Возьмём и сложим.

[PSP]

A и B – два прямоугольника. Из прямоугольников, равных A, удалось сложить прямоугольник, подобный B. Обязательно ли тогда из прямоугольников, равных B, удастся сложить прямоугольник, подобный A?

[Мегатрон]

Обязательно. Пусть прямоугольник А имеет размеры mxn, прямоугольник В размеры pxq. Предположим, из прямоугольников, равных А, мы сложили прямоугольник подобный В. Назовем его А1. Будем считать, что он расположен так, что его стороны параллельны координатным осям. Ясно, что все прямоугольнички, из которых сложен А1, расположены так, что их стороны параллельны сторонам А1.
Пусть к верхней стороне (параллельной оси ОХ) А1 примыкает а1 прямоугольничков с ориентацией а и b1 прямоугольничков с ориентацией b (ориентация а отличается от b поворотом на 90 градусов по часовой стрелке). Пусть к левой стороне (параллельной оси ОУ) А1 примыкает а2 прямоугольничков с ориентацией а и b2 прямоугольничков с ориентацией b. Имеем: (m*a1+n*b1)/(n*a2+m*b2)=p/q (I). Пусть также m=r*n. Получаем, что (r*a1+b1)/(a2+r*b2)=p/q (II).
Если число r рационально, то число p/q тоже рационально (a1, a2, b1, b2 - целые). Тогда из прямоугольников, равных В, можно сложить прямоугольник, подобный А. В самом деле, пусть p/q=s/t, где s и t натуральные числа (так как p/q, понятно, больше нуля). Складываем прямоугольники, равные В, так: кладём стороной, равной p, параллельно оси Х и откладываем так m1*t раз, и этот ряд дублируем вверх n1*s раз, где m1 и n1 - натуральные, m1/n1=r. Тогда у получившегося прямоугольника отношение длин сторон будет равно (p*m1*t)/(q*n1*s)=m1/n1=m/n.
Предположим теперь, что r иррационально. Тогда докажем, что из прямоугольников, равных А, прямоугольник (какой угодно!) можно сложить, только если все прямоугольнички, из которых мы складываем, ориентированы одинаково (*). Предположим, мы доказали (*). Тогда получается, что любой прямоугольник, сложенный из А, подобен А. Но он же, по условию, подобен В. Значит, В подобен А. Тогда "сложив" прямоугольник В1 из одного прямоугольника, равного В, получим прямоугольник, подобный А.
Осталось доказать (*). Вспомним обозначения а1 и b1. Рассмотрим прямую, параллельную оси Х и проходящую через внутренние точки А1. Пусть она пересекает k прямоугольников с ориентацией а и l прямоугольников с ориентацией b. Значит, m*a1+n*b1=m*k+l*n <=> r*a1+b1=r*k+l <=> r*(a1-k)=l-b1. Значит, так как r - иррациональное число, a1=k и b1=l. То есть плотность распределения прямоугольников с ориентациями a и b одинакова для всех тех отрезков прямых, параллельных оси Х и пересекающих прямоугольник А1, концы которых лежат на левой и правой сторонах А1 (Закон плотности). Теперь возьмем прямую П, содержащую верхнюю сторону А1, и начнем её параллельным переносом двигать вниз. Не умаляя общности, n<m. Рассмотрим тот момент, когда П впервые пройдет через шов (понятно, что имеется ввиду). В силу закона плотности, под теми а1 прямоугольничками, что имеют ориентацию а и примыкают к верхней стороне А1, лежат так же ориентированные прямоугольнички. Опять двинемся вниз до следующего шва. Это либо шов от прямоугольников ориентации а, либо от прямоугольников ориентации b. Как бы то ни было, под ними лежат прямоугольнички одной с ними ориентации. И так далее до нижней стороны А1. Но так как количество прямоугольничков в колонке - натуральное число, то существуют такие натуральные х и у что m*x=n*y, что противоречит несоизмеримости m и n. Значит, либо а1, либо b1 равно нулю.
На этом вроде бы все.

PS издевательство давать такие задачи на форуме, где нельзя импортировать картинки!!!

[PSP]

PS издевательство давать такие задачи на форуме, где нельзя импортировать картинки!!!

Настоящий математик умеет излагать решение без картинок. Вот ты же сумел!