$(a)$ $ABCD$ dikdörtgeninde $AB=m$ ve $BC=n$ olsun.
Biz $\triangle ABC$ ye odaklanıyoruz. $\triangle ABC \cong \triangle CDA$.
Siyah-Beyaz boyadığımızda bu iki üçgen; $m,n$ ikisi birden tek ya da ikisi birden çift olduğunda simetrik olacaktır.
Genelliği bozmadan $B$ köşesinin siyah olduğunu kabul edelim.
$m,n$ ikisi de tek ise ($m=5$, $n=3$) $A,B,C,D$ köşelerindeki karelerin dördü de siyahtır:
size(6cm);
int m=5, n=3;
pair A=(0,m), B=(0,0), C=(n,0), D=(n,m);
fill((0,0)--(1,0)--(1,1)--(0,1)--cycle, black);
fill((n-1,0)--(n,0)--(n,1)--(n-1,1)--cycle, black);
fill((0,m-1)--(1,m-1)--(1,m)--(0,m)--cycle, black);
fill((n-1,m-1)--(n,m-1)--(n,m)--(n-1,m)--cycle, black);
for(int i=0;i<=n;++i) draw((i,0)--(i,m), gray(0.75));
for(int j=0;j<=m;++j) draw((0,j)--(n,j), gray(0.75));
draw(A--B--C--D--cycle, linewidth(1.1));
draw(A--C, linewidth(1)+red);
label("$A$", A, NW);
label("$B$", B, SW);
label("$C$", C, SE);
label("$D$", D, NE);
label("$m$", (0,m/2), W);
label("$n$", (n/2,0), S);
$m,n$ ikisi de çift ise ($m=6$, $n=4$) $B$ ve $D$ köşesindeki kareler siyah, $A$ ve $C$ köşesindekiler beyazdır:
size(6cm);
int m=6, n=4;
pair A=(0,m), B=(0,0), C=(n,0), D=(n,m);
fill((0,0)--(1,0)--(1,1)--(0,1)--cycle, black);
fill((n-1,m-1)--(n,m-1)--(n,m)--(n-1,m)--cycle, black);
for(int i=0;i<=n;++i) draw((i,0)--(i,m), gray(0.75));
for(int j=0;j<=m;++j) draw((0,j)--(n,j), gray(0.75));
draw((0,m-1)--(1,m-1)--(1,m)--(0,m)--cycle, linewidth(1));
draw((n-1,0)--(n,0)--(n,1)--(n-1,1)--cycle, linewidth(1));
draw(A--B--C--D--cycle, linewidth(1.1));
draw(A--C, linewidth(1)+red);
label("$A$", A, NW);
label("$B$", B, SW);
label("$C$", C, SE);
label("$D$", D, NE);
label("$m$", (0,m/2), W);
label("$n$", (n/2,0), S);
Her iki durumda da $[AC]$ köşegenine göre elde edilen $\triangle ABC$ ve $\triangle CDA$ üçgenleri, merkez etrafındaki $180^{\circ}$ dönme ile boyama korunacak şekilde birbirine eşlenir.
$f(m,n)=|S_1(ABC) - S_2(ABC)| = |S_1(CDA) - S_2(CDA)|$
$2f(m,n)=|S_1(ABC) - S_2(ABC)| + |S_1(CDA) - S_2(CDA)| = |S_1(ABCD) - S_2(ABCD)|$
$f(m,n) = \dfrac {|S_1(ABCD) - S_2(ABCD)|}2$.
$m,n$ çift ise $f(m,n) = 0$.
$m,n$ tek ise $f(m,n) = \dfrac {1}2$. $\blacksquare$
$(b)$ $m,n$ ikisi birden tek ya da çift olduğunda eşitsizlik sağlanır.
Genelliği bozmadan $m$ çift, $n$ tek olsun.
$[BC]$ üzerinde $CE=1$ olacak şekilde $E$ noktası alalım.
$m$ çift, $n$ tek ($m=4$, $n=5$). $\triangle ABC$, dik kenarları $m$ ve $n-1$ olan $\triangle ABE$ ile taralı $\triangle AEC$ üçgenine ayrılır; $n-1$ çift olduğundan $\triangle ABE$ de (a) şıkkındaki dengeli duruma girer:
size(6cm);
int m=4, n=5;
pair A=(0,m), B=(0,0), C=(n,0), E=(n-1,0);
fill(A--E--C--cycle, gray(0.85));
for(int i=0;i<=n;++i) draw((i,0)--(i,m), gray(0.78));
for(int j=0;j<=m;++j) draw((0,j)--(n,j), gray(0.78));
draw(A--B--C--cycle, linewidth(1.2));
draw(A--E, red+linewidth(1));
label("$A$", A, NW);
label("$B$", B, SW);
label("$C$", C, SE);
label("$E$", E, SW);
label("$m$", (0,m/2), W);
label("$n-1$", ((n-1)/2,0), S);
label("$1$", (n-0.5,0), S);
$|S_1(ABE) - S_2(ABE)| = f(m,n-1) = 0$ olduğunu biliyoruz. $\text{Alan}(AEC) = \dfrac m2$.
