壹、前言

在"等式 $\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\rfloor=\lfloor\sqrt{9n+8}\rfloor$ 成立嗎" 這篇文章中, 我們將 Ramanujan 的一個等式 $\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt{4n+2}\rfloor$ 推廣到三項及開三次方根的類似等式： 對任意自然數 $n$, 等式 $\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\rfloor=\lfloor\sqrt{9n+8}\rfloor$, $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 與 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}+\sqrt[3]{n+2}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{27n+26}\rfloor$ 必成立 , 其中 $\lfloor x \rfloor$ 表示小於或等於 $x$ 的最大整數, 也就是 $x$ 的高斯函數值。 雖然我們要證明的等式涉及不連續的高斯函數, 但是我們的證明方法卻是利用具有連續變化性的不等式, 這暗示我們得到的等式仍然具有某種連續變化的可能性。 現在, 我們繼續推廣 Ramanujan 等式, 將利用大一同學可以理解的方法, 來說明這些已有的等式其實都是一堆連續變化的等式中的一個, 它們不是孤立的現象。 利用此連續變化過程, 我們也同時得到無數個類似於 Ramanujan 等式的新等式。

貳、由 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 談起

在"等式 $\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\rfloor=\lfloor\sqrt{9n+8}\rfloor$ 成立嗎" 這篇文章中, 我們給了此類等式的證明策略。 在此, 我們先給 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 一個更簡單的證明。 既然想要說明： 對任意自然數 $n$, $\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}$、 $\sqrt[3]{8n+3}$ 與 $\sqrt[3]{8n+4}$ 的整數部份相同, 那我們應該先比較 $\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}$ 與 $\sqrt[3]{8n+3}$ 和 $\sqrt[3]{8n+4}$ 的大小。

預備定理(一)： 若 $0\lt x\le 1$, 則 $\root 3\of{8+4x}\gt 1+\root 3\of{1+x}$ 必成立。

證明： 令 $f(x)=\sqrt[3]{x}$, 其中 $x\gt 0$。 我們有導函數 $f'(x)=\dfrac 13 x^{-\frac 23}$, 與 $f''(x)=\dfrac {-2}9 x^{-\frac 53}\lt 0$, 其中 $x\gt 0$。 所以 $f(x)$ 圖形的凹口向下, 因此當 $s\gt t\gt 0$ 時, $\dfrac{f(s)+f(t)}{2}\lt f\Big(\dfrac{s+t}2\Big)$ 成立, 特別是 $\dfrac{f(1)+f(1+x)}{2}\lt f\Big(\dfrac{1+(1+x)}2\Big)=f(1+\dfrac x2)$。 所以, 若 $0\lt x\le 1$, $1+f(1+x)\lt 2f(1+\dfrac x2)$, 也就是 $1+\sqrt[3]{1+x}\lt 2\sqrt[3]{1+\dfrac x2}=\sqrt[3]{8+4x}$。 同理, 我們有另一側的不等式,

預備定理(二)： 若 $0\lt x\le 1$, 則 $1+\sqrt[3]{1+x}\gt \sqrt[3]{8+3x}$ 必成立。

證明： 利用算幾不等式, 我們有 $1+\sqrt[3]{1+x}\gt 2\sqrt{1\times\sqrt[3]{1+x}}=2\sqrt[6]{1+x}$。 我們可以嘗試檢查： 當 $0\lt x\le 1$ 時, $2\sqrt[6]{1+x}\gt \sqrt[3]{8+3x}=2\sqrt[3]{1+\dfrac 38x}$ 是否成立。 兩邊約分後再 6 次方, 並且移項, 我們就只要檢查： 當 $0\lt x\le 1$ 時, $g(x)=(1+x)-(1+\dfrac 38x)^2=\dfrac 14 x(1-\dfrac 9{16}x)$ 是否為正數。 但是, 當 $0\lt x\le 1$ 時, $x$ 與 $1-\dfrac 9{16}x$ 均為正數, 所以 $g(x)$ 為正數, 因此 $1+\sqrt[3]{1+x}\gt 2\sqrt[6]{1+x}\gt \sqrt[3]{8+3x}$。

預備定理(三)： 對任意自然數 $n$, 則 $\sqrt[3]{8n+4}\gt \sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\gt \sqrt[3]{8n+3}$ 必成立。

