Ich habe auch den Ansatz mit den Farbdiagonalen probiert und dann das LGS aufgestellt. Man kann (mit etwas Mühe) auch per Hand nachweisen, dass es (ohne Teilbarkeit durch 5) keine Lösung geben kann:
Ich habe die Diagonalen 1 bis 5 genannt, n_k ist die Anzahl der 8er-Stücke mit der linken oberen Ecke auf der Diagonalen k und N_k ist die Anzahl der Felder auf der k-Diagonalen, die insgesamt von 8er-Stücken abgedeckt werden. Für jede Rechteckgröße kann man die Diagonalen so platzieren, dass die 1-, 2-, 3- und 4-Diagonalen jeweils 0 bis 2 Felder mehr haben müssen (abhängig von der Größe modulo 5) als die 5-Diagonale. Genau so sehen die Differenzen auch aus, wenn man nur die Felder mit 8er-Stücken betrachtet. Ich habe dann allgemein gesagt, N1=N+w, N2=N+x, N3=N+y, N4=N+z, N5=N, und eine kleine Tabelle notiert mit den möglichen Werten von (w,x,y,z) - hier gibt es als Möglichkeiten (1,0,0,0), (1,1,0,0), (1,1,1,0), (1,1,1,1), (1,2,1,0) und (1,2,2,1). Um aber nicht 6 Gleichungssysteme lösen zu müssen, habe ich es so geschrieben:
n1 n2 n3 n4 n5 | N w x y z
1 0 3 2 2 | 1 1 0 0 0
2 1 0 3 2 | 1 0 1 0 0
2 2 1 0 3 | 1 0 0 1 0
3 2 2 1 0 | 1 0 0 0 1
0 3 2 2 1 | 1 0 0 0 0
Wenn man das dann umformt (das geht per Hand, ist aber etwas aufwändig), sodass auf der linken Seite die Einheitsmatrix steht, kann man an der rechten Seite ablesen:
n1 = (31N - 13w + 67x - 21y + 51z)/248
n2 = (31N - 53w - 13x + 67y - 21z)/248
n3 = (31N + 51w - 53x - 13y + 67z)/248
n4 = (31N - 21w + 51x - 53y - 13z)/248
n5 = (31N + 67w - 21x + 51y - 53z)/248
248 ist durch 31 teilbar, 31N ist es auch. Damit man hier ganzzahlige Lösungen bekommt, müssen also auch -13w+67x-21y+51z usw. durch 31 teilbar sein. Man kann aber ausprobieren, dass dies für keine der möglichen Werte von (w,x,y,z) der Fall ist, für n1 hat man z.B. -13, 54, 33, 84, 100 und 130. Damit kann es nie eine ganzzahlige Lösung geben, sofern keine Seitenlänge durch 5 teilbar ist.
Zum Test habe ich das gleiche Verfahren auch mal ausprobiert für eine veränderte Version des großen Stücks, mit der die Parkettierung tatsächlich möglich ist, und hatte in der Lösung dann 1 statt 31 als Faktor vor N, sodass dieses Problem nicht auftritt.
Aus Interesse, wo genau die 31 herkommt, habe ich auch versucht, das Gleichungssystem allgemein zu lösen mit den zyklischen Permutationen von (a,b,c,d,0) als Spalten. Damit habe ich tatsächlich auch eine Formel gefunden, die mit a=1, b=3, c=d=2 die 31 ausgibt. Diese ist aber sehr lang*. Aber ich habe dann gesehen, dass 248=31*8 als Nenner kein Zufall ist, sondern immer dieser Faktor von N (hier 31) multipliziert mit a+b+c+d (hier 8) im Nenner steht, vermutlich wird man also mit einigen anderen Möglichkeiten für (a,b,c,d) auf das gleiche Problem stoßen wie in der Afugabe. Auf die anderen sehr langen Terme hatte ich dann aber keine Lust mehr.
