楊武之的九金字塔數定理

楊武之的九金字塔數定理

林開亮 · ^張愛仙

楊武之 (字克純, 1896∼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[11]) 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[9], 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[9]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[7] 在1952 年得到的八金字塔數定理以及楊振寧、 鄧越凡 [11] 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. number = △ + △ + △.

這條日記中 △ 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[3]第257 頁)。¹

2. 楊武之九金字塔數定理

楊武之先生在 1928 年的博士論文 [8] 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[1]:

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 + · · · + 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粧等式²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

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 [4] (也見[5]) 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朱世傑(1249∼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。” 朱世傑粧等式有許 多, 這裏所指的是其中最簡單的一個:

m m



+m + 1 m



+ · · · +n m



=n + 1 m + 1

 .

另一個略微不平凡的朱世傑粧等式 (又稱為朱-范德蒙 (Chu-Vandermonde) 粧等式) 是下述 X

i≥0

r i

 s p − i



=r + s 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´egot), The American Mathematical Monthly, Vol.101, No.

9 (Nov., 1994), pp. 894-896.

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 [11] 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[3])。

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。

註記 1. 證明可見 [3] 或 [6], 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[3, p. 257]) :

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 = X² + Y²+ Z².

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 = 1

2x(x + 1) +1

2y(y + 1) + 1

2z(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) = (x³−x)/6 有, f(n) = n³ − n

6 = (n − 1)n(n + 1)

6 , 因此 f (n+1) = n(n + 1)(n + 2)

6 就是金字塔數。

引理 2. 設 f (x) = (x³− x)/6 且 n 為正整數, 則對任意給定的自然數 a, 以下 3ⁿ 個數 f (a + 3k), k = 0, 1, . . . , 3ⁿ− 1,

模 3ⁿ 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, . . . , 3ⁿ− 1) 的數模 3ⁿ 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 ∈ {1, . . . , 3ⁿ− 1} 有:

f (a + 3k) − f(a) 6≡ 0 (mod 3ⁿ).

計算有

f (a + 3k) − f(a) = (a + 3k)³ − (a + 3k)

6 − a³− a 6

= 3k · (a + 3k)²+ (a + 3k)a + a²− 1 6

= k

2(3a²+ 9ka + 9k²− 1).

注意到, 因數 (3a²+9ka+9k²−1) ≡ 2 (mod 3) 不被 3 整除, 因此, 如果 f(a+3k)−f(a) ≡ 0 (mod 3ⁿ), 則 k 必定被 3ⁿ 整除, 但 k ∈ {1, . . . , 3ⁿ− 1}, 這不可能! 引理證畢。

註記 2. 引理 2 見於楊武之[10], 他在 [9] 中指出, 引理2 可以推廣為下述形式 (證明則見[10]):

命題: 設 f (x) = 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 pⁿ 個數

f (a + pk), k = 0, 1, . . . , pⁿ− 1,

模 pⁿ 兩兩互不同餘。

最後我們還需要以下引理, 這是楊武之[9]中結果的一個簡單形式。

引理 3. 設 f (x) = x³− x

6 , 則對任意的正數 s ≥ 1, 存在一個整數 u ≥ 1 使得 0 ≤ s − f(u) ≤ 2s^2/3.

證明: 設 r 是 F (x) = f (x) − s 在 [1, +∞) 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 ≥ 1 寫成整數部分 u 與小數部分 v 之和: r = u + v。 則因為 1 ≤ u ≤ r, 我們有

f (u) ≤ f(r) = s.

另一方面,

s − f(u) = f(r) − f(u)

= v3r²− 3rv + v²− 1 6

= v3r²− 3rv − (1 − v²)

6 (注意到 0 ≤ v < 1)

< 3r²

6 = r²/2.

於是我們只需證明 r²/2 ≤ 2s^2/3, 即 r ≤ 2s^1/3。 根據 f (x) 的單調性, 我們只需證明 f (r) ≤ f (2s^1/3), 即

s ≤ 8s − 2s^1/3 6 . 這是顯然的 (注意到 s ≥ 1 保證 s ≥ s^1/3)。 證畢。

應用引理 3 可以直接證明, 每一個小於 168 · 3²⁴= 2³· 3²⁵· 7 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 < 168 · 3²⁴, 根據引理 3, 存在整數 u ≥ 0 使得

0 ≤ s − f(u) < 2s^2/3 < 2³ · 3^50/3· 7^2/3. 繼續應用引理3, 存在整數 x ≥ 0 使得

0 ≤ s − f(u) − f(x) < 2³· 3^100/9· 7^4/9. 再次應用引理 3 可知, 存在整數 y ≥ 0 使得

0 ≤ s − f(u) − f(x) − f(y) < 2³· 3^200/27· 7^8/27.