證明： 對任意自然數 $n$, 在預備定理(一)(二)中, 取 $x=\dfrac 1n$, 我們有 $\sqrt[3]{8+4(\dfrac 1n)}\gt 1+\sqrt[3]{1+\dfrac 1n}\gt \sqrt[3]{8+3(\dfrac 1n)}$, 再分別乘以正數 $\sqrt[3]{n}$, 即可得到 $\sqrt[3]{8n+4}\gt \sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\gt $ $\sqrt[3]{8n+3}$。 現在我們可以證明以下定理：

定理一： 對任意自然數 $n$, 則 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor =\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$必成立。

證明： 由預備定理 (三) 知, 對任意自然數 $n$, 則 $\sqrt[3]{8n+4}\gt \sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\gt \sqrt[3]{8n+3}$ 必成立。 因此它們的整數部份會滿足 $\left\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\right\rfloor\ge\left\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\right\rfloor\ge\left\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\right\rfloor$。 但是如果 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$, 也就是說 $\sqrt[3]{8n+4}$ 的整數部份大於 $\sqrt[3]{8n+3}$ 的整數部份, 那將會有一自然數 $m$, 使得 $\sqrt[3]{8n+4}\ge m\gt \sqrt[3]{8n+3}$, 所以 $8n+4\ge m^3\gt 8n+3$, 因此立方數 $m^3$ 等於 $8n+4$, 亦即 $m^3$ 是 8 的倍數加 4。 但是, 無論 $m$ 是 $8k$, $8k+1$, $8k+2$, $8k+3$, $8k+4$, $8k+5$, $8k+6$, 或是 $8k+7$, $m^3$ 只可能為 $8p$, $8p+1$, $8p+3$, $8p+5$, 或是 $8p+7$, 所以 $m^3$ 不會是 8 的倍數加 4。 這個矛盾是我們假設 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$ 所造成, 因此 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。 再由 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor\ge\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\rfloor\ge \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$, 我們證明了 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\rfloor= \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。 再來, 我們就要問： 為什麼這個等式中一定要用 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 與 $\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$ 呢？其實, 不必要的！

預備定理(四)： 若選定一個實數 $p$ 滿足 $3\le p\lt 5$, 則對任意自然數 $n$, $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor= \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$ 必成立。

證明： 首先, 考慮所選定的 $p$ 滿足 $3\le p\lt 4$, 如果等式 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 不是恆成立, 那必定會有一個自然數 $n$ 使得 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor$。 因此必有一自然數 $m$, 使得 $\sqrt[3]{8n+4}\ge m\gt \sqrt[3]{8n+p}$ 成立。 所以 $8n+4\ge m^3\gt 8n+p\ge 8n+3$。 因此立方數 $m^3$ 等於 $8n+4$, 亦即 $m^3$ 是 8 的倍數加 4。 但是 [定理一] 的證明已經說明這是不可能的事, 因此, 對任意自然數 $n$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 必須成立。 再來, 我們考慮所選定的 $p$ 滿足 $4\lt p\lt 5$ 時, 如果等式 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 不是恆成立, 那必定會有一個自然數 $n$ 使得 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$, 因此必有一自然數 $m$, 使得 $\sqrt[3]{8n+p}\ge m\gt \sqrt[3]{8n+4}$ 成立。 所以 $8n+5\gt 8n+p\ge m^3\gt 8n+4$, 這將使得自然數 $m^3$ 介於相鄰兩整數之間, 矛盾！ 我們就得知, $p$ 滿足 $4\lt p\lt 5$ 時, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 也要成立。 由 [定理一] 與預備定理 (四), 我們立刻得到以下結果：

定理二： 若選定一個 $p$ 滿足 $3\le p\lt 5$, 則對任意自然數 $n$, $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\rfloor= \lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor$ 必成立。 然而, 我們立刻要面對一個問題, 預備定理(四)中, $p$ 的限制可否再放寬呢？ 答案是： 不行！ 我們有以下定理

預備定理(五)： 若選定一個 $p$ 滿足 $3\gt p\gt 0$, 則有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor\lt \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。

證明： 選定一個 $p$ 滿足 $3\gt p\gt 0$。 對任意自然數 $k$, 取 $n=64k^3+72k^2+27k+3$, 則 $8n+p\lt 8n+3=(8k+3)^3$, 所以 $\sqrt[3]{8n+p}\lt 8k+3=\sqrt[3]{8n+3}$, 因此 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor\lt 8k+3=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$, 也就是說, 有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor\lt \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。

