AMC 8 · 2025 · #11

• $3 \times 4$ 판을 체스판처럼 칠합니다.
• $3 \times 4 = 12$ 칸이 색을 번갈아가며 채워지므로, 검은색 칸 $6$ 개와 흰색 칸 $6$ 개가 정확히 같은 수로 나옵니다.

💡 격자 위에서 색깔별 단위 정사각형 개수를 세는 것은 3학년 "단위 정사각형을 세어 넓이 구하기" 그대로입니다.

• 각 테트로미노가 체스판 위에서 어느 색을 몇 개 덮는지 따져 봅니다.
• 머릿속으로 놓아 보면, $I, O, L, S$ 타일은 어떻게 돌리거나 뒤집어도 항상 검은 $2$, 흰 $2$ 를 덮습니다.
• 반면 $T$ 타일은 특별합니다 — 가로 $3$ 칸짜리 막대에 가운데 발이 하나 붙은 모양이라, 항상 한 색 $3$ 개와 다른 색 $1$ 개를 덮게 됩니다.

💡 테트로미노를 작은 정사각형 $4$ 개로 "조립" 해서 색을 세는 것은 1학년 "평면 도형 합성" 의 아이디어입니다.

• 색깔 합계를 이용해 선택지를 솎아 냅니다.
• 필수로 들어가는 $S$ 타일이 검은 $2$, 흰 $2$ 를 차지하므로, 나머지 두 타일이 덮어야 할 칸은 검은 $4$, 흰 $4$ 입니다.
• 만약 그중 하나가 $T$ 타일이라면 한 색을 $3$, 다른 색을 $1$ 덮으므로, 세 번째 타일은 첫 번째 색을 $1$, 두 번째 색을 $3$ 덮어야 합니다 — 즉, 세 번째 타일도 반드시 $T$ 여야 합니다.
• 따라서 $T$ 는 또 다른 $T$ 와 짝지을 때만 가능합니다.
• 선택지 (B) I 와 T, (E) O 와 T 는 $T$ 를 $T$ 가 아닌 타일과 짝짓고 있으므로 색 균형이 깨져 탈락합니다.

💡 "검은 칸 수 $=$ 흰 칸 수" 가 맞는지 따지는 것은 짝수·홀수 균형 판단 — 2학년 짝수·홀수식 추론입니다.

• 남은 후보는 (A) I 와 L, (C) L 과 L, (D) L 과 S 입니다.
• 종이로 테트로미노를 잘라(또는 모눈종이에 색칠해) 직접 끼워 봅니다.
• (A) 의 경우 $I$ 타일은 $1 \times 4$ 인데 $3 \times 4$ 판에서는 가로로 한 행 전체를 차지할 수밖에 없고, 그러면 남은 $2 \times 4$ 띠를 $L + S$ 로 채워야 합니다 — 그런데 $2 \times 4$ 띠 안에 $L$ 을 어떻게 놓아도 남는 $4$ 칸은 항상 또 다른 $L$ 모양이 되어 $S$ 가 들어갈 자리가 없습니다.
• (D) 의 $S, S, L$ 도 마찬가지로, 첫 $S$ 를 어디에 놓아도 외톨이 칸이 생기거나 두 번째 $S$ 와 $L$ 로 쪼갤 수 없는 영역이 남습니다.
• (A) 와 (D) 모두 실패합니다.

💡 작은 조각들을 직접 움직여 직사각형을 "조립" 하는 손놀림은 1학년 도형 합성 그 자체입니다.

• 이제 남은 (C) 를 확인합니다 — $S$ 한 조각과 $L$ 두 조각.
• 왼쪽 아래 모서리를 기준으로 (열, 행) 좌표를 쓰면, $S$ 를 뒤집은 형태로 $(1,2), (2,2), (2,1), (3,1)$ 네 칸에 놓습니다.
• 그러면 비어 있는 $8$ 칸은 자연스럽게 두 개의 $L$ 모양으로 갈라집니다 — 왼쪽·위쪽 영역 $(1,1), (1,3), (2,3), (3,3)$ 이 회전된 $L$ 하나, 오른쪽 영역 $(3,2), (4,1), (4,2), (4,3)$ 이 또 다른 회전된 $L$ 입니다.
• 유효한 타일링이 실제로 존재하므로, $S$ 의 짝은 $L$ 두 조각이고 정답은 $\textbf{(C)}$ 입니다.

💡 세 개의 테트로미노 조각으로 $3 \times 4$ 직사각형을 만드는 것은 "작은 도형을 모아 큰 도형 만들기" 라는 유치원~1학년 단계의 합성 활동입니다.