最後一次應用引理 3, 存在整數 z ≥ 0 使得

0 ≤ s−f(u)−f(x)−f(y)−f(z) < 2³·3^400/81·7^16/81< 2³·3⁵·7^1/5 < 8·243·3/2 = 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 ≥ 168 · 3²⁴ 的整數 s 可以寫成九個金字塔數之 和。

對於任意的整數 s ≥ 168 · 3²⁴, 必定存在一個整數 n ≥ 8 使得 168 · 3³ⁿ ≤ s < 168 · 3³⁽ⁿ⁺¹⁾. 更進一步, 必定存在整數 j ∈ {1, 2, 3} 使得

168 · 3^3n+j−1 ≤ s < 168 · 3^3n+j. (1) 根據引理 1 (對上述 n 以及 a = 0), 存在 u ∈ {1, . . . , 3ⁿ− 1} 使得 s 與 f(3u) 模 3ⁿ 同餘, 即

s ≡ f(3u) (mod 3ⁿ).

換言之, 存在正整數 M 使得

s = f (3u) + M · 3ⁿ. (2) 注意到

0 < f (3u) = (3u)³− 3u

6 < (3u)³ 6 = 27

6 u³ < 5u³ < 5(3ⁿ)³ = 5 · 3³ⁿ. (3) 於是由 (1) 和 (3), 我們得到 M · 3ⁿ = s − f(3u) 的估計:

168 · 3^3n+j−1− 5 · 3³ⁿ< M · 3ⁿ< 168 · 3^3n+j. 從而

(168 · 3^j−1− 5) · 3²ⁿ < M < 168 · 3^2n+j = (168 · 3^j) · 3²ⁿ. 令 M = 3²ⁿ+ N, 則由 (2) 有

s = f (3u) + 3ⁿ(3²ⁿ+ N), (4) 其中

(168 · 3^j−1− 6) · 3²ⁿ< N < (168 · 3^j − 1) · 3²ⁿ. (5)

下面我們將證明: 存在整數 v > 0, w ≥ 0, Q ∈ {0, 1, . . . , 3²ⁿ} 且 Q ≡ 1 或 2 (mod 4) 使得

3ⁿ(N + 1) = f (v) + f (w) + 3ⁿQ. (6) 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

Q = x² + y²+ z² (7)

於是

s = f (3u) + 3ⁿ(3²ⁿ+ N)

= f (3u) + 3³ⁿ+ 3ⁿN

= f (3u) + 3³ⁿ+ f (v) + f (w) + 3ⁿQ − 3ⁿ

= f (3u) + f (v) + f (w) + 3³ⁿ+ 3ⁿQ − 3ⁿ

= f (3u) + f (v) + f (w) + 3³ⁿ+ 3ⁿ(x²+ y²+ z²) − 3ⁿ. 注意到³

3³ⁿ+3ⁿ(x²+y²+z²)−3ⁿ = f (3ⁿ+x)+f (3ⁿ−x)+f(3ⁿ+y)+f (3ⁿ−y)+f(3ⁿ+z)+f (3ⁿ−z).

於是, 我們得到:

s = f (3u)+f (v)+f (w)+f (3ⁿ+x)+f (3ⁿ−x)+f(3ⁿ+y)+f (3ⁿ−y)+f(3ⁿ+z)+f (3ⁿ−z).

注意到 Q ≤ 3²ⁿ, 因此 x, y, z ≤ 3ⁿ, 從而 3ⁿ± x, 3ⁿ± y, 3ⁿ± 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(6)成立。 為此, 計算出 f (v) + f (w) = (v + w)v²− vw + w²− 1

6 = (v + w)(v + w)²− 3vw − 1

6 .

令 v + w = 2a · 3ⁿ⁺¹, 其中 a > 0 為待定的半整數。 於是

f (v) + f (w) = 2a · 3ⁿ⁺¹4a² · 3²ⁿ⁺²− 3v(2a · 3ⁿ⁺¹− v) − 1 6

= 3ⁿ· a(4a² · 3²ⁿ⁺²+ 3v²− 6a · 3ⁿ⁺¹v − 1)

= 3ⁿ· P.

