摘要  完美立方体猜想提出已经有300多年了，人们试图通过各种方法找到它存在的事实。本文通过建立立方体的三条棱长、三条面对角线长和体对角线长之间所有关系的不定方程组，发现其中“三条棱与三条面对角线”之间的不定方程组则是连等式, 而且利用Brahmagupta-Fibonacci恒等式，可以发现它们存在本原毕得哥拉斯数的解，但此时三条棱之间则不存在毕得哥拉斯型方程关系,或者不是毕得哥拉斯数解，从而证明完美立方体是不存在的。

关健词(KeyWords)：完美立方体，本原毕得哥拉斯数，不定方程组，毕得哥拉斯型连等方程，Brahmagupta-Fibonacci恒等式。

1.研究历史与进展

1.1问题的由来

关于完美立方体问题（也被称为欧拉完美立方体问题）的介绍很多，但未查到有关公开的数学论文。这里介绍的是文[1]中的部分相关内容：英国数学家约翰·里奇借助平面内完美正方形一词，提出了研究空间完美立方体问题，也叫有理长方体问题。

实际上，很容易证明完美正方体不存在。因此，为了保持数学上的严谨性，我们应该称这个问题为完美长方体猜想。

这样完美长方体猜想的数学表述是：存在一种完美长方体，它的三条棱、三条面对角线、以及体对角线的长都是自然数的长方体。

里奇是当代数学家，可能是他先公开提出这个“完美长方体猜想”，同时也有人说这个猜想最早是丢番图提出的，应该也有很大可能性。还有人认为完美长方体猜想与费马大定理的提出过程类似，可以推测早期的数学家也是受毕得哥拉斯定理和毕得哥拉斯数的启发，发现和提出了完美长方体问题。但是，完美长方体猜想为什么没有被命名为某个人名猜想，又说明这个猜想可能被不同时代的不同人都个自独立发现过。

1.2现有研究进展

在历史上，欧拉也曾研究过完美长方体问题，如果研究其中只有体对角线不是自然数的长方体问题，就把这个问题转化为了欧拉砖问题，也叫欧拉长方体。

1719年，德国工程师巴克发现了体积最小的欧拉砖：这种长方体砖的三条棱长分别为a=117、b=44、c=240，那么有

a²+b²= 117²+44²=125²

b²+c²= 44²+240²=244²

c²+a²= 117²+240²=267²

a²+b²+c²= 117²+44²+240² =73225

但73225 不是平方数。

欧拉也曾找到一个拟完美立长方体：a=153、b=104、c=672，那么有

a²+b²+c²= 153²+104²+672²=697² 

a²+b²= 153²+104²=185²

b²+c²=104²+672²=680²

c²+a²= 153²+672² =474993

但474993不是平方数。

英国数学家桑德森发现了一个欧拉砖的通解公式，而且是以毕得哥拉斯数为基础构造的，说明砍拉砖的组数是有无穷的。

1895年，法国数学家布罗卡德曾声称，他证明不存在完美长方体。不过后来有数学家发现他的证明有误。

进入20世纪80年代以来，数学家利用计算机寻找完美长方体，从1985年可能存在的最小棱数106，已经提高到了1000亿内的所有立方体，但仍未找到一个完美长方体。

据[2]介绍, 时至今日，有关完美长方体猜想的讨论研究很多，但还没有被人发现过，也没有人能它存不存在。

2.原命题的不定方程表示

根据前面提到的里奇猜想是：存在一种完美长方体，它的三条棱、三条面对角线、以及体对角线的长都是自然数的长方体。

我们继续设长方体的三条棱长为a、b、C,三条面对角线长为x、y、Z,并设体对角线长为w,如图所示：

这样可以多次利用毕得哥拉斯定理，得到下列方程组：

(2.1)a²+b²=x²

(2.2)b²+c²=y²

(2.3)c²+a²=z²

a²+b²+c²=w²(2.4)

(2.5)a²+y²=w²

b²+z²=w²(2.6)

