數學傳播

楊武之 (字克純, 1896$\sim$1973) 先生是近代中國傑出的數學教育家, 在他擔任清華大學數學系主任期間, 先後培養出了華羅庚、柯召、閔嗣鶴等中國數論界的棟樑之才, 而他的長子楊振寧更是歷史上首次摘取諾貝爾獎桂冠的華人。 楊武之先生在教育方面的貢獻由此可見一斑, 事實上許多文獻 (例如) 都詳細 介紹過作為數學教育家的楊武之。 應該強調, 在他的職業生涯中, 楊武之先生首先是一個數學家, 而且是近代中國一位重要的數論先驅, 因此有必要瞭解一下他的工作, 特別是那些可以寫進歷史的工作。

本文將詳細介紹楊武之先生最傑出的數學工作, 即九金字塔數定理。 楊先生的這個成就在以往的歷史文獻中常常被提及, 其結果的趣味性是顯而易見的, 但似乎很少有人關注其證明。筆者最近研讀了楊武之先生的原始論文, 發現這個證明事實上很初等, 幾乎是每個略懂一點數論基本概念 (同餘) 的高中生就可以理解的, 因此這裏整理出一個略微簡化了的版本 (同時更正了中的一些印刷錯誤) 分享給感興趣的讀者。

在介紹楊武之的證明之後, 我們將介紹該定理的後續進展, 包括 ~G. L. Watson~在1952年得到的八金字塔數定理以及楊振寧、鄧越凡 在 1994 年提出的一個相關猜想。 事實上, 古老的五金字塔數猜想至今尚未得到證明, 希望本文能激發讀者對這個問題的興趣。

1. Gauss 三角形數定理

在介紹楊武之的九金字塔數定理之前, 我們先來看歷史上一個著名的類似定理: 即所謂的 Gauss 三角形數定理。

Gauss 在 1796 年 7 月 10 日的數學日記裏有這樣一條: $$EUREKA.\qquad number=\triangle+\triangle+\triangle.$$ 這條日記中 $\triangle$ 代表某個三角形數, 即形如 $n(n+1)/2$ 的數。 而~EUREKA (音譯為"尤里卡") 則是阿基米德洗澡時發現浮力定律後沖到大街上的歡呼, 即"發現了! "。 因此整個日記是說, Gauss 發現了每個自然數都可以寫成三個三角形數之和。Gauss 的證明可見《算數探索》第293目 (中譯本第257頁)。^{1 1} 聯繫於此, 應該提及的是, Fermat 曾經猜測: 每個自然數都可以寫成三個三角形數之和, 四個正方形數 (即完全平方數) 之和, 五個正五邊形數之和, 如此等等。 繼 Euler 的準備工作之後, Lagrange 在 1770 年證明了 Fermat 關於平方數的斷言, 而一般性的結論則在 1815 年為 Cauchy 首次證明。 值得一提的是, 1987 年, Nathanson (也見) 發現了 Cauchy 定理的一個初等證明, 只需要用到 Gauss 的三角形數定理以及 Pepin 與 Dickson 所構造的一個表格。

2. 楊武之九金字塔數定理

楊武之先生在 1928 年的博士論文 中證明了一個類似的結果:

定理 : 任何一個正整數都可以寫成九個金字塔數的和。

所謂金字塔數, 就是形如 $n(n+1)(n+2)/6$ 的數。楊武之的這個結果可以看作是 Gauss 三角形數定理的一個三維版本, 是因為金字塔數正是三角形數的三維推廣。恰好有一則故事說明了這一點, 故事的主人翁是當代著名的美籍印裔代數與數論專家、 普林斯頓大學的數學教授 Manjul Bhargava:

