5. Zadatak

Prvo rješenje.

a) Uočimo da na donjoj slici za svaki kvadrat vrijedi da je zbroj brojeva upisanih u taj kvadrat i sve njemu susjedne kvadrate jednak 10. Prema tome, ukoliko svaki od kvadrata odaberemo onoliko puta koliko je napisano na slici, u svakom kvadratu će pisati broj 10. (Donja slika ne predstavlja brojeve koji pišu u kvadratima nakon nekog poteza nego broj odabira pojedinog kvadrata!)

Ponovimo li opisani postupak 201 put, u svakom kvadratu će pisati broj $201\cdot10=2010$.

b) Za dani raspored brojeva u kvadratima pomnožimo svaki od brojeva brojem koji u odgovarajućem kvadratu piše na gornjoj slici. Neka je $N$ zbroj svih tako dobivenih umnožaka. U početnoj konfiguraciji, kada u svakom kvadratu piše nula, vrijedi $N=0$.

Pogledajmo što se događa s brojem $N$ u jednom koraku. Odabirom nekog kvadrata i uvećanjem broja u tom kvadratu i svim njemu susjednim kvadratima za 1, broj $N$ se povećava za zbroj brojeva napisanih u odgovarajućim kvadratima na gornjoj slici. Međutim, taj zbroj je za svaki kvadrat jednak 10, tako da se broj $N$ u svakom koraku povećava za 10 pa je $N$ nakon svakog poteza djeljiv s 10. Kada bismo postigli da u svakom kvadratu piše broj 2011 tada bi broj $N$ iznosio $2011\cdot62$ (62 je zbroj brojeva u svim kvadratima na slici). Međutim, to očito nije moguće jer broj $2011\cdot62$ nije djeljiv s 10. Zaključujemo da nije moguće postići da u svakom kvadratu piše broj 2011.

Drugo rješenje.

Pretpostavimo da se može postići da nakon određenog broja poteza u svakom kvadratu piše prirodan broj $n$. Za početak, promatrajmo jedan od kutova gdje je u svaki kvadrat upisan odgovarajući broj odabira.

S obzirom na kvadrat u kutu i njegova dva susjedna kvadrata, vrijedi $$\begin{aligned} a_1+a_2+a_3&=n,\\ a_2+a_3+a_4&=n,\\ a_3+a_4+a_5&=n, \end{aligned}$$ odakle je $a_1=a_4$ i $a_2=a_5$. Analogno vrijedi i za ostale kutove, odakle dobivamo sljedeću konfiguraciju.

Promatrajući središnje kvadrate na rubovima ploče, vrijedi $$\begin{aligned} x_1+x_3+x_4+y_1&=n,\\ x_2+x_3+x_4+y_2&=n,\\ x_3+x_1+x_2+y_3&=n,\\ x_4+x_1+x_2+y_4&=n, \end{aligned}$$ a zbrajanjem ovih jednakosti dobivamo $$3\sum_{i=1}^4x_i+\sum_{i=1}^4y_i=4n.\tag{*}$$ Promatrajući središnji kvadrat dobivamo $$z+\sum_{i=1}^4y_i=n,\tag{**}$$ Iz $(*)$ i $(**)$ slijedi $3\sum_{i=1}^4x_i=3n+z$, a odatle $3\mid z$.

Prilikom odigravanja poteza nad nekim kvadratom, zbroj brojeva u svim kvadratima se povećava:

• za 3 ako je kvadrat u kutu ploče,
• za 5 ako je to središnji kvadrat,
• za 4 ako je riječ o središnjem kvadratu ruba ploče,
• za 3 za sve ostale kvadrate.

Iz ovoga slijedi da je ukupan zbroj doprinosa svih kvadrata jednak $$3\left(4n-2\sum_{i=1}^4x_i\right)+5z+4\sum_{i=1}^4x_i+3\left(2\sum_{i=1}^4x_i+\sum_{i=1}^4y_i\right)=21n,$$ (21 je ukupan broj kvadrata na slici, $4n-2\sum_{i=1}^4x_i$ je broj odabira kvadrata u kutovima) odnosno $$4\sum_{i=1}^4x_i+3\sum_{i=1}^4y_i+5z=9n.\tag{***}$$ Kako iz $(*)$ i $(**)$ imamo $$\begin{aligned} \sum_{i=1}^4x_i&=n+\frac z3,\\ \sum_{i=1}^4y_i&=n-z, \end{aligned}$$ uvrštavanjem u $(***)$ dobivamo $$\begin{aligned} 4n+\frac43z+3n-3z+5z&=9n,\\ 5z&=3n. \end{aligned}$$ Odatle slijedi $5\mid n$, čime smo dokazali da se ne može postići da nakon određenog broja poteza u svakom kvadratu piše broj 2011.

Preostaje nam dokazati da je $5\mid n$ i dovoljan uvjet. Stavimo li $z=3k$, tj. $n=5k$, dobivamo $$\begin{aligned} \sum_{i=1}^4x_i&=6k,\\ \sum_{i=1}^4y_i&=2k, \end{aligned}$$ iz čega je lako konstruirati ispunjavanje na slici.

Napomena. Za $10\mid n$, odnosno $n=10k$ postoji i potpuno simetrično rješenje prikazano na sljedećoj slici.