(2.7)c²+x²=w²

(2.8)x²+y²+z²=2w²

这样就建立了关于“完美长方体”三条棱长、三条面对角线长和体对角线长之间所有关系的(2.1)、(2.2)、(2.3)、(2.4)、(2.5)、(2.6)、(2.7)、(2.8)等8个方程组，这是一组七元二次(齐次)不定方程，简称G-8。我们通过前面关于欧拉砖问题的讨论分析发现：在G-8中，最多

有同时满足其中3个方程的整数解，但不存在同时满足4个以上方程正的整数解。

这样以来，上述完美长方体问题就转化为：求解同时满足所有G-8方程的正整数解，或者证明不存在同时满足所有G-8方程的正整数解问题。

本文运用初等数论方法证明了以下结果：

定理在G-8中，当(2.5)、(2.6)和(2.7)中任意两个存在本原毕得哥拉斯型数通解时，则在(2.1)、(2.2)和(2.3)中至少有一个不存在正整数解，那么所谓的完美长方体就不可能存在。

3.定义和若干引理

定义1若正整数A,B,C满足

A²+B²=C²(3.1)

称方程(3.1)为毕得哥拉斯型方程，并称(A,B,C)为毕得哥拉斯数组.

若设gcd(A,B)=d,即d为A和B的一个大于1的整数因子.由(3.1)有d|C,故可取d=1,则有gcd(A,B)=1,其中A,B,C没有一个共同的因子，即gcd(A,B,C)=1.这时满足(3.1)的正整数(A,B,C)可称为本原毕得哥拉斯数。

引理3.1  若(A,B,C)为本原毕得哥拉斯数，则gcd(A,B)=gcd(B,C)=gcd(C,A)=1。

证明  根据A²+B²=C²,若A,B,C中有两个是d(d≥1)的倍数，则剩下一个也是d的倍数，则有gcd(A,B)=gcd(B,C)=gcd(C,A)=d,此时由于(A,B,C)为本原毕得哥拉斯数，则须d=1。■

显然，引理3.1的逆命题也成立，则有下面结果

引理3.2若(A,B,C)为毕得哥拉斯数组，且gcd(A,B)=1,或者gcd(B,C)=1,或者gcd(C,A)=1,则(A,B,C)为本原毕得哥拉斯数。

证明 略

由引理3.2可知，在(3.1)中有gcd(A,B)=gcd(B,C)=gcd(C,A)=1时，不失一般性，可设2|B时，则有下面结果

引理3.3此时(3.1)的全部正整数解为本原毕得哥拉斯数，可表示为A=m²-n²,B=2mn,C=m²+n²,其中m>n,(m,n)=1,且m,n为奇偶性互异的正整数。

证明 略  ■

定义2在引理3.3情况下，关于A,B,C的3个等式称为本原毕得哥拉斯数(A,B,C)的通解式，也可简称为本原毕得哥拉斯数通解式。

定义3为了方便后续的讨论分析，我们可将(3.1)中的本原毕得哥拉斯数A、B和C分别简称为：A位数、B位数和C位数.

因此，我们很容易得到引理3.1的一个推论。

引理3.4在本原毕得哥拉斯数(A,B,C)中，则有A位数为奇数，B位数为偶数，且C位数为奇数.