我一直喜歡數學。兒時我喜歡形狀和數字。 我最早的數學記憶來自於八歲時將 橙子堆成金字塔形狀 (專門用於家用榨汁機! ) 的事。 我想知道, 堆出最低層每邊有 $n$ 個橙子的一個金字塔需要 多少個橙子？我思考了很久, 最終確定答案是 $n(n+1)(n+2)/6$ 個橙子。 對我而言, 那是非常有趣和興奮的時刻! 對任意大小的金字塔, 我能夠預言出需要多少個橙子, 對此我很歡喜。

細心的讀者會發現, Manjul Bhargava 八歲時的發現可以用一個簡潔的公式來表述: $$1+3+\cdots+n(n+1)/2=n(n+1)(n+2)/6,$$ 而這其實就是組合數學中著名的朱世傑恒等式^{2 2} 朱世傑(1249$\sim$1314), 元代數學家, 著有《算學啟蒙》與《四元玉鑒》。 美國科學史家薩頓 (George Sarton) 在其著作《科學史導論》中對朱世傑有下述評價: "中國數學家朱世傑確實是他的民族、他的時代、以至於所有時代中最偉大的數學家之一。" 朱世傑恒等式有許多, 這裏所指的是其中最簡單的一個: $${ {m} \choose {m}}+{ {m+1} \choose {m}}+\cdots+{ {n} \choose {m}}={ {n+1} \choose {m+1}}.$$ 另一個略微不平凡的朱世傑恒等式 (又稱為朱-范德蒙(Chu-Vandermonde)恒等式) 是下述 $$ \sum_{i \geq 0} { {r} \choose {i}} {{s} \choose {p-i}} = {{r+s} \choose {p}}, $$ 此等式在近代數學中的一個有趣應用可見: Doron Zeilberger, Chu's 1303 Identity Implies Bombieri's 1990 Norm-Inequality (Via an Identity of Beauzamy and D\'{e}got), The American Mathematical Monthly, Vol.101, No. 9 (Nov., 1994), pp.~894-896.的一個特殊情形。也正是由於這個原因, 形如 $n(n+1)(n+2)/6$ 的數被稱為金字塔數 (正如形如 $n(n+1)/2$ 的數被稱為三角形數一樣)。 因此, 我們可以毫不誇張地說, 楊武之的金字塔數定理是一個堪與 Gauss 的三角形數定理相媲美的結果。 當然, 在下述意義下, 楊武之的金字塔數定理還是要略遜一籌: Watson 在1952年將九金字塔數定理改進為八金字塔數定理 --- 即每個自然數可以寫成八個金字塔數之和； 而 Gauss 的結果已經沒有改進的餘地了 (容易看出, 並非每個自然數都可以寫成兩個三角形數之和)。

事實上, 早在1850年英國的 F. Pollock 就曾猜想, 每個自然數可以寫成五個金字塔數之和, 這個猜測至今尚未證明, 而 Watson 的八金字塔數定理仍是記錄保持者。 1994 年, 楊振寧 (楊武之長子) 與鄧越凡 利用電腦測試, 提出了一個更強的猜想: 每個充分大的自然數 (只要大於 343867) 都可以表成四個金字塔數之和。

照此看來, 也許讀者要認為楊武之的結果已經沒有任何意義了, 因為 Watson 的結果已經後來居上了。但首先要考慮到, 在評價一個人的成就時, 我們必須把他放在當時的歷史中。事實上, 自 1850年 F. Pollock 提出五金字塔數猜想之後, 這方面僅有的工作是 E. Maillet 在 1896 年得到的下述結果: 任何一個大於 19272 的整數都可以寫成十二個金字塔數之和。 相對於這個結果, 楊武之1928年得到的九金字塔數絕對是邁出了一大步。 其次, 我們還要考慮到這個結果對後人的影響, 與 Gauss 的三角形數定理以及更一般的 Cauchy 多邊形數定理一樣, 楊武之的九金字塔數定理同屬於所謂的"堆壘數論" (即"加性數論") 領域, 這個領域最著名的一個問題是華林(Waring)問題, 這是楊武之的導師~L. E. Dickson~最感興趣的課題之一。可以想見, 楊武之的這一個優美結果必定引發了 中國數學家 (特別是華羅庚) 對華林問題等堆壘數論問題的興趣, 並最終做出一系列卓越的工作。

