а) Докажем, что (для любого $n\ge4$) при заполнении квадрата $(2n-1)\times(2n-1)$ фигурками данных трёх типов фигурок 1-го типа — уголков — будет не меньше $4n-1$. В частности, при $n=50$ получим нужную оценку 199.
Рис. 2
Раскрасим клетки доски $(2n-1)\times(2n-1)$ в четыре цвета 1, 2, 3, 4, как показано на рисунке 2. Пусть $a_i$ — число уголков, не содержащих клетку цвета $i$ ($i=1$, 2, 3, 4), т. е. содержащих по одной клетке трёх других цветов; $b$ — общее число фигурок двух других типов, каждая из которых содержит по одной клетке разных цветов. Поскольку общее число клеток 1-го цвета равно $n^2$, 2-го, 3-го — по $n(n-1)$ и 4-го — $(n-1)^2$ то $$\begin{align*}
a_2+a_3+a_4+b&=n^2,\\
a_1+a_2+a_4+b&=a_1+a_3+a_4+b=n(n-1),\\
a_1+a_2+a_3+b&=(n-1)^2,\\
\end{align*}$$
откуда
$$
a_4-a_1=2n-1,\qquad
a_3-a_1=a_2-a_1=n
$$
и (поскольку $a_1\ge0$) $a_2=a_3\ge n$, $a_4\ge2n-1$, так что $$
a_1+a_2+a_3+a_4\ge n+n+2n-1=4n-1.
$$
Вот более короткое рассуждение, в котором участвует лишь общее число $a=a_1+a_2+a_3+a_4$ уголков и число $b$ фигурок двух других типов. Поскольку $3a+4b=(2n-1)^2$ и в каждой фигурке содержится не более одной клетки 1-го цвета, то $a+b\ge n^2$, поэтому
$$
4a\ge4n^2-4b=4n^2-(2n-1)^2+3a=4n-1\ge3a,
$$
откуда
$$
a\ge4n-1.
$$
б) На рисунке З показано, как можно заполнить квадрат $7\times7$, используя одну фигурку типа 2 или З и $15=4\cdot4-1$ уголков, а на рисунке 4 — как можно от заполнения квадрата $(2n-1)\times(2n-1)$ с $4n-1$ уголками перейти к заполнению квадрата $(2n+1)\times(2n+1)$ с $4(n+1)-1=4n+3$ уголками. (Заметим, что из наших оценок в пункте а) следует, что $b=n^2-a_2-a_3-a_4\le n^2-4n+1$, а это число при $1\le n\lt4$ отрицательно, поэтому заполнение возможно лишь начиная с $n=4$, т. е. с квадрата $7\times7$.
