點上方好玩的數學可加關注帶你走進一個不一樣的數學世界1大家或許都聽說過一個與正方形剖分相關的非常經典的問題：對于哪些正整數 n ，我們可以把一個正方形分割成 n 個小正方形（允許出現大小相同的小正方形）？答案是，除了 n = 2, 3, 5 以外，對于其他所有的 n ，把一個正方形分割成 n 個小正方形都是有可能的。對于 n = 1, 4, 6, 7, 8 的情況，分割方案如下圖所示：

對于更大的 n 呢？注意到，每次用橫豎兩條線把一個小正方形分成四個更小的小正方形後，我們都會讓這個圖形裡的正方形數目增加 3 個。因此，我們隻需要在 n = 6 的方案上增加兩筆，就能得到一個 n = 9 的方案；隻需要在 n = 7 的方案上增加兩筆，就能得到一個 n = 10 的方案；隻需要在 n = 8 的方案上增加兩筆，就能得到一個 n = 11 的方案；隻需要在 n = 9 的方案上增加兩筆，就能得到一個 n = 12 的方案……于是，其他所有的情況都被我們解決了。2不過，你有沒有想過，同樣的問題搬到立方體上，答案又會如何呢？換句話說，對于哪些正整數 n ，我們可以把一個立方體分割成 n 個小立方體（允許出現大小相同的小立方體）？人們已經證明了一個和剛才類似的結論：除了有限多個 n 以外，對于其他所有的 n ，這個問題都是有解的。事實上，對于所有的正整數 n ≥ 48 ，把一個立方體分割成 n 個小立方體都是有可能的。證明思路和剛才一樣。在任意一種立方體剖分方案中，每次把一個小立方體分割成 8 個更小的立方體，整個剖分方案中的立方體個數都會淨增 7 個。因此，為了證明上面給出的結論，我們隻需要構造出 n = 48, 49, 50, 51, 52, 53, 54 時的剖分方案即可。不過，究竟該怎麼構造，這就要比剛才更有挑戰性了。n = 50 時的方案是最好構造的。從初始時的立方體出發，每次選一個小立方體并把它分成 8 份，于是我們便會得到 1 7 7 7 7 7 7 7 = 50 個小立方體。把立方體分成 3 × 3 × 3 = 27 個小立方體，并把其中 8 個小立方體合成一個大立方體，我們便能得到 n = 20 時的方案，進而可以得到 20 7 7 7 7 = 48 個小立方體。在 n = 20 時的方案中選擇一個小立方體，并套用這個方案本身把它細分成 20 份，我們便能得到 n = 39 時的方案，進而可以得到 39 7 7 = 53 個小立方體。

把立方體分成 4 × 4 × 4 = 64 個小立方體，并把其中 27 個小立方體合成一個大立方體，我們便能得到 n = 38 時的方案，進而可以得到 38 7 7 = 52 個小立方體。

真正比較困難的就是構造 n = 49, 51, 54 時的方案了。前面的幾個構造或多或少地都借鑒了正方形剖分問題的解法。利用這些構造，我們可以從初始時的 1 個立方體出發，不斷地執行加 7 、加 19 、加 26 、加 37 四種操作之一。然而，這無論如何也變不出 n = 49, 51, 54 時的方案。因此，我們需要另辟蹊徑。 n = 49 時的方案如下，它裡面有 4 個邊長為 1/2 的立方體， 9 個邊長為 1/3 的立方體，以及 36 個邊長為 1/6 的立方體。

n = 51 時的方案如下，它裡面有 5 個邊長為 1/2 的立方體， 5 個邊長為 1/3 的立方體，以及 41 個邊長為 1/6 的立方體。

n = 54 時的方案最為複雜，很長一段時間裡，人們甚至認為這樣的方案根本不存在。但是最終，它還是被構造出來了。它裡面有 2 個邊長為 3/8 的立方體， 4 個邊長為 1/4 的立方體， 6 個邊長為 1/2 的立方體，以及 42 個邊長為 1/8 的立方體。