3. 九金字塔數定理的證明

就本文而言, 我們更關心的是楊武之九金字塔數定理的證明而不是結果本身。 數學家靠定理立足, 而定理則靠證明立足。 如果要真正瞭解一個數學家的工作, 特別對其最有代表性的工作, 我們必須深入體驗其證明。 本節我們將給出楊武之的證明。為此, 我們需要下述三個引理。

引理 1 是著名的三平方和定理, 歸功於 Legendre 和 Gauss (Gauss 發現 Legendre 論證中的漏洞並完善了證明, 見)。 引理1 [Gauss-Legendre (1798)] 一個正整數可以表為三個平方數之和當且僅當它不是一個形如 $4^l(8k-1)$ 的數。

注記1: 證明可見 或 , 並且由三平方和定理可以立即推出 Gauss 三角形數定理, 事實上此處只需用到引理1的一個推論: 每一個模 $8$ 餘 3 的自然數可以寫成三個平方數之和。 Gauss 在《算術探索》中對此給出了一個簡單的推導, 我們援引如下 (見^{[p. 257]{Gauss}}) : 對任意的自然數 $M$, 考慮 $8M+3$, 根據三平方和定理, $8M+3$ 可以寫為三個平方數之和: $$8M+3=X^2+Y^2+Z^2.$$ 容易看出 $X,Y,Z$ 都是奇數, 從而令 $X=2x+1,Y=2y+1,Z=2z+1$, 就有 $$M=\frac{1}{2}x(x+1)+\frac{1}{2}y(y+1)+\frac{1}{2}z(z+1),$$ 即 $M$ 表成了三個三角形數之和。

對於推導楊武之的九金字塔數定理而言, 我們也只需要用到引理1的一個推論: 任何一個模 4 餘 $1$ 或 $2$ 的正整數可以表成三個平方數之和。

注意, 對 $f(x)=(x^3-x)/6$ 有, $f(n)=\dfrac{n^3-n}{6}=\dfrac{(n-1)n(n+1)}{6}$, 因此 $f(n+1)=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{6}$ 就是金字塔數。

引理2: 設 $f(x)=(x^3-x)/6$ 且 $n$ 為正整數, 則對任意給定的自然數 $a$, 以下 $3^n$ 個數 $$f(a+3k),\qquad k=0,1,\ldots,3^n-1,$$ 模 $3^n$ 兩兩互不同餘。

在證明中, 我們只需要用到引理2的一個特例, 每一個自然數都與一個形如 $f(3k)$, $(k=0,1,\ldots,3^n-1)$ 的數模 $3^n$ 同餘 (相當於在引理2中令 $a=0$)。

證明: 只要證明, 對任意的自然數 $a$ 以及 $k\in\{1,\ldots,3^n-1\}$ 有: $$f(a+3k)-f(a)\not\equiv0\pmod{3^n}.$$

計算有 \begin{align*} f(a+3k)-f(a)&=\frac{(a+3k)^3-(a+3k)}{6}-\frac{a^3-a}{6}\\ &=3k\cdot \frac{(a+3k)^2+(a+3k)a+a^2-1}{6}\\ &=\frac{k}{2}(3a^2+9ka+9k^2-1). \end{align*} 注意到, 因數 $(3a^2+9ka+9k^2-1)\equiv2\pmod3$ 不被 $3$ 整除, 因此, 如果 $f(a+3k)-f(a)\equiv0\pmod{3^n}$, 則 $k$ 必定被 $3^n$ 整除, 但 $k\in\{1,\ldots,3^n-1\}$, 這不可能! 引理證畢。

注記2: 引理 2 見於楊武之, 他在 中指出, 引理2可以推廣為下述形式 (證明則見):