3這裏用到了粧等式 (可直接驗證)

a³ 3 + ab²−

a

3 = f (a + b) + f (a − b).

令 a = 3ⁿ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。

其中

P = a · (4a²· 3²ⁿ⁺²+ 3v²− 6a · 3ⁿ⁺¹v − 1). (8) 於是 (6) 式成為 3ⁿ(N + 1) = 3ⁿ(P + Q), 也就是

N + 1 = P + Q. (9)

於是, 現在我們要選擇半整數 a > 0 與整數 v ≥ 0 使得

v ≤ 2a · 3ⁿ⁺¹ (以確保 w ≥ 0), (10) 且

0 ≤ N + 1 − P ≤ 3²ⁿ (以確保 0 ≤ Q ≤ 3²ⁿ). (11) 先考慮 (11)。 為此, 計算

N + 1 − P = N + 1 − a · [4a²· 3²ⁿ⁺²+ 3v²− 6a · 3ⁿ⁺¹v − 1]

= N + 1 − a · [3(v − 3ⁿ⁺¹a)²− (1 − 3²ⁿ⁺²a²)].

要使得 N + 1 − P ≥ 0, 只需 1

3

 N + 1

a + 1 − 3²ⁿ⁺²a²



= 1

3A ≥ v − 3ⁿ⁺¹a
2

, (12)

其中

A = N + 1

a + 1 − 3²ⁿ⁺²a². (13) 於是只要選擇 a, v 使得

A ≥ 0, (14)

0 ≤ v − 3ⁿ⁺¹a ≤pA/3. (15) 類似地, 計算

N + 1 − P − 3²ⁿ = N + 1 − 3²ⁿ− a · [4a²· 3²ⁿ⁺²+ 3v²− 6a · 3ⁿ⁺¹v − 1]

= N + 1 − 3²ⁿ− a · [3(v − 3ⁿ⁺¹a)²− (1 − 3²ⁿ⁺²a²)].

要使得 N + 1 − P − 3²ⁿ ≤ 0, 只需 1

3

 N + 1 − 3²ⁿ

a + 1 − 3²ⁿ⁺²a²



= 1

3B ≤ v − 3ⁿ⁺¹a
2

, (16)

其中

B = N + 1 − 3²ⁿ

a + 1 − 3²ⁿ⁺²a² = A −3²ⁿ

a . (17)

於是只要選擇 a, v 使得

B ≥ 0, (18)

v − 3ⁿ⁺¹a ≥pB/3 (19)

綜上, 為使 (14)−(15) 與 (18)−(19) 同時成立, 我們只需要選擇 a, v 使得

B ≥ 0, (20)

pB/3 + 3ⁿ⁺¹a ≤ v ≤ pA/3 + 3ⁿ⁺¹a. (21) (20) 與 (21) 可確保 (11) 成立, 為確保 (10) 成立, 只需 a 滿足

pA/3 ≤ 3ⁿ⁺¹a. (22)

注意到 (20) 與 (22) 一起等價於

(9a³+ 1)3²ⁿ− (a + 1) ≤ N ≤ 36a³3²ⁿ− (a + 1). (23) 現在我們知道, N 滿足 (5), 因此只需要選擇 a, v 使得

(9a³ + 1)3²ⁿ− (a + 1) ≤ (168 · 3^j−1− 6) · 3²ⁿ+ 1, (24) 且

(168 · 3^j− 1) · 3²ⁿ ≤ 36a³3²ⁿ− a. (25) 這是不難辦到的: 對 j = 1, 2, 3 的情況, 對應的 a = aj 可以分別取 5/2, 7/2, 11/2。 現 在我們來考慮 (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 (21)。 令 r = ^A−B_A = ³_a·A²ⁿ ∈ [0, 1], 則不等式組 (21) 所定義的區間的長度為

d =pA/3 −pB/3 =r A

3(1 −√

1 − r) =r A 3

r 1 +√

1 − r >r A 3 ·r

2 = 3²ⁿ 2a · 1

√3A. 於是我們只需要估計 3A = ^{3(N +1)}_a + 3 − 3²ⁿ⁺³a² 的上界, 注意到根據(5), 我們有 N + 1 ≤ (168 · 3^j − 1)3²ⁿ, 於是

3A ≤ 3(168 · 3^j − 1)

a + 1 − 27a²

 3²ⁿ 所以, 當 j = 1 時 (注意此時 a = 5/2), 我們有

3A ≤ 2 · 3(168 · 3 − 1)

5 + 1 − 27 · 25 4



3²ⁿ < 436 · 3²ⁿ< 21²· 3²ⁿ,

因此

d = 3²ⁿ 5 · 1

√3A > 3²ⁿ 5 · 1

21 · 3ⁿ = 3ⁿ

105 ≥ 3⁸

105 = 6561 105 > 62.