至此，我們就完整地證明了，對于所有的 n ≥ 48 ，滿足要求的立方體剖分方案都是存在的。3顯然，這個問題還可以進一步擴展到更高維的空間。對于任意正整數 d ≥ 2 ，我們都可以問：能否找到某個正整數，使得對于所有大于等于該正整數的 n ，把 d 維立方體分割成 n 個小的 d 維立方體的方案都是存在的？如果能找到這樣的正整數的話，那麼這樣的正整數最小是多少？不妨把這個最小的滿足要求的正整數記作 c(d) 。我們現在已經知道了， c(2) 等于 6 ，并且 c(3) 很可能等于 48 。容易證明，不管 d 是多少， c(d) 一定都是存在的。首先，我們來證明一個經典的數論結論：若 a 和 b 是兩個互質的正整數，則對于所有的正整數 n ≥ a · b ，我們都能找到适當的非負整數 p 和 q ，使得 n = p · a q · b 。注意到，對于任意一個正整數 n ≥ a · b 都有， n, n – a, n – 2 · a, n – 3 · a, …, n – (b – 1) · a 是 b 個不同的正整數，并且它們除以 b 的餘數互不相同。它們是 b 個不同的正整數，這很容易看出；但是，它們除以 b 的餘數為什麼互不相同呢？這是因為，如果存在 0 ≤ i < j ≤ b – 1 使得 n – i · a 和 n – j · a 除以 b 的餘數相同，這就說明 n – i · a 和 n – j · a 之差是 b 的倍數，即 j · a – i · a = (j – i) · a 是 b 的倍數。既然 a 與 b 互質，要想讓 (j – i) · a 是 b 的倍數，必然得讓 j – i 是 b 的倍數。但是， i 和 j 都是 0 到 b – 1 之間的數，因而 j – i 比 b 要小，它不可能是 b 的倍數，于是産生矛盾。然而，除以 b 的餘數隻有 b 種不同的可能。這說明， n, n – a, n – 2 · a, n – 3 · a, …, n – (b – 1) · a 除以 b 的餘數取遍了所有的可能。因此，我們必然能找到某個 0 ≤ p ≤ b – 1 ，使得 n – p · a 除以 b 的餘數為 0 ，即 n – p · a 是 b 的整倍數。這樣一來， n 就正好能被表示成 p · a q · b 了。回到立方體剖分的問題。從初始時的立方體出發，每次把一個小立方體分割成 2^d個更小的立方體，整個剖分方案中的立方體個數都會淨增 2^d– 1 個；每次把一個小立方體分割成 (2^d– 1)d 個更小的立方體，整個剖分方案中的立方體個數都會淨增 (2^d– 1)^d– 1 個。因此，當 n 為任何一個形如 1 p · (2^d– 1) q · ((2^d– 1)^d– 1) 的數時（其中 p 、 q 均為非負整數），剖分方案都是存在的。然而， 2^d– 1 和 (2^d– 1)^d– 1 顯然是兩個互質的數（前者的某個整倍數與後者相差 1 ），由剛才的數論結論立即可得，對于所有的 n > (2^d– 1)((2^d– 1)^d– 1) ，剖分方案都是存在的。但是，對于更大的 d ， c(d) 的值具體是多少，這仍然是數學當中的未解之謎。

這個問題最早是 1946 年由 N. J. Fine 和 I. Niven 在 The American Mathematical Monthly 上提出的，題目編号為 E724 。 Fritz Herzog 、 William Scott 、 Doris Rychener 、 Christoph Meier 、 Matthew Hudelson 都對問題的解答有不同程度的貢獻。 Martin Gardner 在 Fractal Music, Hypercards and More: Mathematical Recreations from Scientific American Magazine 一書中指出 c(3) 的值就是 48 ，并列出了所有不滿足要求的 n 值：

2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 16, 17, 18, 19, 21, 23, 24, 25, 26, 28, 30, 31, 32, 33, 35, 37, 40, 42, 44, 47

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