Задача М1103‍‍‍

Покроем исходную (голубую) клетчатую сетку более крупной (чёрной), разбивающей плоскость на квадраты $2\times2$‍‍ клетки. Каждое чёрное домино $1\times2$‍‍ либо целиком помещается в одном квадрате $2\times2$‍‍ новой сетки, либо в двух соседних, образующих прямоугольник $2\times4$‍,‍ причём другие чёрные домино в этот участок чёрной сетки не заходят. В обоих случаях остаток участка легко покрыть домино (на рисунке 1 эти домино обведены розовой линией); пустые клетки $2\times2$‍‍ разбиваются на два домино. Отсюда следует утверждение задачи а).

Аналогично, с помощью сетки из квадратов $2\times2$‍‍ доказывается и утверждение б) для прямоугольников $m\times n$‍‍ из чётного числа $mn$‍‍ клеток. Здесь важно, что белая каёмка шириной в одну клетку, оставшаяся на участке каждого чёрного домино $m\times n$‍,‍ состоит из чётного числа клеток (быть может, из двух полосок, в каждой из которых — чётное число клеток; рисунок 2 изображает случаи, когда $m$‍‍ и $n$‍‍ оба чётны, рисунок 3 — когда $m$‍‍ чётно, а $n$‍‍ нечётно).

Докажем теперь, что если $mn$‍‍ нечётно и $k^2$‍‍ прямоугольников $m\times n$‍‍ размещены рядами с промежутками шириной в одну клетку, как показано на рисунке 4, то при $k\ge4$‍‍ покрыть оставшуюся часть плоскости домино $1\times2$‍‍ нельзя.

Пусть $\Pi$‍‍ — весь прямоугольник из $2N-1=(mk+k-1)\times(nk+k-1)$‍‍ клеток, содержащий $k^2$‍‍ прямоугольников. Закрасим в шахматном порядке $N$‍‍ клеток $\Pi$‍,‍ включая условие (внутри прямоугольников — чёрным, вне — голубым). В каждом из $k^2$‍‍ прямоугольников «лишняя» чёрная клетка, поэтому среди $N-1$‍‍ клеток непокрытой ими области $\Pi$‍‍ на $k^2-1$‍‍ больше белых клеток, чем голубых. Но каждое домино покрывает одну белую и одну голубую клетку.

Предположим, что вся эта область покрыта домино. Некоторые из них — но не более $4(k-1)$‍‍ — могут выходить (на одну клетку) за пределы $\Pi$‍,‍ но поскольку $k^2-1\gt4(k-1)$‍‍ при $k\ge4$‍,‍ наше предположение приводит к противоречию.