預備定理(六)： 有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$。

證明： 設 $m=\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$, 則 $\sqrt[3]{8n+5}\ge m\gt \sqrt[3]{8n+4}$, 所以 $8n+5\ge m^3\gt 8n+4$, 但是 $m^3$ 是整數, 因此 $m^3=8n+5$。 但是在 $m=8k$, $8k+1$, $8k+2$, $8k+3$, $8k+4$, $8k+5$, $8k+6$, $8k+7$ 這些情形中, 只有 $m=8k+5$ 符合, 由 $m^3=8n+5$, 所以 $n$ 應該是 $64k^3+120k^2+75k+15$。 因此, 對任意自然數 $k$, 取 $n=64k^3+120k^2+75k+15$, 則 $8n+4\lt 8n+5=(8k+5)^3$, 所以 $\sqrt[3]{8n+4}\lt 8k+5=\sqrt[3]{8n+5}$, 亦即 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor\lt 8k+5= \lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor$, 也就是說, 有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor\lt \lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor$。 當 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor\lt \lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor$ 發生時, $\sqrt[3]{8n+5}=8k+5$ 是一個自然數, 且 $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor$ 與 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 是相鄰整數。

由預備定理(五)與預備定理(六), 再配合等式 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$, 我們知道預備定理(四)中, $p$ 的限制已經是最大的容許範圍了。

你會想問; 我們為什麼要求出 $p$ 的最大的容許範圍 $3\le p\lt 5$？ 是否就只是想把 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 放入一組連續的等式 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor$ 中？ 其實不只是如此, 既然等式中的 4 可以變成 $p$, $3\le p\lt 5$, 下一步我們更想問： 等式中的 的那個"1" 到底扮演甚麼角色？ 可以把這個"1" 改成其它數字嗎？ 可以改成 0.8 或 0.6 嗎？ 可以改成 1.2 或 1.5 嗎？ 也就是說, 使得等式 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+a}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 仍成立的 $a$ 是哪些數？ 我們先讓 $a=0.8$, 以這個例子來呈現整個問題的關鍵。

預備定理(七)： 若 $0\lt x\le 1$, 則 $\sqrt[3]{8+4.99x}\gt 1+\sqrt[3]{1+0.8x}$ 必成立。

證明： 令 $f(x)=\sqrt[3]{x}$, 其中 $x\gt 0$。 由預備定理(一)知道, 當 $s\gt t\gt 0$ 時, $\dfrac{f(s)+f(t)}{2}\lt f\Big(\dfrac{s+t}2\Big)$ 成立, 特別是 $\dfrac{f(1)+f(1+0.8x)}{2}\lt f\Big(\dfrac{1+(1+0.8x)}2\Big)=f(1+0.4x)\lt f(1+\dfrac 12x)\lt f\Big(1+\dfrac{4.99}8x\Big)$。 所以, 若 $0\lt x\le 1$, 也就是 $1+\sqrt[3]{1+0.8x}\lt 2\sqrt[3]{1+\dfrac{4.99}8x}=\sqrt[3]{8+4.99x}$。

預備定理(八)： 若 $0\lt x\lt \dfrac{16}{45}$, 則 $1+\sqrt[3]{1+0.8x}\gt \sqrt[3]{8+3x}$ 必成立。

證明： 利用算幾不等式, 我們有 $1+\sqrt[3]{1+0.8x}\gt 2\sqrt{1\times\sqrt[3]{1+0.8x}}=2\sqrt[6]{1+0.8x}$。 我們可以嘗試檢查： 當 $0\lt x\lt \dfrac{16}{45}$ 時, $2\sqrt[6]{1+0.8x}\gt \sqrt[3]{8+3x}=2\sqrt[3]{1+\dfrac 38x}$ 是否成立。 兩邊約分後再 6 次方, 並且移項, 我們就只要檢查： 當 $0\lt x\lt \dfrac{16}{45}$ 時, $g(x)=(1+0.8x)-\Big(1+\dfrac38x\Big)^2=\dfrac x4\Big(\dfrac 15-\dfrac{9}{16}x\Big)$ 是否為正數。 但是, 當 $0\lt x\lt \dfrac{16}{45}$ 時, $\dfrac x4$ 與 $\dfrac 15-\dfrac 9{16}x$ 均為正數, 所以 $g(x)$ 為正數, 因此 $$1+\sqrt[3]{1+0.8x}\gt 2\sqrt[6]{1+0.8x}\gt \sqrt[3]{8+3x}.$$