证明由引理3.3的本原毕得哥拉斯数通解式，可知此引理成立。

下面我们证明几个与G-8有关的引理。

引理3.5在G-8中，(2.1)、(2.2)和(2.3)中的a、b、c两两互不

相等。

证明  我们完美长方体定义可知，其三条棱长a、b、c不可能两两相等，这个结果可由勾股定理证明，否则体对角线x、y、z为无理数。■

实际上，我们分析讨论的所谓“完美立方体猜想”,更严格地讲是一个“完美长方体猜想”。

由引理3.5,我们可以很容易得到一个推论

引理3.6在G-8中，由a、b、C的对称性，不仿设a<b<C,则可得到x>a或b,且x≠c;还有y>Z>C,且X<Z<y<W。

证明 在G-8中，利用毕得哥拉斯数的性质和(2.1)、(2.2)、(2.3)、(2.4)、(2.5)、(2.8)之间的代数关系，可以很容易证明此引理。■

3.3新证明方法的发现

在研究欧拉发现的“欧拉砖”问题时，我们会发现这里不存在完美长方体的原因是，当a,b,c构建成毕得哥拉斯型方程组(2.1)、(2.2)和(2.3)时，会出现a,b,c在方程组中的循环关系，这个循环关系还受每个方程的毕得哥拉斯数解所制约.同时要满足(2.5)、(2.6)和(2.7)存在毕得哥拉斯数解，还有更严格的要求是，(2.5)、(2.6)和(2.7)还是连等式方程(组),即可以写成下面三连等形式

(3.9)w²=a²+y²=b²+z²=c²+x²

显然，无论是前面介绍的巴克发现的欧拉砖中所获得的部分等式，还是欧拉自已曾找到的一个拟完美立方体的结果，这些结果并不能使连等式方程(3.9)也存在正整数(毕得哥拉斯数)解。

另外，连等式方程(3.9)可以写成下列二连等形式

w²=a²+y²=b²+z²(3.10)

(3.11)w²=b²+z²=c²+x²

w²=c²+x²=a²+y²(3.12)

显然，(3.10)、(3.11)和(3.12)属于由两个等式构成的同一类不定方程，为了求它们的毕得哥拉斯数解，先要分析与它们同类更一般的二连等式不定方程

W²=A²+B²=C²+D²(3.13)

是否也存在毕得哥拉斯数通解式的命题。

我们知道，根据Brahmagupta-Fibonacci恒等式，任何两个数的平方和与另两个数的平方和的乘积也仍然是两个数的平方和。因此，我们可以获得下面一系列重要结果：

引理3.7若A,B,C,D是两两互不相等的正整数，则有

N=A²+B²=C²+D²(3.14)

那么(3.14)成立的充分必要条件是

N=(p²+q²)(r²+s²)(3.15)

其中p,q,r,s都是正整数，且有p≠q,r≠s,pr≠qs ,ps≠qr。

证明  1.先证明此命题的充分性。

设N=(p²+q²)(r²+s²),其中p,q,r,s都是正整数，且有p≠q,r≠s,pr≠qs ,ps≠qr.则有

N=(p²+q²)(r²+s²)=p²r²+p²s²+q²r²+q²s²

=(pr+qs)²+(ps-qr)²=(ps+qr)²+(pr-qs)²

令A=pr+qs,B=|ps-qr|,C=ps+qr,D=|pr-qs|.

则有

N=A²+B²=C²+D²

因ps≠qr,pr≠qs,则有B=|ps-qr|≠0,D=|pr-qsl≠0。因B=|ps-qr|=±(ps-qr),则有A=pr+qs≠±(ps-qr)=B.因p≠q,r≠s,则有(p-q)(r-s)≠0,pr-ps-qr+qs≠0则有

A=pr+qs≠ps+qr=C

因p≠0,r≠0,pr≠0,所以pr+qs≠±(pr-qs);则有

A=pr+qs≠|pr-qs|=D

同理可证明B≠C,B≠D和C≠D。

Ⅱ.再证明此命题的必要性。

设N=A²+B²=C²+D²,其中A,B,C,D都是两两互不相等的正整数，

首先，不可能发生A,B都是偶数，而C,D都是奇数，或A,D都是奇数，而C,D都是偶的情况，这是因为两个偶数平方和是4的倍数，而两个奇数平方和不是4的倍数。所以，在C,D中至少有一个与A奇偶相同，不妨设就是D。于是有

A²-D²=C²-B²      (A+D)(A-D)=(C+B)(C-B)

因为A,D奇偶相同，C,B奇偶相同，所以A+D,A-D,C+B,C-B

都是偶数。

A+D,A-D,C±B,C-B都是不妨设A>D,C>B,这时A±D)A-D)=(C±)S-B)正整数。这时从可以看出，必有正整数p,q,r,s,使得

A±D=pr,C±B=ps,C-B=qrA-D=qs,

则有

A=A+2+A-D=pr+qs,B=C±B-C-B=ps-qr

则有

N=A²+B²=(pr+qs)²+(ps-qr)²=p²r²+p²s²+q²r²+q²s²=(p²+q²)(r²+s²)

