Solução 1. Seja \[\begin{aligned} I & = & \int_0^{\pi/2} \frac{dx}{1 + (\mathop{\rm tg}x)^{2022}} \\ & = & \int_0^{\pi/2} \frac{(\cos x)^{2022} dx}{(\mathop{\mathrm{sen}}x)^{2022} + (\cos x)^{2022}} \end{aligned}\]

Com a mudança de variável \(y=\pi/2-x\), temos \(dy = -dx\) e

\[\begin{aligned} I & = & \int_{\pi/2}^0 \frac{(\cos (\pi/2-y))^{2022} (-dy)}{(\mathop{\mathrm{sen}}(\pi/2-y))^{2022} + (\cos (\pi/2-y))^{2022}} \\ & = & \int_0^{\pi/2} \frac{(\mathop{\mathrm{sen}}y)^{2022} dy}{(\mathop{\mathrm{sen}}y)^{2022} + (\cos y)^{2022}} \end{aligned}\] Portanto, \[I + I = \int_0^{\pi/2} \frac{(\mathop{\mathrm{sen}}x)^{2022}+(\cos x)^{2022} dx}{(\mathop{\mathrm{sen}}x)^{2022}+(\cos x)^{2022}} = \dfrac{\pi}{2}.\] Assim, \(I=\dfrac{\pi}{4}\).

Solução 2. Com a mudança de variável \(y=\pi/2-x\), temos \(dy = -dx\) e \[\begin{aligned} \int_0^{\pi/2} \mathop{\mathrm{sen}}^2 (\mathop{\mathrm{sen}}x)dx & = & \int_{\pi/2}^{0} \mathop{\mathrm{sen}}^2 (\mathop{\mathrm{sen}}(\pi/2-y))(-dy) \\ & = & \int_{0}^{\pi/2} \mathop{\mathrm{sen}}^2 (\cos y)dy \\ \end{aligned}\] Como \(\cos^2 (\cos x)+\mathop{\mathrm{sen}}^2(\cos x)=1\), segue que \[\begin{aligned} \int_0^{\pi/2} \cos^2 (\cos x)dx + \int_0^{\pi/2} \mathop{\mathrm{sen}}^2 (\mathop{\mathrm{sen}}x)dx & = & \\ \int_0^{\pi/2} \cos^2 (\cos x)dx + \int_0^{\pi/2} \mathop{\mathrm{sen}}^2 (\cos x)dx & = & \\ \int_0^{\pi/2} 1 dx & = & \pi/2 \end{aligned}\]

Solução 3. Defina como \(A_n\) uma matriz \(n \times n\) definida pelas mesmas regras e seja \(D_n = \det A_n\). Pelo desenvolimento do determinante pela regra de Laplace com relação a primeira linha, temos \[D_n = \sqrt{3}D_{n-1}-D_{n-2}.\] A equação característica é

\[x^2-\sqrt{3}x+1=0,\]

que possui como raízes \(\dfrac{\sqrt{3}\pm i}{2} = -iw\) ou \(iw^2\). Aqui \(w=\dfrac{-1+i\sqrt{3}}{2}\) é raíz cúbica da unidade, i.e, \(w^3=1\). Resolvendo a recorrência, encontramos \[D_n = \dfrac{(-iw)^{2n+2}-1}{(-iw)^n((-iw)^2-1)}\] Daí, usando que \(w^3=1\) e \(w^2+w+1=0\), temos \[\begin{aligned} D_{2022} & = & \dfrac{(-iw)^{4046}-1}{(-iw)^{2022}((-iw)^2-1)} \\ & = & \dfrac{-w^2-1}{-(-w^2-1)} \\ & = & \dfrac{w}{-w} \\ & = & -1. \end{aligned}\]

Solução 4. Provaremos que \(A \cap B = \{1\}\). Inicialmente, é claro que \(1 \in A \cap B\). Por outro lado, veremos que não há outros elementos na interseção. Para isso, vamos mostrar que \(|1 + z + z^2 + \ldots + z^n| \neq 1\) para todo \(1 \le n \le 2022\). Veja que \[1 + z + z^2 + \ldots + z^n = \frac{z^{n+1}-1}{z-1}\] e, portanto, \[|1 + z + z^2 + \ldots + z^n| = \frac{|z^{n+1}-1|}{|z-1|}.\] Usando que \(e^{i\theta}-1 = 2i \mathop{\mathrm{sen}}(\theta/2)e^{i\theta/2}\), segue que \[|1 + z + z^2 + \ldots + z^n| = \frac{\sin\left(\frac{(n+1)\pi}{2023}\right)}{\sin\left(\frac{\pi}{2023}\right)}.\] Para \(1 \le n \le 2022\), temos que \(\mathop{\mathrm{sen}}((n+1)\pi/2023) \ge 0\) e \(\mathop{\mathrm{sen}}(\pi/2023) > 0\). Dessa forma, só poderíamos ter \(|1 + z + z^2 + \ldots + z^n| = 1\) caso \(\mathop{\mathrm{sen}}((n+1)\pi/2023) = \mathop{\mathrm{sen}}(\pi/2023)\), o que é impossível para \(1 \le n \le 2022\).

