Solução 1 (Solução de Zezé de Oliveira). Denotemos os lados do triângulo pelas letras \(x\), \(y\) e \(z\). Qualquer paralelogramo na malha possui lados paralelos a dois dos três lados do triângulo e isso nos permite classificá-los em três tipos. Um paralelogramo tipo \(x\) possui lados paralelos aos lados \(y\) e \(z\) e assim para os demais casos. Por simetria, basta contarmos o número de paralelogramos do tipo \(x\), pois o resultado total será o triplo desse número.

Cada paralelogramo do tipo \(x\) é determinado pelas suas projeções nos lados do triângulo, que possuem comprimentos de \(1\) a \(4\). Se \(AB\) é a projeção no lado \(y\), contaremos quais os possíveis comprimentos de \(CD\), que é a projeção no lado \(z\).

1. Se \(AB = 4\), podemos ter apenas \(CD=1\) e assim há \(1\) paralelogramo possível.

2. Se \(AB = 3\), podemos ter apenas \(CD=1\) ou \(CD=2\) e assim há \[3+1=4\] paralelogramos possíveis.

3. Se \(AB = 2\), podemos ter apenas \(CD=1\), \(CD=2\) ou \(CD=3\) e assim há \[6+3+1=10\] paralelogramos possíveis.

4. Se \(AB = 1\), podemos ter apenas \(CD=1\), \(CD=2\), \(CD=3\) ou \(CD=4\) e assim há \[10+6+3+1=20\] paralelogramos possíveis.

Portanto, há \(1+4+10+20=35\) paralelogramos do tipo \(x\) e assim o total de paralelogramos na malha é \(3 \cdot 35 = 105\).

Criando uma camada extra para a malha, podemos associar de modo único cada paralelogramo do tipo \(x\) a dois segmentos disjuntos no novo lado de tamanho \(n+1\). Assim, o total de triângulos do tipo \(x\) é \({n+2 \choose 4}\) e a resposta geral é \(3 \cdot {n+2 \choose 4}\).

Solução 2 (Solução de Yure Carneiro). Por conta da função logaritmica, precisamos ter \(x > 0\). Agora vejamos os casos:

1. Para \(0 < x < 1,\) temos \(x^2 < 1\) e \(x^2 + x < x + 1\), de onde \[2^{x^2 + x} < 2^{x+1}\] Além disso, \(\log_2 x < 0\). Portanto, \[2^{x^2 + x} + \log_2 x < 2^{x^2 + x} < 2^{x+1}.\]

2. Para \(x > 1,\) temos \(x^2 > 1\) e \(x^2 + x > x + 1\), de onde \[2^{x^2 + x} > 2^{x+1}\] Além disso, \(\log_2 x > 0\). Portanto, \[2^{x^2 + x} + \log_2 x > 2^{x^2 + x} > 2^{x+1}.\]

   De onde vemos que para todo \(0 < x \neq 1\), não temos verificado a igualdade \((1)\). Enquanto para \(x=1\), vale a igualdade \[2^{1^2 + 1} + \log_2 1 = 2^{1+1} + 0 = 2^{1+1}\]

De onde concluímos que existe apenas um número real \(x\) para o qual é verificado a equação dada.

Solução 3 (Solução de Yure Carneiro). Veja que \[\displaystyle a = \sum_{j=1}^{25} \frac{25!}{j} \equiv \ \frac{25!}{13} \pmod{13},\] visto que as parcelas com índice \(j \neq 13\) são tais que \(13 \mid \frac{25!}{j}\). Agora temos \[\begin{aligned} a & \equiv & 1 \times 2 \times \cdots \times 12 \times 14 \times \cdots \times 25 \pmod{13}\\ & \equiv & 12! \times 1 \times 2 \times \cdots \times 12 \pmod{13}\\ & = & 12! \times 12! \end{aligned}\]

Pelo Teorema de Wilson, como \(12! = (13 -1)! \equiv -1 \pmod{13}\), segue que \[a \ \equiv \ (-1)^2 = 1 \pmod{13}\] e daí \(r=1\) é o resto de \(a\) na divisão por \(13\).