$f(m,n) \leq f(m,n-1) + \dfrac {m}{2} = \dfrac {m}{2} \leq \dfrac 12 \max\{m,n\}$. $\blacksquare$
$(c)$ $m=2k+1$, $n=2k$ olsun.
$[AB]$ üzerinde $AE=1$ olacak şekilde $E$ noktası alalım.
$k=2$ için ($m=5$, $n=4$): $\triangle ABC$, dik kenarları $2k$ ve $2k$ olan $\triangle EBC$ ile taralı $\triangle AEC$ üçgenine ayrılır.
size(7cm);
int m=5, n=4;
pair A=(0,m), B=(0,0), C=(n,0), E=(0,m-1);
fill(A--E--C--cycle, gray(0.85));
for(int i=0;i<=n;++i) draw((i,0)--(i,m), gray(0.78));
for(int j=0;j<=m;++j) draw((0,j)--(n,j), gray(0.78));
draw(A--B--C--cycle, linewidth(1.2));
draw(E--C, red+linewidth(1));
label("$A$", A, NW);
label("$E$", E, W);
label("$B$", B, SW);
label("$C$", C, SE);
label("$1$", (0,m-0.5), W);
label("$2k$", (0,(m-1)/2), W);
label("$2k$", (n/2,0), S);
$f(m,n) = f(2k+1, 2k) \leq f(2k, 2k) + |S_1(AEC) - S_2(AEC)|$.
$\triangle AEC$ deki siyah ve beyaz alanların tam değerlerini $k$ ya bağlı olarak hesaplayacağız.
$B$ deki kare siyah ise $EC$ üzerindeki kareler tamamen beyaz olacak.
$EC$ yi $2k$ eşit parçaya bölelim. $E=E_0, \dots, E_{2k} = C$.
$AC$ yi $2k$ eşit parçaya bölelim. $A=A_0, \dots, A_{2k} = C$.
$\triangle AEC$ deki siyah bölgelerin alanlarını toplayalım.
Aynı örnekte $\triangle AEC$ içindeki siyah bölgeler. Açık gri kareler tahtanın siyah kareleridir; siyah üçgenlerin dik kenarları $A_iE_i$ ve $d_i$ uzunluğundadır.
size(9cm);
int m=5, n=4;
pair A=(0,m), C=(n,0), E=(0,m-1);
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<m;++j)
if((i+j)%2==0)
fill((i,j)--(i+1,j)--(i+1,j+1)--(i,j+1)--cycle, gray(0.88));
for(int i=0;i<n;++i)
fill((i,n-i)--(i,m-i*m/n)--(n*(i+1)/m,n-i)--cycle, black);
for(int i=0;i<=n;++i) draw((i,0)--(i,m), gray(0.7));
for(int j=0;j<=m;++j) draw((0,j)--(n,j), gray(0.7));
draw(A--C, linewidth(1.1));
draw(A--E, linewidth(1.1));
draw(E--C, red+linewidth(1));
label("$A=A_0$", A, NW);
label("$E=E_0$", E, W);
label("$A_1$", (1,m-m/n), NE);
label("$E_1$", (1,n-1), SW);
label("$A_2$", (2,m-2*m/n), NE);
label("$E_2$", (2,n-2), SW);
label("$A_3$", (3,m-3*m/n), NE);
label("$E_3$", (3,n-3), SW);
label("$C=A_4=E_4$", C, SE);
Siyah bölümlerin hepsi üçgen olup hepsi $\triangle ABC$ ye benzerdir.
Bu üçgenlerin dik kenarlarından biri $A_iE_i$ olacaktır.
Benzerlikten $\dfrac {A_iE_i}{AE} = \dfrac {2k-i}{2k}$ ve diğer dik kenar da $d_i = A_iE_i \cdot \dfrac {2k}{2k+1} = \dfrac {2k-i}{2k+1}$ olacaktır.
Bu durumda bu siyah üçgenlerin alanları $T_i = \dfrac{(2k-i)^2}{2\cdot 2k \cdot (2k+1)}$ olacaktır.
$\begin{array}{lcl}
\displaystyle \sum_{i=0}^{2k-1} T_i &=& \dfrac {1}{4k(2k+1)} \displaystyle\sum_{i=0}^{2k-1}(2k-i)^2 \\
&=& \dfrac {1}{4k(2k+1)} \displaystyle \sum_{i=1}^{2k}i^2 \\
&=& \dfrac {1}{4k(2k+1)} \cdot \dfrac {2k \dot (2k+1)\cdot (4k+1)}{6} \\
&=& \dfrac {4k+1}{12}
\end{array}$
$\text {Alan}(AEC) = k$ olduğu için beyaz bölgenin toplamı $k - \dfrac {4k+1}{12} = \dfrac {8k-1}{12}$.
$f(m,n) = f(2k+1, 2k) = \dfrac {8k-1}{12} - \dfrac {4k+1}{12} = \dfrac {4k-2}{12} = \dfrac {2k-1}{6}$.
Bu da, $f(2k+1, 2k)$ yı sınırlandıran bir $C$ sayısının olmadığı anlamına gelir. $\blacksquare$