命題: 設 $f(x)=\dfrac{x^p-x}{2p}$, 其中 $p$ 為奇數, 且 $n$ 為正整數, 則對任意給定的自然數 $a$, 以下 $p^n$ 個數 $$f(a+pk),\qquad k=0,1,\ldots,p^n-1,$$ 模 $p^n$ 兩兩互不同餘。

最後我們還需要以下引理, 這是楊武之中結果的一個簡單形式。

引理3: 設 $f(x)=\dfrac{x^3-x}{6}$, 則對任意的正數 $s\geq1$, 存在一個整數 $u\geq1$ 使得 $$ 0\leq s-f(u)\leq 2s^{2/3}. $$

證明: 設 $r$ 是 $F(x)=f(x)-s$ 在 $[1,+\infty)$ 上的唯一零點 (由堪根定理知存在, 單調性知唯一), 即 $f(r)=s$。 將 $r\geq1$ 寫成整數部分 $u$ 與小數部分 $v$ 之和: $r=u+v$。 則因為 $1\leq u\leq r$, 我們有 $$ f(u)\leq f(r)=s. $$ 另一方面, \begin{align*} s-f(u)&=f(r)-f(u)\\ &=v\frac{3r^2-3rv+v^2-1}{6}\\ &=v\frac{3r^2-3rv-(1-v^2)}{6}\qquad(\mbox{注意到 $0\leq v\lt 1$})\\ &\lt \frac{3r^2}{6}=r^2/2. \end{align*} 於是我們只需證明 $r^2/2\leq2s^{2/3}$, 即 $r\leq2s^{1/3}$。根據 $f(x)$ 的單調性, 我們只需證明 $f(r)\leq f(2s^{1/3})$, 即 $$s\leq \frac{8s-2s^{1/3}}{6}.$$ 這是顯然的 (注意到 $s\geq1$ 保證 $s\geq s^{1/3}$)。證畢。

應用引理 3 可以直接證明, 每一個小於 $168\cdot 3^{24}=2^3\cdot3^{25}\cdot7$ 的正整數 $s$ 都可以寫成不超過九個金字塔數之和。 為此, 對給定的 $s\lt 168\cdot 3^{24}$, 根據引理 3, 存在整數 $u\geq0$ 使得 $$0\leq s-f(u)\lt 2s^{2/3}\lt 2^3\cdot 3^{50/3}\cdot 7^{2/3}.$$ 繼續應用引理3, 存在整數 $x\geq0$ 使得 $$0\leq s-f(u)-f(x)\lt 2^3\cdot 3^{100/9}\cdot 7^{4/9}.$$ 再次應用引理3可知, 存在整數 $y\geq0$ 使得 $$0\leq s-f(u)-f(x)-f(y)\lt 2^3\cdot3^{200/27}\cdot7^{8/27}.$$ 最後一次應用引理3, 存在整數 $z\geq0$ 使得 $$0\leq s-f(u)-f(x)-f(y)-f(z)\lt 2^3\cdot3^{400/81}\cdot7^{16/81}\lt 2^3\cdot3^5\cdot7^{1/5}\lt 8\cdot243\cdot3/2=2916,$$ 但是, 業已驗證每一個小於 $2916$ 的正整數都可以寫成五個金字塔數之和, 因此 $s$ 可以寫成九個金字塔數之和。

現在我們可以給出楊武之九金字塔數定理的完整證明了。

定理的證明: 我們只需要證明每一個大於等於 $\geq168\cdot3^{24}$ 的整數 $s$ 可以寫成九個金字塔數之和。

對於任意的整數 $s\geq168\cdot3^{24}$, 必定存在一個整數 $n\geq8$ 使得 $$168\cdot3^{3n}\leq s\lt 168\cdot3^{3(n+1)}.$$ 更進一步, 必定存在整數 $j\in\{1,2,3\}$ 使得 \begin{equation} 168\cdot3^{3n+j-1}\leq s\lt 168\cdot3^{3n+j}.\label{1} \end{equation}