預備定理(九)： 對任意自然數 $n\ge 3$, 則 $\sqrt[3]{8n+4.99}\!\gt \!\sqrt[3]{n}\!+\!\sqrt[3]{n\!+\!0.8}\!\gt \!\sqrt[3]{8n+3}$ 必成立。

證明： 對任意自然數 $n\ge 3$, 在預備定理(七)(八)中, 取 $x=\dfrac 1n$, 所以 $x\lt \dfrac{16}{45}$, 我們有 $\sqrt[3]{8+4.99(\dfrac 1n)}\gt 1+\sqrt[3]{1+0.8(\dfrac 1n)}\gt \sqrt[3]{8+3(\dfrac 1n)}$, 再分別乘以正數 $\sqrt[3]{n}$, 即可得到 $\sqrt[3]{8n+4.99}\gt \sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+0.8}\gt \sqrt[3]{8n+3}$。

定理三： 對任意自然數 $n$, 則 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+0.8}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 必成立。

證明： 由預備定理(九)知, 對任意自然數 $n\ge 3$, 則 $\sqrt[3]{8n+4.99}\gt \sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+0.8}\gt \sqrt[3]{8n+3}$ 必成立。 因此它們的整數部份會滿足 $$\lfloor\sqrt[3]{8n+4.99}\rfloor\ge \lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+0.8}\rfloor\ge \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor\hbox{。}$$ 但是預備定理(四)說 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4.99}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$, 因此, 我們證明, 對任意自然數 $n\ge 3$, $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+0.8}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。

最後, 當然只剩下 $n=1$ 與 $n=2$ 兩種情形需要個別動手檢查 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+0.8}\rfloor$ 與 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$。 $n=1$ 時, $2\lt \sqrt[3]{1}+\sqrt[3]{1+0.8}\lt 1+2=3$, $2\lt \sqrt[3]{8+4}=\sqrt[3]{12}\lt 3$, 所以 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+0.8}\rfloor$ 成立。同樣檢查 $n=2$ 時, $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+0.8}\rfloor$ 也成立。因此, 我們證明, 對任意自然數 $n$, $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+0.8}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$ 成立。

在 [定理三] 論證過程中, 除了最後剩下有限個情形需要分別檢查之外, 我們到底做了些甚麼？ 我們先選了一個 $a$, 例如 $a=0.8$, 然後證明有一個比 5 小的數字 $p$, 例如 $p=4.99$, 以及一個包含 0 右側的區間 $(0,q)$, 例如預備定理(八)的 $(0,\dfrac{16}{45})$, 使得 $k(x)=\sqrt[3]{8+px}-(1+\sqrt[3]{1+ax})$ 與 $h(x)=(1+\sqrt[3]{1+ax})-\sqrt[3]{8+3x}$ 在 $(0,q)$ 上均為正值。 再將 $x$ 以 $\dfrac 1n$ 代入, 並乘上 $\sqrt[3]{n}$, 所以對自然數 $n\gt \dfrac 1q$, 我們有 $\sqrt[3]{8n+p}\gt \sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+a}\gt \sqrt[3]{8n+3}$, 因此它們的整數部份會滿足 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor\ge \lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+a}\rfloor\ge\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。 但是預備定理(四)說： 當 $3\le p\lt 5$, $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$, 因此, 我們證明, 對任意自然數 $n\ge \dfrac 1q$, $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+a}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。 依據以上這些觀察, 我們有以下的主要定理, 其中, 預備定理(四)所求出 $p$ 的最大的容許範圍 $3\le p\lt 5$ 將扮演重要角色。

定理四： 選定兩個實數 $a$ 與 $b$ 滿足 $\dfrac 34\lt a+b\lt \dfrac 54$, 則將會有一個與 $a,b$ 有關的自然數 $m$, 使得對任意自然數 $n\ge m$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 必成立。

