Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Vamos a usar inducción sobre $n$. Para simplificar la explicación, cuando pongamos $a\times b$ indicaremos una ficha de $a$ filas y $b$ columnas. En el caso base $n=2$, el resultado es muy fácil de ver porque al colocar las fichas $1\times 2$ y $2\times 1$ en el tablero $2\times 3$, la de tamaño $2\times 1$ debe ir pegada a uno de los lados de forma que quepa la de tamaño $1\times 2$. Esto deja un espacio (horizontal) $1\times 2$ donde deben colocarse las dos fichas $1\times 1$. Supongamos entonces que el resultado es cierto para un tablero $(n-1)\times n$, $n\geq 3$, y vamos a probarlo para un tablero $n\times(n+1)$. La idea es similar al caso $n=2$ ya que la ficha $n\times 1$ ocupa una columna entera pero, si esta columna no es la última o la primera, entonces no deja espacio para la ficha $1\times n$. A su vez, si la ficha $1\times n$ no se coloca en la primera fila o en la última, entonces no deja espacio para la ficha $(n-1)\times 1$. Por tanto, al poner las fichas $n\times 1$ y $1\times n$, el espacio restante debe ser un subtablero rectangular $(n-1)\times n$, en el que las fichas de tamaño $1\times 1$ deben estar juntas por la hipótesis de inducción.

Nota. Problema adicional: ¿de cuántas formas distintas se pueden colocar las $2n$ fichas en las condiciones del enunciado? ¡Usa también la inducción!