Solução 4 (Solução de Yure Carneiro). Sabemos que a distãncia entre dois vertices opostos de um hexágono regular é igual ao dobro da medida de seu lado. Nesse caso, essa distância é igual a 2. Considere a situação na figura do problema e suponhamos que o vértice da parábola de concavidade para cima (chamada aqui de parábola 1) coincide com a origem do plano \(XY\), e a reta que une os pontos de interseção das parábolas é paralelo ao eixo \(X\).
Por conta do hexágono ali inscrito, o ponto \(\left(\frac{\sqrt{3}}{2}, \ \frac{1}{2}\right)\) está na parábola 1. Portanto, sendo \(y = ax^2\) a equação dessa parábola, vamos ter \(\frac{1}{2} = a \cdot (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = \frac{3a}{4}\), de onde \(a = \frac{2}{3}\). Assim, \(y = \frac{2x^2}{3}\) é a equação da parábola 1. De onde segue que a parábola 2 possui equação \(y = -ax^2 + 2 = -\frac{2x^2}{3} + 2\). Além disso a interseção entre as duas ocorre quando \(\frac{2x^2}{3} = -\frac{2x^2}{3} + 2\), quando \(4x^2 = 6\), ou seja, \(x=-\frac{\sqrt{6}}{2}\) e \(x=\frac{\sqrt{6}}{2}\).
Assim, a área da região plana limitada pelas duas parábolas é dada por \[\begin{aligned} A_1 & = & \int_{-\frac{\sqrt{6}}{2}}^{\frac{\sqrt{6}}{2}} -\frac{2x^2}{3} + 2 - \frac{2x^2}{3} \ dx \\ & = & 4 \int_{0}^{\frac{\sqrt{6}}{2}} 1 -\frac{2x^2}{3} \ dx = 4\left(\frac{\sqrt{6}}{2} -\frac{2\left(\frac{\sqrt{6}}{2}\right)^3}{9}\right) \\ & = & 4\left(\frac{\sqrt{6}}{2} -\frac{\sqrt{6}}{6}\right) \\ & = & \frac{4\sqrt{6}}{3} \end{aligned}\]

Como a área \(A_2\) do hexágono regular de lado 1 é \(A_2 = \frac{3\sqrt{3}}{2}\), segue que a área da região sombreada é \[A = A_1 - A_2 = \frac{4\sqrt{6}}{3} - \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{8\sqrt{6} - 9\sqrt{3}}{6}\]

Solução 5 (Solução de Yure Carneiro). Testando o valor da soma para os primeiros valores de \(k\), conjectura-se que \[S_n = \sum_{k=1}^{n} (-1)^k \dfrac{(k^2 + k + 1)}{k!}\] é igual a \[-1 + \dfrac{(-1)^n \cdot (n+1)}{n!} .\]

Vamos provar essa identidade por indução:

1. Para \(n=1\), temos \(S_1 = (-1)^1 \dfrac{(1^2 + 1 + 1)}{1!} = -3 = -1 + \dfrac{(-1)^1 \cdot (1 + 1)}{1!}\)

2. Agora supomos válida a identidade para \(n\) e mostraremos que é também verificada para \(n+1\). Temos então \[{\bf HI}: \ \ S_n = -1 + \dfrac{(-1)^n \cdot (n+1)}{n!}\]

