3. Zadatak

Prvo rješenje.

Odgovor je da postoje takvi $a_1,a_3,\ldots,a_{2023}$.

Kvadrat stranice duljine $1$ podijelit ćemo na manje kvadrate na način koji opisujemo u nastavku.

U prvom koraku podijelimo originalan kvadrat na četiri jednaka kvadrata. Dobili smo tri kvadrata stranice duljine $x_1=\frac12$, a preostali kvadrat stranice duljine $y_1=\frac12$ nastavit ćemo dijeliti.

U drugom koraku uz donji i desni rub kvadrata stranice duljine $y_1=\frac12$ posložimo $5$ kvadrata stranice duljine $x_2=\frac16$, a preostali kvadrat stranice duljine $y_2=\frac13$ nastavit ćemo dijeliti.

Općenito, u $k$-tom koraku uz donji i desni rub kvadrata stranice duljine $y_{k-1}$ posložimo $(2k+1)$ kvadrata stranice duljine $x_k=\frac1{k+1}y_{k-1}$, a preostali kvadrat stranice duljine $y_k=y_{k-1}-x_k$ nastavljamo dijeliti. Postupak završavamo kada je $k=1011$, kada nam preostane kvadrat stranice duljine $y_{1011}$ koji više ne dijelimo.

Na sljedećoj je slici prikazana podjela kvadrata nakon tri provedena koraka postupka.

Dokažimo indukcijom da za sve $k\in\{1,2,\ldots,1011\}$ vrijedi

$$x_k=\frac1{k(k+1)}\qquad\text{i}\qquad y_k=\frac1{k+1}.$$

Baza je zadovoljena za $k=1$.

Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki $k\in\{1,2,\ldots,1010\}$. Za $k+1$ imamo

$$x_{k+1}=\frac1{k+2}y_k=\frac1{k+2}\frac1{k+1}=\frac1{(k+1)(k+2)},$$ $$y_{k+1}=y_k-x_{k+1}=\frac1{k+1}-\frac1{(k+1)(k+2)}=\frac1{k+2},$$

čime je tvrdnja indukcije dokazana.

Ovim postupkom jedinični kvadrat podijeljen je na jedan kvadrat stranice $a_1:=y_{1011}=\frac1{1012}$, tri kvadrata stranice $a_3:=x_1=\frac12$, pet kvadrata stranice $a_5:=x_2=\frac16,\ldots$, $2023$ kvadrata stranice $a_{2023}:=x_{1011}=\frac1{1011\cdot1012}$. Svi brojevi $a_3,a_5,\ldots,a_{2023}$ su različiti jer su sve manji. Također, broj $a_1$ različit je od svih ostalih jer bi u suprotnom postojao prirodan broj $k$ takav da je

$$\frac1{1012}=a_1=a_{2k+1}=x_k=\frac1{k(k+1)},$$

odnosno

$$k^2+k=1012,$$

no ta jednadžba nema rješenja u prirodnim brojevima.

Dakle, zaista je moguće jedinični kvadrat podijeliti na traženi način manjim kvadratima.

Drugo rješenje.

Pokažimo da je takva konstrukcija moguća uzastopnim dodavanjem manjih kvadrata na kvadrat koji je do tog trenutka sastavljen. U prvom koraku kvadratu stranice duljine $1$ desno i ispod dopisujemo prvo $5$ kvadrata stranice duljine $\frac12$, a zatim desno i ispod novodobivenog kvadrata dopisujemo $3$ kvadrata stranice duljine $\frac32$. Nakon ovog koraka dobivamo kvadrat stranice duljine $3$, te smo iskoristili dimenzije $a_1=1,a_5=\frac12$ i $a_3=\frac32$.

Općenito, u $n$-tom koraku kvadratu stranice duljine $b_n$ desno i ispod dopisujemo prvo $4n+1$ kvadrata stranice duljine

$$a_{4n+1}=\frac{b_n}{2n},$$

a zatim desno i ispod novodobivenog kvadrata dopisujemo $4n-1$ kvadrata stranice duljine

$$a_{4n-1}=\frac{b_n+a_{4n+1}}{2n-1}.$$

Nakon ovog koraka dobivamo kvadrat stranice duljine

$$b_{n+1}=b_n+a_{4n-1}+a_{4n+1}.$$

Nakon $505$ ovakvih koraka na kraju dopisujemo još $2023$ kvadrata stranice duljine $a_{2023}=\frac{b_{505}}{1010}$.

Primijetimo da vrijedi

$$a_{4n-1}=\frac{b_n+a_{4n+1}}{2n-1}=\frac{b_n+\frac{b_n}{2n}}{2n-1}=b_n\cdot\frac{2n+1}{2n(2n-1)},$$ $$b_{n+1}=b_n+a_{4n-1}+a_{4n+1}=b_n\cdot\left(1+\frac{2n+1}{2n(2n-1)}+\frac1{2n}\right)=b_n\cdot\frac{2n+1}{2n-1}.$$

Induktivno se pokazuje da za sve $n$ vrijedi

$$b_n=2n-1,\qquad a_{4n-1}=\frac{2n+1}{2n}=1+\frac1{2n},\qquad a_{4n+1}=\frac{2n-1}{2n}=1-\frac1{2n}.$$

Sve duljine stranica su različite (jer sve duljine oblika $a_{4n-1}$ su veće od $1$ i postaju sve manje, a sve duljine oblika $a_{4n+1}$ su manje od $1$ i postaju sve veće), čime je tvrdnja dokazana.