根據引理 1 (對上述 $n$ 以及 $a=0$), 存在 $u\in\{1,\ldots,3^n-1\}$ 使得 $s$ 與 $f(3u)$ 模 $3^n$ 同餘, 即 $$s\equiv f(3u)\pmod{3^n}.$$ 換言之, 存在正整數 $M$ 使得 \begin{equation} s=f(3u)+M\cdot3^n.\label{2} \end{equation} 注意到 \begin{equation} 0\lt f(3u)=\frac{(3u)^3-3u}{6}\lt \frac{(3u)^3}{6}=\frac{27}{6}u^3\lt 5u^3\lt 5(3^n)^3=5\cdot3^{3n}.\label{3} \end{equation} 於是由 \eqref{1} 和 \eqref{3}, 我們得到 $M\cdot3^n=s-f(3u)$ 的估計: $$168\cdot3^{3n+j-1}-5\cdot3^{3n}\lt M\cdot3^n\lt 168\cdot3^{3n+j}.$$ 從而 $$(168\cdot3^{j-1}-5)\cdot3^{2n}\lt M\lt 168\cdot3^{2n+j}=(168\cdot3^j)\cdot3^{2n}.$$

令 $M=3^{2n}+N$, 則由 \eqref{2} 有 \begin{equation} s=f(3u)+3^n(3^{2n}+N),\label{4} \end{equation} 其中 \begin{equation} (168\cdot3^{j-1}-6)\cdot3^{2n}\lt N\lt (168\cdot3^j-1)\cdot3^{2n}.\label{5} \end{equation}

下面我們將證明: 存在整數 $v\gt 0,w\geq0,Q\in\{0,1,\ldots,3^{2n}\}$ 且 $Q\equiv1$ 或 $2\pmod4$ 使得 \begin{equation} \boxed{3^n(N+1)=f(v)+f(w)+3^nQ.}\label{6} \end{equation}

假定我們已經證明了這一點, 那麼根據引理1可知, 存在自然數 $x,y,z$ 使得 \begin{equation} Q=x^2+y^2+z^2\label{7} \end{equation} 於是 \begin{align*} s&=f(3u)+3^n(3^{2n}+N)\\ &=f(3u)+3^{3n}+3^{n}N\\ &=f(3u)+3^{3n}+f(v)+f(w)+3^nQ-3^n\\ &=f(3u)+f(v)+f(w)+3^{3n}+3^nQ-3^n\\ &=f(3u)+f(v)+f(w)+3^{3n}+3^n(x^2+y^2+z^2)-3^n. \end{align*} 注意到^{3 3} 這裏用到了恒等式 (可直接驗證) $$\frac{a^3}{3}+ab^2-\frac{a}{3}=f(a+b)+f(a-b).$$ 令 $a=3^n$ 且 $b$ 分別為 $x,y,z$ 並求和, 即得。這也是整個證明中最巧妙的一個觀察。 $$ \boxed{3^{3n}\!\!+\!\!3^n(x^2\!\!+\!\!y^2\!\!+\!\!z^2)\!-\!3^n=f(3^n\!\!+\!\!x)\!\!+\!\!f(3^n\!-\!x)\!\!+\!\!f(3^n\!\!+\!\!y)\!\!+\!\!f(3^n\!-\!y)\!\!+\!\!f(3^n\!\!+\!\!z)\!\!+\!\!f(3^n\!-\!z).} $$ 於是, 我們得到: $$s=f(3u)+f(v)+f(w)+f(3^n+x)+f(3^n-x)+f(3^n+y)+f(3^n-y)+f(3^n+z)+f(3^n-z).$$ 注意到 $Q\leq3^{2n}$, 因此 $x,y,z\leq3^n$, 從而 $3^n\pm x, 3^n\pm y, 3^n\pm z$ 都是自然數, 於是 $s$ 可寫成九個金字塔數的和。