   Assim, \[\begin{aligned} S_{n+1} &=& \sum_{k=1}^{n+1} (-1)^k \dfrac{(k^2 + k + 1)}{k!} \\ &= & S_n + (-1)^{n+1} \dfrac{((n+1)^2 + (n+1) + 1)}{(n+1)!}\\ &=_{ {\bf HI} } & -1 + \dfrac{(-1)^n \cdot (n+1)}{n!} \\ & +& (-1)^{n+1} \dfrac{((n+1)^2 + (n+1) + 1)}{(n+1)!} \\ &=& -1 + \dfrac{(-1)^n \cdot (n+1)^2}{(n+1)!} \\ &+& (-1)^{n+1} \dfrac{((n+1)^2 + (n+1) + 1)}{(n+1)!} \\ &=& -1 + (-1)^{n+1} \dfrac{((n+1)^2 + (n+2) - (n+1)^2)}{(n+1)!}\\ &=& -1 + (-1)^{n+1} \dfrac{(n+2)}{(n+1)!}, \end{aligned}\] como gostaríamos de demonstrar. Então a identidade é válidade para todo \(n\) inteiro positivo. Com isso,

   \[S = -1 + \dfrac{(-1)^{2022} \cdot 2023}{2022!} = \dfrac{2023 - (2022!)}{2022!}\]

Solução 6 (Solução de Yure Carneiro). Sabendo que \(f \neq g\), que ambas são contínuas e que \(\int_{a}^b f(x) dx = \int_a^b g(x) dx\), segue que existe \(x_0 \in [a,b]\) tal que \(f(x_0) - g(x_0) = \alpha > 0\) e existe um intervalo fechado \([c,d]\) com \(c < d\) contendo \(x_0\) e contido em \([a,b]\) para o qual \(f(x) - g(x) > \frac{\alpha}{2}\) para todo \(x \in [c, d]\). Ainda nesse intervalo \[\dfrac{f(x)}{g(x)} - 1 > \dfrac{\alpha}{2g(x)}.\] Agora tomando um \(M > 0\) tal que \(0 < g(x) < M\) para todo \(x \in [a,b]\) temos \[\dfrac{f(x)}{g(x)} > 1+ \beta\] para todo \(x \in [c,d]\), onde \(\beta = \dfrac{\alpha}{2M}\).

Agora veja que \[\begin{aligned} I_{n+1} - I_n &= \int_a^b \dfrac{f(x)^{n+2}}{g(x)^{n+1}} - \dfrac{f(x)^{n+1}}{g(x)^{n}} dx \\ &= \int_a^b \dfrac{f(x)^{n+1}}{g(x)^{n+1}}[f(x) - g(x)] dx \\ &= \int_a^b \dfrac{f(x)^{n+1}}{g(x)^{n+1}}[f(x) - g(x))] dx \\ &- \int_a^b [f(x) - g(x)] dx\\ &= \int_a^b \left(\dfrac{f(x)^{n+1}}{g(x)^{n+1}} - 1 \right)[f(x) - g(x)] dx \\ &= \int_a^b \left(\dfrac{f(x)^{n+1} - g(x)^{n+1}}{g(x)^{n+1}}\right)[f(x) - g(x)] dx \\ &= \int_a^b \left(\dfrac{\sum_{k=0}^{n} f(x)^{k}g(x)^{n-k}}{g(x)^{n+1}}\right)[f(x) - g(x)]^2 dx, \end{aligned}\] Em virtude do comentário inicial, a última igualdade pode ser estimada como \[\begin{aligned} &\geq \int_c^d \left(\dfrac{\sum_{k=0}^{n} f(x)^{k}g(x)^{n-k} }{g(x)^{n+1} }\right)[f(x) - g(x)]^2 dx \\ &\geq \int_c^d \left(\dfrac{\sum_{k=0}^{n} (1+\beta)^{k}g(x)^kg(x)^{n-k} }{g(x)^{n+1} }\right)\frac{\alpha^2}{4} dx \\ &= \int_c^d \left(\dfrac{\sum_{k=0}^{n} (1+\beta)^{k}g(x)^{n} }{g(x)^{n+1} }\right)\frac{\alpha^2}{4} dx \\ &= \int_c^d \left(\dfrac{\sum_{k=0}^{n} (1+\beta)^{k} }{g(x)}\right)\frac{\alpha^2}{4} dx \\ &\geq \int_c^d \left(\dfrac{\sum_{k=0}^{n} (1+\beta)^{k} }{M}\right)\frac{\alpha^2}{4} dx\\ &= \frac{\alpha(d-c)}{2} \cdot [(1+\beta)^{n+1} - 1] \\ & >0 \end{aligned}\] De onde segue que \(I_{n+1} > I_n\) e a sequência é crescente, e além disso \[\begin{aligned} I_{n+1} &\geq \frac{\alpha(d-c)}{2} \cdot [(1+\beta)^{n+1} - 1] + I_n \\ &> \frac{\alpha(d-c)}{2} \cdot [(1+\beta)^{n+1} - 1]. \end{aligned}\]

