1樓：焦子南
Update：補完了證明。
受到 @Wiener ES 的啟發決定補乙個證明。該證明對 n*m 的矩形方格表也成立，因此直接考慮矩形方格表的一般情況。
用 n*m 實矩陣 X 表示矩形方格表的數，並記
即主對角線上下兩條斜線填入數字 1，其餘位置都填 0。容易看出矩陣 就是「矩陣 X 中每個數字替換為相鄰格仔數字之和得到的矩陣」，於是只需考慮是否存在非零矩陣 使得 。
現在先考慮一般的變換
（分別是 n 階和 m 階實方陣，是 n*m 實矩陣）
顯然這是 nm 維線性空間上的線性變換。關於該線性變換的特徵值和特徵向量有以下結論：
（命題1）若 分別有特徵向量 ，對應特徵值分別為 ，則變換 有特徵向量 ，特徵值為 。
這是顯然的，因為
（命題2）若 和 分別是兩組線性無關的向量，則向量組 線性無關。
證明：假設 ，利用施密特正交化找乙個垂直於 但不垂直於 的向量 ，等式左邊乘 就得到 ，即 ，由給定條件可知 ，同理可得所有 都等於零，即 線性無關。
由（1）和（2）可得
（命題3）若 有一組特徵向量 構成 的一組基，相應特徵值為 ，有一組特徵向量 構成 的一組基，特徵值為 ，則變換 有一組特徵向量 構成 的基，特徵值為 。
回到一開始的題目，為了研究方程 （或者寫成 ），需要找到 的特徵向量。這是個經典問題，結論如下：
（命題4）的特徵值和特徵向量為
這些特徵向量構成 的一組基。
證明：直接驗證可知確有 ，又因為 互不相等，由線性代數的結論可知這些特徵向量線性無關，因此構成 的一組基，也不存在其他本質不同的特徵向量了。
由（3）和（4）可得
（命題5）線性變換 的特徵值和特徵向量為
其中 （命題6）關於 的方程 有非零解，當且僅當存在正整數 使得 ，並且解集空間的維數等於滿足 的正整數對 個數。
餘下的問題就是解方程 。先考慮 的特例，注意到
可知當 時，方程 有兩組解 ；當 時，方程有兩組解 。兩種情況下解空間維數至少為 2，如果 同時被 5, 6 整除那麼解空間維數至少為 4。
接下來證明除 之外沒有別的解，這個稍微麻煩一些（而且因為我不熟悉相關的數學工具，敘述會很囉嗦）。
這裡先把原方程的 換成 （不然與虛數單位撞字母了，尷尬），原方程可以化為
可見等式左邊是 4 個單位根之和（注意前兩項和後兩項分別共軛，且第 1, 3 項的輻角落在 區間）。選取乙個合適的正整數 使得這些單位根都是 次單位根，方程化為
其中 ， 是正整數。對此式移項，可得某個關於 的有理係數多項式等於 0，由抽象代數的結論可知只要 與 互素，則 和 在 上的極小多項式相同（即：次本原單位根在 上的極小多項式相同），於是若將上式中所有 替換為 ，式子依然成立，即
下一步是令 取遍 中所有元素並求和，為此先考慮一般情況，取 為任意整數，計算 的值。我們記
則有（這一步用了 能被 整除）
注意 的取值條件是 ，而 的每個取值與有序對 的取值一一對應，現在考慮對每個 有多少個 使得 。首先注意到由 得 ，因此 當且僅當 （其中 是所有整除 但不整除 的素數之積），即 。
由 可知：若 取遍模 的所有等價類，則 也取遍模 的所有等價類（每個等價類恰好取一次），其中有 個等價類與 互素。又由 可知：
取遍區間 中所有整數即取遍模 的所有等價類，每個等價類取了 次。
綜上所述，滿足 的 恰好有 個（對不同的 ，滿足條件的 可以不同，這無所謂）。利用等式
（這是因為 沒有共同素因子，且二者素因子合起來正好是 的素因子）可知
於是之前的求和式可以簡化為
注意到 ，括號裡是 次本原單位根（因為 ），指數 取遍模 的與 互素的剩餘類，熟知等式最右邊的和式等於 ，即
回到原問題，在等式 中令 取遍 中所有元素並求和，再除以 ，就得到
1）若 有乙個為零，不妨設 ，則必有 ，於是 。單位根 是 次本原單位根，輻角落在 區間，因此只能是 ，此時 ，故 ，因此 。
這種情況對應的解是 。
2）若 均不為零，則需要將 拆成兩個分子為 1 的分數之和（差）：
一共 3 種拆法，第一種拆法對應 ，即 ，這違反了輻角落在 區間的條件；第二種拆法對應 ，不可能；第三種拆法對應
即 ，於是單位根 均為 10 次本原單位根，即只能是 和 ，再代入原式驗證可知 分別等於 或者相反。
這種情況對應的解是 。
（命題7）若整數 滿足 ，則 的取值為 中的乙個。
由（6）和（7）可得
（命題8）關於 的方程 的解空間維數等於
符號 表示「當括號裡條件滿足時取值為 1，否則取值為 0」。
換句話說，取乙個初始值為 0 的變數，如果 都是 5 的倍數，則變數加 2；如果 有乙個是 2 的倍數，另乙個是 3 的倍數，則變數加 1（如果兩者同時都是 2 的倍數和 3 的倍數，就加兩次 1）。最終累加的結果就是解空間的維數。
最簡單的解是 1*2 的情況，一組基解為
斜向翻轉就能得到對應的 2*1 矩陣。其次是 4*4 的情況，直接用命題（5）給出的特徵向量去乘就能得到兩個基解，雖然裡面有無理數，但是可以通過線性變換消去無理部分，得到兩個（看上去美觀一些的）基解：
其他規格的解都是以上列出的解的擴充套件，具體擴充套件方式是「翻轉再取相反數，中間隔一排 0」，例如 5*5 有兩個基解，分別是
2樓：
證明過程比較複雜，這裡只說結論：存在這種填法當且僅當存在兩個正整數 使得 ；自由度，也就是解集的維數，等於滿足條件的 的組數。
補充：應該是當且僅當 或者 ；解集的維數一般情況下是2，兩個條件都滿足時是4
3樓：
你說答案肯定可以，那你先舉乙個n為2的例子假設a_11=m，a_12=n
則a_21=m-n，a_22=n-m
可以得到m=2n和2m=n
那麼n=m=0
4樓：Hilbert-H
如果相鄰的格仔是四個（不必考慮邊角）。
首先， 時不必考慮了，
接下來考慮
我們將原方格紙中的數字儲存在矩陣 中， ，即 表示原方格紙中 行 列所填數字。
如果將矩陣 的每一行拼成列向量
對於原方格紙 行 列元素，記 ，有
記 表示該數字在向量 中的位置，記 ，有
因此可以構造矩陣 ，使得 。
矩陣 可通過稀疏矩陣表示：M[
n_]:=(
MM=SparseArray
->1,
Band
->1,
Band
->1,
Band
->1},
];(MM[[#n
,#n+
1]]=0
)&/@Range[n
-1];(
MM[[#n
+1,#
n]]=0
)&/@Range[n
-1];MM
);例如 ：：：
再大就不放了。。
因此， ，
mma求一下 的秩，自由變數情況如下：
因此,自由變數的數目與 有關...
時存在兩個自由變數
時存在四個自由變數
其他時候不存在自由變數，全為零。
符合 @Wiener ES 的結果。
至於具體是為什麼這些n…這就不知道了
在方格紙中能否作出正三角形？ 能作出的n邊形滿足什麼規律？ 這是新增的問題 ？
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