現在我們來選取適當的 $v,w,Q$ 使得等式\eqref{6}成立。 為此, 計算出 $$f(v)+f(w)=(v+w)\frac{v^2-vw+w^2-1}{6}=(v+w)\frac{(v+w)^2-3vw-1}{6}.$$ 令 $v+w=2a\cdot3^{n+1}$, 其中 $a\gt 0$ 為待定的半整數。 於是 \begin{align*} f(v)+f(w)&=2a\cdot3^{n+1}\frac{4a^2\cdot3^{2n+2}-3v(2a\cdot3^{n+1}-v)-1}{6}\\ &=3^{n}\cdot a(4a^2\cdot3^{2n+2}+3v^2-6a\cdot3^{n+1}v-1)\\ &=3^n\cdot P. \end{align*} 其中 \begin{equation} P=a\cdot(4a^2\cdot3^{2n+2}+3v^2-6a\cdot3^{n+1}v-1).\label{8} \end{equation} 於是 \eqref{6} 式成為 $3^n(N+1)=3^n(P+Q)$, 也就是 \begin{equation} N+1=P+Q.\label{9} \end{equation} 於是, 現在我們要選擇半整數 $a\gt 0$ 與整數 $v\geq0$ 使得 \begin{equation} v\leq 2a\cdot3^{n+1}\qquad(\mbox{以確保 $w\geq0$}),\label{10} \end{equation} 且 \begin{equation} 0\leq N+1-P\leq 3^{2n}\qquad(\mbox{以確保 $0\leq Q\leq 3^{2n}$}).\label{11} \end{equation} 先考慮 \eqref{11}。 為此, 計算 \begin{align*} N+1-P&=N+1-a\cdot[4a^2\cdot3^{2n+2}+3v^2-6a\cdot3^{n+1}v-1]\\ &=N+1-a\cdot[3(v-3^{n+1}a)^2-(1-3^{2n+2}a^2)]. \end{align*} 要使得 $N+1-P\geq0$, 只需 \begin{equation} \frac{1}{3}\left[\frac{N+1}{a}+1-3^{2n+2}a^2\right]=\frac{1}{3}A\geq\left(v-3^{n+1}a\right)^2,\label{12} \end{equation} 其中 \begin{equation} A=\frac{N+1}{a}+1-3^{2n+2}a^2.\label{13} \end{equation} 於是只要選擇 $a,v$ 使得 \begin{align} A&\geq0,\label{14}\\ 0&\leq v-3^{n+1}a\leq\sqrt{A/3}.\label{15} \end{align} 類似地, 計算 \begin{align*} N+1-P-3^{2n}&=N+1-3^{2n}-a\cdot[4a^2\cdot3^{2n+2}+3v^2-6a\cdot3^{n+1}v-1]\\ &=N+1-3^{2n}-a\cdot[3(v-3^{n+1}a)^2-(1-3^{2n+2}a^2)]. \end{align*} 要使得 $N+1-P-3^{2n}\leq0$, 只需 \begin{equation} \frac{1}{3}\left[\frac{N+1-3^{2n}}{a}+1-3^{2n+2}a^2\right] =\frac{1}{3}B\leq\left(v-3^{n+1}a\right)^2,\label{16} \end{equation} 其中 \begin{equation} B=\frac{N+1-3^{2n}}{a}+1-3^{2n+2}a^2=A-\frac{3^{2n}}{a}.\label{17} \end{equation} 於是只要選擇 $a,v$ 使得 \begin{align} B&\geq0,\label{18}\\ v-3^{n+1}a&\geq\sqrt{B/3}\label{19} \end{align}