Solução 5. Considere as séries geométricas

\[\begin{aligned} \dfrac{1}{1^3}+\dfrac{1}{(1\cdot 2)^3}+\dfrac{1}{(1\cdot 2^2)^3}+\dfrac{1}{(1\cdot 2^3)^3} + \ldots & = & \dfrac{8}{7} \\ \dfrac{1}{1^3}+\dfrac{1}{(3\cdot 2)^3}+\dfrac{1}{(3\cdot 2^2)^3}+\dfrac{1}{(3\cdot 2^3)^3} + \ldots & = & \dfrac{8}{7} \cdot \dfrac{1}{3^2} \\ \dfrac{1}{5^3}+\dfrac{1}{(5\cdot 2)^3}+\dfrac{1}{(5\cdot 2^2)^3}+\dfrac{1}{(5\cdot 2^3)^3} + \ldots & = & \dfrac{8}{7} \cdot \dfrac{1}{5^2} \\ \dfrac{1}{7^3}+\dfrac{1}{(7\cdot 2)^3}+\dfrac{1}{(7\cdot 2^2)^3}+\dfrac{1}{(7\cdot 2^3)^3} + \ldots & = & \dfrac{8}{7} \cdot \dfrac{1}{7^2} \\ & \vdots & \end{aligned}\] Cada fração \(\dfrac{a_n}{n^3}\) aparece exatamente uma vez em cada uma dessas séries. Portanto, a soma desejada é:

\[\dfrac{8}{7} \cdot \left ( \dfrac{1}{1^2}+ \dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{7^2} + \ldots \right ) = \dfrac{8}{7} \cdot \dfrac{\pi^2}{8} =\dfrac{\pi^2}{7}.\]

Solução 6.

1. Dois quadrados, um com \(I=4\) e outro com \(I=9\):

   

2. Se \(I\) é um número ímpar, podemos dispor \(I+2\) pontos consecutivos na vertical e marcar como vértices do losango os extremos dessa sequência. Os outros dois vértices são os pontos nas verticais anterior e sucessora mais próximos do centro da sequência de pontos, como indicado nas figuras a seguir:

   

   Se \(I\) é um número par, considere uma diagonal de \(I+2\) pontos consecutivos formando \(45^{\circ}\) com os lados do papel do reticulado. Os dois pontos extremos dessa diagonal serão vértices do losango. Os outros dois vértices são os \(2\) pontos mais próximos do centro da diagonal, como indicado nas figuras a seguir:

   

3. Dado qualquer triângulo com vértices nos reticulados, se dois de seus vértices estão na horizontal ou vertical (em relação aos lados do papel), a distância entre eles é um número inteiro \(b\). A altura \(h\) do terceiro vértice a esses dois também é um inteiro \(h\). A área do triângulo é, portanto,

   \[\dfrac{b \cdot h}{2} \geq \dfrac{1}{2}\,\mathrm{cm}^2\]

   Veja que realmente existem triângulos com área \(1/2\). Basta considerar um quadradinho \(1 \times 1\) do papel e dividi-lo ao meio por uma de suas diagonais. Veja que o argumento anterior mostra que a área de qualquer triângulo com lados paralelos aos lados da folha é da forma \(n/2\), em que \(n\) é um número inteiro. Para terminar, precisamos considerar os triângulo \(ABC\) que não possuem lados paralelos aos da folha, como na figura a seguir.

   

   Pelos seus vértices, trace retas paralelas aos lados das folhas. As interseções dessas retas são pontos dos reticulados, e, pelo argumento anterior, podemos garantir que as áreas das regiões \(I\), \(II\) e \(III\) são números da forma \(n/2\), com \(n\) inteiro. Como a área de um retângulo com lados paralelos aos lados do tabuleiro é um número inteiro, contabilizando a diferença das áreas dos demais triângulos, podemos concluir que a área do triângulo \(IV\) ou será um número inteiro ou metade de inteiro. Em qualquer caso, o seu valor mínimo é pelo menos \(1/2\).

