+1000+10)a + (10000+100+1)b=$ $=101010a+10101b$ I resulta que $101010=7\cdot14430$, i $10101=7\cdot1443$, per tant: $ababab=7\cdot(14430a+1443b)$ Per tant, $ababab$ segur que serà un múliple de $7$.

Anem comptant per ordre:

• Si tenim un $7$, només hi ha $1$ contrasenya possible: $7777777$.
• Si tenim un $6$, només ens quedarà un espai que haurà d'omplir-se amb un $1$, i tindrem $2$ contrasenyes possibles: $1666666,6666661$.
• Si tenim un $5$, tindrem les contrasenyes: $2255555,5555522$.
• Amb un $4$, tenim més opcions. Si emplenem amb tresos, tenim dos ordres: $3334444,4444333$, però podem omplir amb uns i dosos, i tindrem $3!=3\cdot2=6$ ordres: $1224444,1444422, 2214444,2244441,4444122,4444221$.

En total hi ha: $N_{\text{contrasenyes}}=1+2+2+2+6=13$

Fixem-nos que si dues persones contigües miren cap a la mateixa banda, no s'estaran donant la mà ni ara ni quan donim mitja volta: $\cdots\rightarrow\rightarrow\rightarrow\cdots \quad\Rightarrow\quad \cdots\leftarrow\leftarrow\leftarrow\cdots$ Podem simplificar el cercle i treure totes aquestes persones, deixant les 10 persones que es donen la mà: $\cdots\rightarrow\leftarrow\rightarrow\leftarrow\rightarrow\leftarrow\cdots$ Quan es donen la volta, tots ells es donaran la mà una altra vegada: $\cdots\leftarrow\rightarrow\leftarrow\rightarrow\leftarrow\rightarrow\cdots$ En definitiva, $10$ persones acabaran donant-se la mà.

Centrem-nos en un quart de la figura per simplificar:

Aquest quart de la figura és un quadrat de costat $h$. Aquesta $h$ és l'altura del triangle equilàter, i la podem esbrinar per Teorema de Pitàgores: $h=\sqrt{10^2-5^2}=\sqrt{75}=5\sqrt3$ Per tant, l'àrea total del quadrat és: $A_{\text{quadrat}}=h^2=75$ A aquesta àrea, però, li hem de restar el triangle rectangle isòsceles de catet $x$ de la cantonada. Però $x$ és $h-5$, i per tant, l'àrea d'aquest triangle és: $A_{\text{triangle cantonada}}=\frac12x^2=\frac12(h-5)^2=\frac12(5\sqrt3-5)^2=$

$=\frac{25}2(\sqrt3-1)^2=\frac{25}2(3-2\sqrt3+1)=50-25\sqrt3$

Per tant, l'àrea que busquem és: $A=A_{\text{quadrat}} -A_{\text{triangle cantonada}} = 75-\left(50-25\sqrt3\right)=25(\sqrt3+1)$ Recordem que només hem calculat un quart de la figura total. L'àrea total serà: $A_{\text{figura}}=4\cdot A=100(\sqrt3+1)$

Per simplificar, suposem que els pesos són $1,2,3,4,5,6$. En total, sumen $1+2+3+4+5+6=21$, per tant, el plat que més pesa haurà de pesar $11$ com a mínim.

Calculem ara totes les configuracions que pot tenir el plat més pesat: $1+4+6=11$ $1+5+6=12$ $2+3+6 = 11$ $2+4+5=11$ $2+4+6=12$ $2+5+6=13$ $3+4+5=12$ $3+4+6=13$ $3+5+6=14$ $4+5+6=15$ En total, es tracta de $10$ opcions diferent, i la massa $6$ es troba en $8$ d'elles. En total: $P=\frac8{10}=80\%$

Anomenem $r$ el radi de la circumferència $(AM=BM=r)$.

El triangle $\triangle BMP$ és rectangle pel fet que la recta sigui tangent a la circumferència, i per tant es compleix el Teorema de Pitàgores: $PB^2+r^2=PM^2$ Com segons l'enunciat, $PB=PA+6$, tenim: $(PA+6)^2 + r^2 = PM^2$ De fet, $PM=PA+r$, per tant: $(PA+6)^2 + r^2 = (PA+r)^2$ Desenvolupant: $PA^2+12PA+36+r^2=PA^2+2\cdot r\cdot PA+r^2$

$r = \frac{12PA+36}{2PA} = 6+\frac{18}{PA}$

Per tal que el radi sigui enter, $PA$ ha de ser un divisor de $18$. Com $18=2\cdot3^2$, té $(1+1)\cdot(2+1)=6$ divisors, i la solució és $6$.

Si $u$ i $v$ són les solucions, tenim l'equació: $x^2+ux+v=(x-u)\cdot(x-v)$ Desenvolupant el producte de la dreta: $(x-u)\cdot(x-v)=$ $=x^2-ux-vx+uv=$ $=x^2+(-u-v)\cdot x+uv$ Si igualem ara els coeficients dels dos polinomis, tenim el sistema: $\begin{cases} u = -u -v\\ v = uv \end{cases}$ Per la primera equació tenim que: $v=-2u$ Substituint a la segona: $-2u = u\cdot(-2u)\quad\Rightarrow\quad u=u^2\quad\Rightarrow\quad u = {0, 1}$ Per tant, hi ha $2$ possibles solucions: $(u, v)=\left\{(0, 0), (1, -2)\right\}$

Fem un dibuix i anem pas per pas explicant com l'hem construit:

Hem fet una recta paral·lela a $AB$ que passa pel punt $N$, construint el triangle $\triangle PNC$ (vermell), que és semblant al $\triangle ABC$. Concretament, l'angle $\widehat{NPC}$ és igual a l'angle $\widehat{BAC}$ que se'ns demana, i l'anomenem $\beta$.

Com que $N$ és el punt mig de $BC$, el triangle $\triangle PNC$ (vermell) té els costats que són la meitat del triangle original. Concretament, fixem-nos que el costat $PN=\frac{AB}2$.

Constrium ara el triangle blau $\triangle MNP$, i calculem el que mesura $MP$. Recordem que $AP=\frac{AC}2$, i per tant: $MP=\frac{AC}2-AM$ D'altra banda, l'enunciat ens diu que $M$ és el punt mig de $AD$, i que $DC=AB$, per tant: $AM=MD=\frac{AC-AB}2$ Ja podem esbrinar el que mesura $MP$: $MP=\frac{AC}2-\left(\frac{AC-AB}{2}\right)=\frac{AB}2$ És a dir, que el triangle blau, $\triangle MNP$, és isòsceles $(MP=PN=\frac{AB}2)$, amb $\alpha$ com angle repetit. Per tant, el tercer angle mesura $180-2\alpha$, però resulta que aquest és suplementari de $\beta$, com veiem a la figura. En definitiva: $\beta = 2\alpha$