綜上, 為使 \eqref{14}$-$\eqref{15} 與 \eqref{18}$-$\eqref{19} 同時成立, 我們只需要選擇 $a,v$ 使得 \begin{align} B&\geq0,\label{20}\\ \sqrt{B/3}+3^{n+1}a&\leq v\leq\sqrt{A/3}+3^{n+1}a.\label{21} \end{align} \eqref{20} 與 \eqref{21} 可確保 \eqref{11} 成立, 為確保 \eqref{10} 成立, 只需 $a$ 滿足 \begin{equation} \sqrt{A/3}\leq 3^{n+1}a.\label{22} \end{equation} 注意到 \eqref{20} 與 \eqref{22} 一起等價於 \begin{equation} (9a^3+1)3^{2n}-(a+1)\leq N\leq 36a^33^{2n}-(a+1).\label{23} \end{equation} 現在我們知道, $N$ 滿足 \eqref{5}, 因此只需要選擇 $a,v$ 使得 \begin{equation} (9a^3+1)3^{2n}-(a+1)\leq(168\cdot3^{j-1}-6)\cdot3^{2n}+1,\label{24} \end{equation} 且 \begin{equation} (168\cdot3^j-1)\cdot3^{2n}\leq 36a^33^{2n}-a.\label{25} \end{equation}

這是不難辦到的: 對 $j=1,2,3$ 的情況, 對應的 $a=a_j$ 可以分別取 $5/2,7/2,11/2$。 現在我們來考慮 \eqref{21}。 我們將證明, 對於 $j=1,2,3$ 的不同情況, 分別有 $62,29,14$ 個連續的整數 $v$ 滿足 \eqref{21}。 令 $r=\frac{A-B}{A}=\frac{3^{2n}}{a\cdot A}\in[0,1]$, 則不等式組 \eqref{21} 所定義的區間的長度為 $$ d=\sqrt{A/3}-\sqrt{B/3} =\sqrt{\frac{A}{3}}(1-\sqrt{1-r}) =\sqrt{\frac{A}{3}}\frac{r }{1+\sqrt{1-r}} \gt \sqrt{\frac{A}{3}}\cdot\frac{r}{2} =\frac{3^{2n}}{2a}\cdot\frac{1}{\sqrt{3A}}. $$ 於是我們只需要 估計 $3A=\frac{3(N+1)}{a}+3-3^{2n+3}a^2$ 的上界, 注意到根據\eqref{5}, 我們有 $N+1\leq(168\cdot3^j-1)3^{2n}$, 於是 $$3A\leq\left[\frac{3(168\cdot3^j-1)}{a}+1-27a^2\right]3^{2n}$$

所以, 當 $j=1$ 時 (注意此時 $a=5/2$), 我們有 $$ 3A\leq\left[\frac{2\cdot3(168\cdot3-1)}{5}+1-27\cdot\frac{25}{4}\right]3^{2n}\lt 436\cdot 3^{2n}\lt 21^2\cdot 3^{2n}, $$ 因此 $$d=\frac{3^{2n}}{5}\cdot\frac{1}{\sqrt{3A}}\gt \frac{3^{2n}}{5}\cdot\frac{1}{21\cdot3^n}=\frac{3^n}{105}\geq \frac{3^8}{105}=\frac{6561}{105}\gt 62.$$

類似地, 當 $j=2$ 時 (注意此時 $a=7/2$), 我們有 $$ 3A\leq\left[\frac{2\cdot3(168\cdot9-1)}{7}+1-27\cdot\frac{49}{4}\right]3^{2n}\lt 966\cdot 3^{2n}\lt 32^2\cdot 3^{2n}, $$ 因此 $$d=\frac{3^{2n}}{7}\cdot\frac{1}{\sqrt{3A}}\gt \frac{3^{2n}}{7}\cdot\frac{1}{32\cdot3^n} =\frac{3^n}{224}\geq \frac{3^8}{224}=\frac{6561}{224}\gt 29.$$ 最後, 當 $j=3$ 時 (注意此時 $a=11/2$), 我們有 $$ 3A\leq\left[\frac{2\cdot3(168\cdot27-1)}{11}+1-27\cdot\frac{121}{4}\right]3^{2n}\lt 1658\cdot 3^{2n}\lt 41^2\cdot 3^{2n}, $$ 因此 $$d=\frac{3^{2n}}{11}\cdot\frac{1}{\sqrt{3A}}\geq\frac{3^{2n}}{11}\cdot\frac{1}{41\cdot3^n}=\frac{3^n}{451}\geq \frac{3^8}{451}=\frac{6561}{451}\gt 14.$$