O Teorema de Pick permite calcular a área de qualquer polígono com vértices nos pontinhos da folha conhecendo o número de pontos interiores \(I\) e o número de pontos no bordo da figura, que será chamado de \(B\), através da fórmula:

\[A = I + \dfrac{B}{2}-1.\]

Na figura anterior, \(B=13\) e \(I=3\), e assim a área do polígono é:

\[A = 3 + \dfrac{13}{2}-1 = 8,5\,cm^2.\]

Solução 7. Precisamos criar alguma maneira de agrupar os números em pares. Seja \(A = \underbrace{11 \ldots 11}_{64\,\,\, vezes}0\) repetições do número \(1\). Como \(1111\) é múltiplo de \(101\) é fácil ver que \(A\) é múltiplo de \(101\). Para todo número de \(64\) dígitos \(a=\overline{a_1a_2\ldots a_{63}a_{64}}\), sem zeros em sua representação decimal, considere o seu conjugado \(b = \overline{b_1b_2\ldots b_{63}b_{64}} = (10-a_1)(10-a_2) \ldots (10-a_{64})\). Nenhum dígito de \(a\) é igual a zero, portanto, cada número \(10-a_i\) pertence ao conjunto \(\{0,1,\ldots, 9\}\). Da equação \(a+b=A\) obtemos que \(a\) é divisível por \(101\) se e somente se \(b\) é divisível por \(101\)(lembre-se que \(A\) é múltiplo de \(101\)). Como o único número que é igual ao seu conjugado é o número \(\underbrace{55 \ldots 55}_{64\,\,\, vezes}\)(que é múltiplo de \(101\)) e os demais números que satisfazem o enunciado podem ser pareados, concluímos que a quantidade procurada é ímpar.

Solução 8. Vamos tentar fazer alguns casos pequenos. É fácil ver que não conseguimos fazer o que o enunciado pede com os números \(1,1,2,2\) mas com os números \(1,1,2,2,3,3,4,4\) temos um exemplo: \[\begin{array}{cccccccc} 1^{\circ} & 2^{\circ} & 3^{\circ} & 4^{\circ} & 5^{\circ} & 6^{\circ} & 7^{\circ} & 8^{\circ} \\ a_3 & a_4 & a_2 & b_3 & b_2 & b_4 & a_1 & b_1 \\ {\bf 3} & {\bf 4} & {\bf 2} & {\bf 3} & {\bf 2} & {\bf 4} & {\bf 1} & {\bf 1} \end{array}\] Contando da esquerda para a direita, denotemos por \(a_i\) e \(b_i\) as posições do primeiro e segundo número \(i\), respectivamente. No nosso exemplo, \(a_2 = 3\) e \(b_2 =5\). Como existem \(i-1\) números entre dois números \(i's\), devemos ter \(b_i-a_i = i\). Se é possível escrever os números \(1,1,2,2, \ldots n,n\) em linha como no enunciado, obtemos:

\[\begin{aligned} (a_1+a_2+ \ldots a_n) + (b_1+b_2+ \ldots + b_n) & = & \\ 1 + 2 + \ldots + 2n & = & n(2n+1)\\ (b_1 - a_1) + (b_2-a_2)+ \ldots (b_n-a_n) & = & \\ 1 + 2 + \ldots + n & = & \dfrac{n(n+1)}{2}. \end{aligned}\]

Somando as duas linhas,

\[\begin{aligned} 2(b_1+b_2+ \ldots b_n) = \dfrac{n(5n+3)}{2} \end{aligned}\]

Como o lado esquerdo é sempre par, a fração \(\dfrac{n(5n+3)}{2}\) deve ser um inteiro par. Isso já restringe os possíveis valores de \(n\). Para \(n=1986\),

\[\begin{aligned} \dfrac{n(5n+3)}{2} = 9863469 \end{aligned}\]

é ímpar e consequentemente não é possível dispormos esses números em linha. Uma pergunta natural que você deve tentar descobrir é, para quais \(n\), tal distribuição é possível.

Solução 9.

1. Vamos inicialmente mostrar que algum aluno deve ser o melhor em \(4\) matérias. Suponha, por absurdo, que nenhum aluno é o melhor em \(4\) materias. Seja \(M_1\) uma matéria e \(\{A,B,C\}\) os três alunos que são os melhores nessa matéria. Cada um deles pode estar em no máximo mais duas matérias e qualquer outra matéria deve ter um deles. Portanto, além de \(M_1\), podem existir no máximo \(2+2+2=6\) matérias. Isso é um absurdo, pois temos mais que \(7\) matérias. Assim, existe algum aluno, que denotaremos por \(P\), que é o melhor em \(4\) matérias. Sejam \(M_1, M_2, M_3\) e \(M_4\) quatro matérias em que ele é o melhor. Vamos mostrar que \(P\) é o melhor em todas as matérias. Suponha que \(A\) não é um dos melhores alunos para a matéria \(M\). Assim, cada um dos \(3\) melhores alunos de \(M\), devem estar nos \(4\) conjuntos disjuntos: \(M_1-\{P\}\), \(M_2-\{P\}\), \(M_3-\{P\}\) e \(M_4-\{P\}\). Isso é um absurdo. Logo, \(P\) é o melhor em todas as matérias.

2. Para \(n=7\), podemos produzir um exemplo usando o diagrama de Fano da figura a seguir. Cada ponto respresenta um aluno e cada reta assim como o círculo central representam as matérias. Note que cada matéria possa por \(3\) pontos, que serão os melhores nela, e que quaisquer duas matérias possuem exatamente um ponto em comum.