證明： 因為 $3\lt 4(a+b)\lt 5$, 我們可以取一個實數 $p$ 滿足 $4(a+b)\lt p\lt 5$, 固定此數 $p$。 令 $k(x)\!=\!\sqrt[3]{8+px}\!-\!(\sqrt[3]{1\!+\!ax}\!+\!\sqrt[3]{1\!+\!bx})$, 其中 $x\!\in\![0,1]$, 再令 $h(x)\!=\!(\sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx})\!-\!\sqrt[3]{8+3x}$, 其中 $x\!\in\![0,1]$。 首先我們有 $k(0)\!=\!0$, $h(0)\!=\!0$。 其次, $k(x)$ 與 $h(x)$ 在 $x\!=\!0$ 附近的導數存在且連續, $k'(0)\!=\!\dfrac 1{12}(p\!-\!4(a+b))\!\gt \!0$, 且 $h'(0)\!=\!\dfrac 1{12}(4(a+b)\!-\!3)$ $\gt 0$, 所以必定會有一個開區間 $(0,q)$, 使得 $k(x)=\sqrt[3]{8+px}-(\sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx})$ 與 $h(x)=(\sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx})-\sqrt[3]{8+3x}$ 在 $(0,q)$ 上均為正值。 因此, 在 $x\in(0,q)$ 時, $\sqrt[3]{8+px}\gt \sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx}$ 且 $\sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx}\gt \sqrt[3]{8+3x}$。 再將 $x$ 以 $\dfrac 1n$ 代入, 並乘上 $\sqrt[3]{n}$, 所以, 對自然數 $n\ge m=\lfloor\dfrac 1q\rfloor+1\gt \dfrac 1q$, 我們有 $\sqrt[3]{8n+p}\gt \sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\gt \sqrt[3]{8n+3}$, 因此它們的整數部份會滿足 $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor\ge \lfloor\sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\rfloor\ge \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。 但是預備定理(四)說： 當 $3\le p\lt 5$, $\lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$, 因此, 我們證明, 對任意自然數 $n\ge m=\lfloor\dfrac 1q\rfloor+1\gt \dfrac 1q$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$ 會成立。

[定理四] 中, 關於 $a+b$ 的限制開區間 $(\dfrac 34,\dfrac 54)$, 是否可以變成更大的開區間呢？ 答案是： 不行！ 我們有以下結果：

定理五： 給定兩個實數 $a$ 與 $b$ 滿足 $a+b\gt \dfrac 54$, 則有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$; 反之, 給定兩個實數 $a$ 與 $b$ 滿足 $a+b\lt \dfrac 34$, 則有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\rfloor\lt \lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$。

證明： 首先, 假設 $a+b\gt \dfrac 54$。 令 $k(x)=(\sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx})-\sqrt[3]{8+5x}$, 其中 $x\in[0,1]$。 我們有 $k(0)=0$, $k(x)$ 在 $x=0$ 附近的導數存在且連續, 以及 $k'(0)=\dfrac 1{12}(4(a+b)-5)\gt 0$, 所以必定會有一個開區間 $(0,q)$, 使得 $k(x)=(\sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx})-\sqrt[3]{8+5x}$ 在 $(0,q)$ 上均為正值。 因此, 在 $x\in (0,q)$ 時, $\sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx}\gt \sqrt[3]{8+5x}$。 再將 $x$ 以 $\dfrac 1n$ 代入, 並乘上 $\sqrt[3]{n}$, 所以, 對自然數 $n\ge m=\lfloor\dfrac 1q\rfloor+1\gt \dfrac 1q$, 我們有 $\sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\gt \sqrt[3]{8n+5}$, 因此它們的整數部份會滿足 $\lfloor\sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\rfloor\ge\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor$。 但是由預備定理(六)知： 有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$, 因此, 我們證明會有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$。

再來, 我們假設 $a$ 與 $b$ 滿足 $a+b\lt \dfrac 34$。 我們可以取一個實數 $p$ 滿足 $4(a+b)\lt p\lt 3$, 固定此數 $p$。 令 $h(x)=\sqrt[3]{8+px}-(\sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx})$, 其中 $x\in[0,1]$。我們有 $h(0)=0$, $h(x)$ 在 $x=0$ 附近的導數存在且連續, 以及 $h'(0)=\dfrac1{12}(p-4(a+b))\gt 0$, 所以必定會有一個開區間 $(0,q)$, 使得 $h(x)=\sqrt[3]{8+px}-(\sqrt[3]{1+ax} +\sqrt[3]{1+bx})$ 在 $(0,q)$ 上均為正值。 因此, 在 $x\in(0,q)$ 時, $\sqrt[3]{1+ax}+\sqrt[3]{1+bx}\lt \sqrt[3]{8+px}$。 再將 $x$ 以 $\dfrac 1n$ 代入, 並乘上 $\sqrt[3]{n}$, 所以, 對自然數 $n\ge m=\lfloor\dfrac 1q\rfloor+1\gt \dfrac 1q$, 我們有 $\sqrt[3]{n+a}+\sqrt[3]{n+b}\lt \sqrt[3]{8n+p}$, 因此它們的整數部份會滿足 $\lfloor\sqrt[3]{n+a} +\sqrt[3]{n+b}\rfloor\le \lfloor\sqrt[3]{8n+p}\rfloor$。 但是預備定理(五)知： 若 $p$ 滿足 $3\gt p\gt 0$, 則有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{8+px}\rfloor\lt \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。 因此會有無限多個自然數 $n$, 使得 $\lfloor\sqrt[3]{n+a} +\sqrt[3]{n+b}\rfloor\lt \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$。