現在我們只需要選擇一個適當的 $v$ 使得 $Q=N+1-P$ 模~4~餘 $1$ 或 $2$。 注意到 $N+1=M-3^{2n}+1\equiv M\pmod4$, 因此我們只要選擇 $v$ 使得當 $M\equiv0,1,2,3\pmod4$ 時分別有, $P$ 模 4 同餘於 2 或 3, 0 或 3, 0 或 1, 1 或 $2$。事實上, 在任何情況, 同餘方程 $P\equiv0\pmod4$ 與 $P\equiv2\pmod4$ 總有解。 我們分情況討論如下。

如果 $j=1$, 則 $$ 2P\!=\!5\cdot(5^2\cdot3^{2n+2}+3v^2-5\cdot3^{n+2}v-1)\equiv-3^nv+7v^2\!\equiv\!\! \left\{\begin{array}{ll} -v\!+\!7v^2&\ \textrm{若 $n$ 為偶數}\\ 5v\!+\!7v^2&\ \textrm{若 $n$ 為奇數}\end{array}\hskip -5pt \pmod8\right.$$ 因此, 如果 $n$ 是偶數, 取 $v\equiv0\pmod8$ 或 $v\equiv3\pmod8$ 即可保證 $2P\equiv0\pmod8$ 或 $2P\equiv4\pmod8$, 從而 $P\equiv0\pmod4$ 或 $P\equiv2\pmod4$；若 $n$ 是奇數, 則我們取 $v\equiv0\pmod8$ 或 $v\equiv1\pmod8$ 即可保證 $P\equiv0\pmod4$ 或 $P\equiv2\pmod4$。

類似的, 如果 $j=2$, 則 $$ 2P\!=\!7\cdot(7^2\cdot3^{2n+2}+3v^2-7\cdot3^{n+2}v-1)\equiv-3^nv+5v^2\!\equiv\!\! \left\{\begin{array}{ll} -v\!+\!5v^2&\ \textrm{若 $n$ 為偶數}\\ 5v\!+\!5v^2&\ \textrm{若 $n$ 為奇數}\end{array}\hskip -5pt \pmod8\right.$$ 因此, 如果 $n$ 是偶數, 取 $v\equiv0\pmod8$ 或 $v\equiv1\pmod8$ 即可保證 $2P\equiv0\pmod8$ 或 $2P\equiv4\pmod8$, 從而 $P\equiv0\pmod4$ 或 $P\equiv2\pmod4$；若 $n$ 是奇數, 則我們取 $v\equiv0\pmod8$ 或 $v\equiv3\pmod8$ 即可保證 $P\equiv0\pmod4$ 或 $P\equiv2\pmod4$。

最後, 如果 $j=3$, 則 $$ 2P\!=\!11\cdot(11^2\cdot3^{2n+2}+3v^2-11\cdot3^{n+2}v-1)\equiv-3^nv+v^2\!\equiv\!\! \left\{\begin{array}{ll} -v\!+\!v^2&\ \textrm{若 $n$ 為偶數}\\ 5v\!+\!v^2&\ \textrm{若 $n$ 為奇數}\end{array}\hskip -5pt \pmod8\right.$$ 因此, 取 $v\equiv0\pmod8$ 或 $v\equiv4\pmod8$ 即可保證 $P\equiv0\pmod4$ 或 $P\equiv2\pmod4$。

綜上, 對一切自然數 $s\geq168\cdot3^{24}$ 我們完成了定理的證明。定理證畢。

致謝: 感謝天津大學圖書館的張昉老師為我們提供了文獻, 華東師範大學圖書館的王善平老師為我們提供了文獻。

參考資料

---本文作者林開亮任職西北農林科技大學理學院, 張愛仙為西安理工大學數學系教師---