MetaMath '22 - demo

U slučaju kada je $n$ neparan, popločavanje je nemoguće jer se svaka L pločica sastoji od parno mnogo polja, a kada s ploče $n \times n$ uklonimo $4$ kutna polja, preostaje $n^2-4$, odnosno neparan broj polja za popločati. Preostaje pokazati da za $n$ djeljiv s $4$ također ne možemo napraviti traženo popločavanje. Obojimo sva polja u neparnim retcima crnom bojom, a sva polja u parnim retcima bijelom bojom. Jasno je da na taj način dobivamo jednak broj bijelih i crnih polja na ploči. Primijetimo da bez obzira kako postavimo L pločicu, ona će uvijek pokrivati $3$ polja u jednoj boji te $1$ polje u drugoj boji. Pretpostavimo sada da smo uspjeli provesti željeno popločavanje i da smo to učinili s $A$ pločica koje pokrivaju $3$ crna i $1$ bijelo polje te s $B$ pločica koje pokrivaju $3$ bijela i $1$ crno polje. Kako uklanjanjem kutnih polja preostaje $(4k)^2-4=16k^2-4$ polja za popločavanje, vrijede jednakosti \begin{align*} 4(A+B) &= 16k^2-4 \\ 3A + B &= \frac{16k^2-4}{2} \end{align*} Naime, prva jednakost vrijedi jer svaka pločica pokriva točno $4$ polja, a sa spomenutih $A+B$ pločica smo uspjeli prekriti sva polja, dok druga jednakost vrijedi jer je točno polovica svih polja crna. Izrazimo li $B$ iz druge jednadžbe i uvrstimo li to u prvu jednadžbu, dobivamo $$4A + 4 \cdot \bigg( \frac{16k^2-4}{2} - 3A \bigg) = 16k^2-4$$ iz čega uz malo raspisivanja slijedi $$A = \frac{4(4k^2-1)}{8} = \frac{(2k-1)(2k+1)}{2}.$$ Time smo došli u kontradikciju, budući da $A$ mora biti cijeli broj, a brojnik broja na desnoj strani je neparan. Dakle, naša pretpostavka je pogrešna i ovakvo popločavanje nije moguće. Primijetite da smo došli do kontradikcije na vrlo sličan način kao u zadatku s T pločicama. U oba slučaja smo odabrali bojanje upravo tako da pločice ne pokrivaju jednak broj crnih i bijelih polja i s tom asimetrijom smo uspjeli dolaziti do potrebnih kontradikcija.