Como \(\frac{\alpha(d-c)}{2} \cdot [(1+\beta)^{n+1} - 1] \rightarrow + \infty\) quando \(n \rightarrow + \infty\), segue que \(\displaystyle \lim_{n \rightarrow + \infty} I_n = + \infty\).

Solução 7 (Solução de Yure Carneiro). Considere a figura a seguir.

Da semelhança entre os triângulos \(ABE\) e \(AXD\), obtemos

\[\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AD}{AX}\] Portanto, \[AB^2 = AB \cdot AD = AE \cdot AX = [AEFG] - [XYFG] (1)\]

Além disso, do triângulo retângulo \(ABE\), temos \[AE^2 = AB^2 + BE^2 = AB^2 + 25\] \[AB^2 = AE^2 - 25\] Como \([AEFG] = AE^2\), segue das equações (1) e (2) que a aréa do retângulo sombreado é \[[XYFG] = 25 \ cm^2.\]

Solução 8 (Solução de Yure Carneiro). Considere o problema de achar o número de maneiras de obter uma soma 12 em que as parcelas são números ímpares positivos, onde a ordem das parcelas importa, ou seja, aqui consideramos que a soma \(1+1+1+9 = 12\) é uma forma de somar diferente de \(1+9+1+1 = 12\). Então a resposta ao problema das cadeiras é o dobro da resposta ao problema da soma aqui descrito. Em que cada parcela representa um conjunto de cadeiras de uma mesma cor em sequência, e podemos considerar que a primeira parcela forma um conjunto de cadeiras brancas e cada parcela na sequência está associada a uma cor entre cinza e branca que fica alternando. Exemplo: A forma de somar \(1+1+1+9 = 12\), representa a fileira de cadeiras

Já a forma de somar \(1+9+1+1 = 12\) representa a fileira

Veja que ambos começam pela cor branca. A quantidade das fileiras que começam com a cor cinza é a mesma das que estão sendo contadas começando com a cor branca. Assim, vamos tratar o problema das somas.
Vamos generalizar o problema chamando de \(K_n\) o número de formas diferentes de obter \(n\) como soma de ímpares positivos, e onde a ordem das parcelas importa. Veja que para achar \(K_n\) (supondo conhecidos \(K_i, \ i =1, \ldots, n-1\)) basta considerar o seguinte, cada uma das formas de obter soma \(n\) deve começar com um dos ímpares positivos \(j\) menores ou iguais a \(n\), e a quantidade de maneiras de completar a forma de somar que começa com \(j\) é exatamente igual a \(K_{n-j}\). Exemplo: para achar \(K_7\), temos as formas de obter soma \(7\) que começa com \(1, 3, 5\) e \(7\). As formas de obter soma 7 que começa com 1 é exatamente \(K_6\). As formas de obter soma 7 que começa com 3 é exatamente \(K_4\). As formas de obter soma 7 que começa com 5 é exatamente \(K_2\). Já as formas de obter soma 7 que começa com 7 é exatamente \(1\) (que denotaremos por \(K_0 = 1\)). Portanto, \[K_7 = K_6 + K_4 + K_2 + K_0\] Generalizando, para \(n = 2j+1\) \[K_{2j+1} = K_{2j} + K_{2j-2} + \cdots + K_0 = K_{2j} + K_{2j-1}\] e de modo análogo, para \(n = 2j\) temos \[K_{2j} = K_{2j-1} + K_{2j-3} + \cdots + K_1 = K_{2j-1} + K_{2j-2}\]