現在, 我們可以回答先前所提出的問題了。 在 [定理五] 中取 $b=0$, 我們就知道使得等式 $\lfloor\sqrt[3]{n} +\sqrt[3]{n+a}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 成立的 $a$ 必須滿足 $\dfrac 34\le a\le \dfrac 54$ 。 另一方面, 在 [定理四] 中取 $b=0$, 所以 $a$ 滿足 $\dfrac 34\lt a\lt \dfrac 54$ 時, 則將會有一個與 $a$ 有關的自然數 $m$, 使得對任意自然數 $n\ge m$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{n} +\sqrt[3]{n+a}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 必成立。 事實上, 我們可以有以下更準確的結果：

定理六： 任選 $a\in[\dfrac 45,\dfrac 54]$, 則對任意自然數 $n$, 則 $\lfloor\sqrt[3]{n} +\sqrt[3]{n+a}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 必成立。

證明： 我們先看 $a=\dfrac 54$ 情形。 令 $k(x)=\sqrt[3]{8+5x}-\Big(1+\sqrt[3]{1+\dfrac 54x}\Big)$, 其中 $x\in[0,1]$, 再令 $h(x)=\Big(1+\sqrt[3]{1+\dfrac 54x}\Big)-\sqrt[3]{8+3x}$, 其中 $x\in[0,1]$。 我們有 $k(0)=0$, $k'(x)=\dfrac 5{12}\Big(\dfrac{1}{(1+\frac 58x)^{2/3}}-\dfrac{1}{(1+\frac 54x)^{2/3}}\Big)\gt 0,$ $x\in(0,1)$。 所以 $k(x)\gt 0$, $x\in(0,1)$。 由預備定理(二), 我們也知道, $h(x)=\Big(1+\sqrt[3]{1+\dfrac 54x}\Big)-\sqrt[3]{8+3x}\gt (1+\sqrt[3]{1+x})-\sqrt[3]{8+3x}\gt 0$, $x\in(0,1)$。 因此對 $x\in(0,1)$, 我們有 $\sqrt[3]{8+5x}\gt 1+\sqrt[3]{1+\dfrac 54x}$, $1+\sqrt[3]{1+\dfrac 54x}\gt \sqrt[3]{8+3x}$。 再將 $x$ 以 $\dfrac 1n$ 代入, 並乘上 $\sqrt[3]{n}$, 所以, 對自然數 $n$, 我們有 $\sqrt[3]{8n+5}\gt \sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\gt \sqrt[3]{8n+3}$, 因此它們的整數部份會滿足 $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor\ge\Big\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\Big\rfloor\ge \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。 對任意自然數 $n$, 我們只有兩種可能： (1) $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$, 或是 (2) $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$。

(1) 在 $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$ 發生時, 配合 $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor\ge\Big\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\Big\rfloor\ge\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$, 我們得到 $\Big\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\Big\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$。

(2) 在 $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor\gt \lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor$ 發生時, 依據預備定理(六), 這時 $\sqrt[3]{8n+5}$ 是自然數, 配合 $\sqrt[3]{8n+5}\gt \sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\gt \sqrt[3]{8n+3}$, 我們得到 $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor\gt \Big\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\Big\rfloor\ge \lfloor\sqrt[3]{8n+3}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$, 但是此時 $\lfloor\sqrt[3]{8n+5}\rfloor$ 與 $\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 是相鄰整數, 因此, 我們仍然得到 $\Big\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\Big\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$。所以, 對任意自然數 $n$, 則 $\Big\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\Big\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 必成立。

