Atrisinājums

No dotās figūras var izgriezt četras 3.att. figūras (skat. A4.att.).

Pierādīsim, ka vairāk figūru izgriezt nevar. Izkrāsojam 2.att. doto figūru kā šaha galdiņu (skat. A5.att.), tā satur \(9\) melnas rūtiņas. Ir divi dažādi varianti, cik melnās rūtiņas var saturēt 3.att. figūra (skat. A6.att. un A7.att.). Abos gadījumos tā satur vismaz \(2\) melnas rūtiņas. Tātad var izgriezt ne vairāk kā \(4\) figūras, jo piecas 3.att. figūras kopā satur vismaz \(5 \cdot 2=10\) melnās rūtiņas.

Atrisinājums

No dotās figūras var izgriezt četras 3.att. figūras (skat. A4.att.).

Pierādīsim, ka vairāk figūru izgriezt nevar. Tā kā dotā figūra sastāv no \(25\) rūtiņām un 3.att. figūra satur \(5\) rūtiņas, tad nevarētu izgriezt vairāk kā \(25:5=5\) figūras.

Ar " \(o\) " atzīmēto rūtiņu var saturēt figūra, kāda redzama A8.att. (simetrisko gadījumu neapskatām, jo tas ir analoģisks tālāk aprakstītajam). Pēc tam figūras, kas satur ar " \(x\) " apzīmētās rūtiņas, var izgriezt vienā vienīgā veidā (kā parādīts A4.att.). No atlikušās daļas nevar izgriezt 3.att. doto figūru.

Tātad lielākais skaits 3.att. figūru, ko var izgriezt no dotās figūras, ir \(4\).