*Ich weiß nicht, ob man das noch weiter vereinfachen kann:
a^4 + b^4 + c^4 + d^4
- a^3(b+c+d) - b^3(a+c+d) - c^3(a+b+d) - d^3(a+b+c)
+ a^2b^2 + a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2 + c^2d^2
+ a^2(2bc + 2bd - 3cd) + b^2(2ad + 2cd - 3ac) + c^2(2ab + 2ad - 3bd) + d^2(2ac + 2bc - 3ab)
- abcd
Ich habe die Diagonalen 1 bis 5 genannt, n_k ist die Anzahl der 8er-Stücke mit der linken oberen Ecke auf der Diagonalen k und N_k ist die Anzahl der Felder auf der k-Diagonalen, die insgesamt von 8er-Stücken abgedeckt werden. Für jede Rechteckgröße kann man die Diagonalen so platzieren, dass die 1-, 2-, 3- und 4-Diagonalen jeweils 0 bis 2 Felder mehr haben müssen (abhängig von der Größe modulo 5) als die 5-Diagonale. Genau so sehen die Differenzen auch aus, wenn man nur die Felder mit 8er-Stücken betrachtet. Ich habe dann allgemein gesagt, N1=N+w, N2=N+x, N3=N+y, N4=N+z, N5=N, und eine kleine Tabelle notiert mit den möglichen Werten von (w,x,y,z) - hier gibt es als Möglichkeiten (1,0,0,0), (1,1,0,0), (1,1,1,0), (1,1,1,1), (1,2,1,0) und (1,2,2,1). Um aber nicht 6 Gleichungssysteme lösen zu müssen, habe ich es so geschrieben:
n1 n2 n3 n4 n5 | N w x y z
1 0 3 2 2 | 1 1 0 0 0
2 1 0 3 2 | 1 0 1 0 0
2 2 1 0 3 | 1 0 0 1 0
3 2 2 1 0 | 1 0 0 0 1
0 3 2 2 1 | 1 0 0 0 0
Wenn man das dann umformt (das geht per Hand, ist aber etwas aufwändig), sodass auf der linken Seite die Einheitsmatrix steht, kann man an der rechten Seite ablesen:
n1 = (31N - 13w + 67x - 21y + 51z)/248
n2 = (31N - 53w - 13x + 67y - 21z)/248
n3 = (31N + 51w - 53x - 13y + 67z)/248
n4 = (31N - 21w + 51x - 53y - 13z)/248
n5 = (31N + 67w - 21x + 51y - 53z)/248
248 ist durch 31 teilbar, 31N ist es auch. Damit man hier ganzzahlige Lösungen bekommt, müssen also auch -13w+67x-21y+51z usw. durch 31 teilbar sein. Man kann aber ausprobieren, dass dies für keine der möglichen Werte von (w,x,y,z) der Fall ist, für n1 hat man z.B. -13, 54, 33, 84, 100 und 130. Damit kann es nie eine ganzzahlige Lösung geben, sofern keine Seitenlänge durch 5 teilbar ist.
Zum Test habe ich das gleiche Verfahren auch mal ausprobiert für eine veränderte Version des großen Stücks, mit der die Parkettierung tatsächlich möglich ist, und hatte in der Lösung dann 1 statt 31 als Faktor vor N, sodass dieses Problem nicht auftritt.
Aus Interesse, wo genau die 31 herkommt, habe ich auch versucht, das Gleichungssystem allgemein zu lösen mit den zyklischen Permutationen von (a,b,c,d,0) als Spalten. Damit habe ich tatsächlich auch eine Formel gefunden, die mit a=1, b=3, c=d=2 die 31 ausgibt. Diese ist aber sehr lang*. Aber ich habe dann gesehen, dass 248=31*8 als Nenner kein Zufall ist, sondern immer dieser Faktor von N (hier 31) multipliziert mit a+b+c+d (hier 8) im Nenner steht, vermutlich wird man also mit einigen anderen Möglichkeiten für (a,b,c,d) auf das gleiche Problem stoßen wie in der Afugabe. Auf die anderen sehr langen Terme hatte ich dann aber keine Lust mehr.
*Ich weiß nicht, ob man das noch weiter vereinfachen kann:
a^4 + b^4 + c^4 + d^4
- a^3(b+c+d) - b^3(a+c+d) - c^3(a+b+d) - d^3(a+b+c)
+ a^2b^2 + a^2c^2 + a^2d^2 + b^2c^2 + b^2d^2 + c^2d^2
+ a^2(2bc + 2bd - 3cd) + b^2(2ad + 2cd - 3ac) + c^2(2ab + 2ad - 3bd) + d^2(2ac + 2bc - 3ab)
- abcd