類似地, 當 j = 2 時 (注意此時 a = 7/2), 我們有 3A ≤ 2 · 3(168 · 9 − 1)

7 + 1 − 27 · 49 4



3²ⁿ < 966 · 3²ⁿ< 32²· 3²ⁿ, 因此

d = 3²ⁿ 7 · 1

√3A > 3²ⁿ 7 · 1

32 · 3ⁿ = 3ⁿ

224 ≥ 3⁸

224 = 6561 224 > 29.

最後, 當 j = 3 時 (注意此時 a = 11/2), 我們有 3A ≤ 2 · 3(168 · 27 − 1)

11 + 1 − 27 ·121 4



3²ⁿ< 1658 · 3²ⁿ < 41²· 3²ⁿ, 因此

d = 3²ⁿ 11 · 1

√3A ≥ 3²ⁿ 11 · 1

41 · 3ⁿ = 3ⁿ

451 ≥ 3⁸

451 = 6561 451 > 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 − 3²ⁿ+ 1 ≡ M (mod 4), 因此我們只要選擇 v 使得當 M ≡ 0, 1, 2, 3 (mod 4) 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 ≡ 0 (mod 4) 與 P ≡ 2 (mod 4) 總有解。 我們分情況討論如下。

如果 j = 1, 則

2P = 5·(5²·3²ⁿ⁺²+3v²−5·3ⁿ⁺²v−1) ≡ −3ⁿv+7v²≡

(−v+7v² 若 n 為偶數

5v+7v² 若 n 為奇數 (mod 8) 因此, 如果 n 是偶數, 取 v ≡ 0 (mod 8) 或 v ≡ 3 (mod 8) 即可保證 2P ≡ 0 (mod 8) 或 2P ≡ 4 (mod 8), 從而 P ≡ 0 (mod 4) 或 P ≡ 2 (mod 4); 若 n 是奇數, 則我們取 v ≡ 0 (mod 8) 或 v ≡ 1 (mod 8) 即可保證 P ≡ 0 (mod 4) 或 P ≡ 2 (mod 4)。

類似的, 如果 j = 2, 則

2P = 7·(7²·3²ⁿ⁺²+3v²−7·3ⁿ⁺²v−1) ≡ −3ⁿv+5v²≡

(−v+5v² 若 n 為偶數

5v+5v² 若 n 為奇數 (mod 8) 因此, 如果 n 是偶數, 取 v ≡ 0 (mod 8) 或 v ≡ 1 (mod 8) 即可保證 2P ≡ 0 (mod 8) 或 2P ≡ 4 (mod 8), 從而 P ≡ 0 (mod 4) 或 P ≡ 2 (mod 4); 若 n 是奇數, 則我們取 v ≡ 0 (mod 8) 或 v ≡ 3 (mod 8) 即可保證 P ≡ 0 (mod 4) 或 P ≡ 2 (mod 4)。

最後, 如果 j = 3, 則

2P = 11·(11²·3²ⁿ⁺²+3v²−11·3ⁿ⁺²v−1) ≡ −3ⁿv+v²≡

(−v+v² 若 n 為偶數

5v+v² 若 n 為奇數 (mod 8)

因此, 取 v ≡ 0 (mod 8) 或 v ≡ 4 (mod 8) 即可保證 P ≡ 0 (mod 4) 或 P ≡ 2 (mod 4)。

綜上, 對一切自然數 s ≥ 168 · 3²⁴ 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[9], 華東師範大學圖書館的王善平老 師為我們提供了文獻[10]。

參考資料

1. Manjul Bhargava, Autobiography, in Mariana Cook, Mathematicians–An outer view of the inner world, Princeton University Press, 2009.

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11. 清華大學應用數學系編,《楊武之先生紀念文集》, 清華大學出版社, 1998 年。

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