再來, 任選 $a\in[\dfrac 45,\dfrac 54]$, 固定這個 $a$,。 對任意自然數 $n$, 我們有 $\Big\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\Big\rfloor\ge\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+a}\rfloor\ge \lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 45}\rfloor$, 但是在上一段與 [定理三], 我們分別證明了 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 54}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 及 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac 45}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$, 因此 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+a}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$, 我們就完成定理證明了。

針對更一般的等式 $\lfloor\sqrt[3]{n+a} +\sqrt[3]{n+b}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$, 在滿足 [定理四] 的條件下, 進行 [定理三] 的類似論證, 我們也可以得到許多等式, 例如：

(1) 對任意自然數 $n$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{n+\dfrac 13}+\sqrt[3]{n+\dfrac 23}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 會成立。

(2) 對任意自然數 $n$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{n+\dfrac 14}+\sqrt[3]{n+\dfrac 34}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 會成立。

(3) 對任意自然數 $n\ge4$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{n-\dfrac 5{10}}+\sqrt[3]{n+\dfrac {13}{10}}\rfloor =\lfloor\sqrt[3]{8n+4}\rfloor$ 會成立

　$\vdots$

所以 [定理一] 只是 [定理四] 的一個特殊情形。 從 [定理一] 到 [定理四] 的過程, 也適用在其它類似的等式, 例如, 用完全相同方法, 可推廣 $\lfloor\sqrt[3]{n} +\sqrt[3]{n+1}+\sqrt[3]{n+2}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{27n+26}\rfloor$ 得到以下定理。

定理七： 選定三個實數 $a,b$ 與 $c$ 滿足 $\dfrac{26}9\lt a+b+c\lt 3$, 則將會有一個與 $a,b,c$ 有關的自然數 $m$, 使得對任意自然數 $n\ge m$, $\lfloor\sqrt[3]{n+a} +\sqrt[3]{n+b}+\sqrt[3]{n+c}\rfloor=\lfloor\sqrt[3]{27n+26}\rfloor$ 必成立。

在滿足 [定理七] 的條件下, 進行 [定理三] 的類似論證, 我們就可以得到許多等式, 例如：

(1) 對任意自然數 $n$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{n+1}+\sqrt[3]{n+1}+\sqrt[3]{n+\dfrac {17}{18}}\rfloor =\lfloor\sqrt[3]{27n+26}\rfloor$ 必成立;

(2) 對任意自然數 $n$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{n+\dfrac 13}+\sqrt[3]{n+\dfrac 13}+\sqrt[3]{n+\dfrac {23}{10}}\rfloor =\lfloor\sqrt[3]{27n+26}\rfloor$ 必成立;

(3) 對任意自然數 $n\ge 19$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac {261}{90}}\rfloor =\lfloor\sqrt[3]{27n+26}\rfloor$必成立;

(4) 對任意自然數 $n\ge 19$, 等式 $\lfloor\sqrt[3]{n-\dfrac 15}+\sqrt[3]{n}+\sqrt[3]{n+\dfrac {287}{90}}\rfloor =\lfloor\sqrt[3]{27n+26}\rfloor$ 必成立;

　$\vdots$

讀者也可以試試看, 利用這種方法將等式 $\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\rfloor=\lfloor\sqrt{4n+2}\rfloor$ 與 $\lfloor\sqrt{n}+\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\rfloor=\lfloor\sqrt{9n+8}\rfloor$ 進行類似推廣。 其實, 有許多數論中的等式可以進行類似的連續變化, 例如, 在"由 $\lfloor\dfrac 12+\sqrt{n+\dfrac 12}\rfloor=\lfloor\dfrac 12+\sqrt{n+\dfrac 14}\rfloor$ 談數學發現的一種方法" 這篇文章中, 我們就為高中生說明另一個較簡單等式的連續變化過程。

參考文獻

1. 李錦鎣, 等式 $\lfloor\sqrt{n} +\sqrt{n+1}+\sqrt{n+2}\rfloor=\lfloor\sqrt{9n+8}\rfloor$ 成立嗎？, 數學傳播季刊, 39(3), 42-46。
2. 李錦鎣, 由 $\lfloor\dfrac 12+\sqrt{n+\dfrac 12}\rfloor=\lfloor\dfrac 12+\sqrt{n+\dfrac 14}\rfloor$ 談數學發現的一種方法, 自然科學與教育期刊, 彰化師大理學院, 2015。 (http://science.ncue.edu.tw/journal/index.html)

---本文作者任教國立彰化師範大學數學系---