Assim, \[K_{n} = K_{n-1} + K_{n-2}\]

Temos então que \(K_n\) é definida recursivamente pela fórmula acima, onde \(K_1 = K_0 = 1\) (ou mesmo \(K_2 = K_1 = 1\)), ou seja, \(K_n\) representa a Sequência de Fibonacci. Temos então que \(K_{12} = 144\) que é o décimo segundo termo da sequência \[1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, \ldots\]

Com isso a resposta ao problema original, da quantidade de maneiras de colocar 12 cadeiras em fila conforme especificado é \[2K_{12} = 288 \ \mbox{maneiras}.\]

Solução 9 (Solução de Diego Alberto).

1. Se \(h\) é a altura do triângulo \(ABC\), temos que \[\begin{aligned} XZ \cdot AB + XY \cdot BC + XW \cdot AC & = & h \cdot AB \\ XZ + XY + XW & = & h \end{aligned}\]

   Daí, \(h = 7k\). Por \(X\), trace paralelas aos lados do triângulo \(ABC\), como indicado na figura. Sejam \(S_1\), \(S_2\), \(S_3\) e \(S\) as áreas dos triângulos \(XY_1Y_2\), \(XZ_1Z_2\), \(XW_1W_2\) e \(ABC\), respectivamente. Por semelhança de triângulos, temos \[S_1/S = 4/49, S_2/S = 1/49\, \,\,\, \text{e} \,\,\, S_3/S = 16/49.\] Além disso, como os triângulos \(ABX\), \(BCX\) e \(ACX\) possuem mesma base, segue que \[A_{ABX}/S = 2/7, A_{BCX}/S = 1/7 \,\,\, \text{e} \,\,\, A_{ACX}/S = 4/7.\] Portanto, considerando as áreas representadas pelas letras \(m\), \(n\) e \(p\), temos \[\begin{aligned} m+n+S_1 & = & S/7, \\ m+p+S_2 & = & 2S/7, \\ n+p+S_3 & = & 4S/7. \end{aligned}\] Assim, \[\begin{aligned} m+n& = & 3S/49, \\ m+p& = & 13S/49, \\ n+p& = & 12S/49. \end{aligned}\] Além disso, somando todas as equações, temos \[2m+2n+2p= 28S/49.\] De \[2m+S_1/2+S_2/2=13,\] e \((4)\), obtemos \[\dfrac{5/2S}{49}-\dfrac{24S}{49} = 13 - \dfrac{28S}{49}\] e assim \(S = 98\,cm^2\)

2. Aproveitando a notação do item anterior, temos \(h=(a+b+c)k\) e \[\begin{aligned} m+n+S_1 & = & \dfrac{a}{(a+b+c)}S \\ m+p+S_2 & = & \dfrac{b}{(a+b+c)}S \\ n+p+S_3 & = & \dfrac{c}{(a+b+c)}S \end{aligned}\] Portanto, calculando \((5)+(6)-(7)\), temos \[2m +S_1+S_2= \dfrac{(a+b-c)S}{(a+b+c)} + \dfrac{c^2S}{(a+b+c)^2} = \dfrac{(a+b)^2S}{(a+b+c)^2}.\] \[\begin{aligned} \dfrac{S}{A_{AZXY}} & = & \dfrac{S}{2m+S_1/2+S_2/2} \\ & = & \dfrac{2S}{4m+S_1+S_2} \\ & = & \dfrac{2(a+b+c)^2}{2(a+b)^2-a^2-b^2} \\ & = & \dfrac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+4ab} \end{aligned}\]