Paso 1: Primero reduzca el problema a una versión más simple, pero proporcional, del problema Consideremos un tablero de 10 x 10 en el que todas las casillas del borde son negras. Imaginemos ahora que pintamos hacia el interior como se muestra en la siguiente figura. Haga clic para ver la imagen
Por lo tanto, un cuadrado (no las esquinas) debe cambiarse al color opuesto (es decir, negro), lo que genera un cuadrado 2x2 coloreado como el tablero de ajedrez cuando todo el tablero está coloreado. Haga clic aquí para ver la imagen
ahora volviendo al problema original debemos calcular cuantos cuadrados quedan cuando terminamos de pintar como bandas.(paso 1). Como el tablero es de 100 x 100, también hay 100 cuadrados diagonales (igual que hay 100 cuadrados diagonales en la cuadrícula de 10 x 10) entonces en el punto muerto del cuadrado no habrá un cuadrado sino un conjunto de 4 cuadrados (ver imagen superior y comparar). Esto se debe a que hay un número par de cuadrados]. Entonces el mismo argumento para el cuadrado de 10 x 10 funciona.
Por lo tanto, debe haber un cuadrado de 2 x 2 pintado como en el tablero de ajedrez.
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Eso significa que las esquinas interiores más externas son blancas, y que esas filas/columnas no pueden tener 2 negros seguidos. No es una solución, sólo una idea.
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Curiosamente, esto no es cierto para un $3 \times 3$ mesa o una $5 \times 5$ y no se puede hacer en una $4 \times 4$ mesa.
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@PeterKagey Hay un contraejemplo fácil para cada impar $n$ (donde $n$ es el tamaño de la mesa): sólo hay que pintar tiras verticales.
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Es fácil si se permite que las esquinas sean blancas, pero es imposible si las esquinas son negras como el resto del tablero, porque entonces tienes un negro $L-shape$ con un cuadrado blanco en cada esquina $2X2$ cuadrado.