假设p=q,则有A+D=2pr=2qr=C-B,A-D=2qs=2ps=C+B,即有A=C,B=-D与已知A≠C矛盾，所以p≠q。

假设r=S ,则有A+D=2pr=2qr=C-B,A-D=2qs=2ps=C+B,即有A=C,B=-D与已知A≠C矛盾，所以r≠s。

or=A±D≠A-D=qs因为D≠0,,所以pr≠qs因为B=ps-qr≠0,所以ps≠qr。

同时，还有

c=C±B+C-B=ps+qr,D=A+D-A-D=pr-qs

则有

N=C²+D²=(ps+qr)²+(pr-qs)²=p²r²+p²s²+q²r²+q²s²=(p²+q²)(r²+s²)

同理可证得p≠q,r≠s,pr≠qs,ps≠qr.

引理3.8若有不定方程

XY=Z²(3.16)

那么(3.16)满足条件X>Y,且gcd(X,Y)=1的正整数通解式为

X=u²,Y=v²,Z=uv.

其中u,v都为正整数，且gcd(u,v)=1.

证明要使两个正整数u和v(u≥v)的乘积为一个平方数，则有三种情，即u=v;u和v都是平方数；或者u=k²v,k为正整数.显然，其中有一种符合X>Y,且gcd(X,Y)=1条件.那么通解式为

X=u²,Y=v²,Z=uv.

其中u,v都为正整数，且gcd(u,v)=1.  ■

根据引理3.7和引理3.8,我们很容易得到下面一个结论.

引理3.9若设

u²=p²+q²,v²=r²+s²

其中u,v都为正整数，且gcd(u,v)=1.

那么(3.15)中的N则是一个完全平方数，并设N=W²,即有

W²=(p²+q²)(r²+s²)(3.17)

证明  略     ■

同时，根据引理3.7和引理3.9,也可以得到下面一个结论.引理3.10当(3.13)存在正整数解时，其通解式为

W=[(p²+q²)(r²+s²)]2,A=pr+qs,B=ps-qr,C=ps+qr,D=pr-qs.

其中p,q,r,s都是正整数，且有p≠q,r≠s,pr≠qs,ps≠qr.

证明 略    ■另外，我们还有引理3.10的一个推论

引理3.11  在引理3.10中，我们不妨设gcd(p,q)=gcd(r,s)=1,则毕得哥拉斯数组(p,q,u)和(r,s,v)都为本原毕得哥拉斯数组.

证明由引理3.9可知，此时有

u²=p²+q²,v²=r²+s².

根据引理3.3,若有gcd(p,q)=gcd(r,s)=1,那么毕得哥拉斯数组(p,q,u)和(r,s,v)都是本原毕得哥拉斯数组.

引理3.12当gcd(p,q)=gcd(r,s)=1时，则(3.13)的正整数解(A,B,W)和(C,D,W)分别为本原毕得哥拉斯数组.

证明根据引理3.12可知，(3.13)的正整数通解式为

W=[(p²+q2)(r²+s2)]言，

A=pr+qs,B=ps-qr,C=ps+qr,D=pr-qs.

其中p,q,r,s都是正整数，且有p≠q,r≠s,pr≠qs,ps≠qr.

假设gcd(p,r)=m,(m>1),则有

A=pr+qs=m²p'r'+qs,B=ps-qr=m(p's-qr')

此时若gcd(q,s)=m,则与gcd(p,q)=gcd(r,s)=1矛盾。

假设gcd(p,s)=n,(n>1).同理可证，则gcd(p,q)=gcd(r,s)=1也存在矛盾。故有gcd(A,B)=1.

同理可证，gcd(C,D)=1.那么(3.13)的正整数解(A,B,W)和(C,D,W)则分别为本原毕得哥拉斯数组.

举例说明，当设p=3,q=4;r=5,s=12时，则有A=63,B=16;C=56,D=33.且有

65²=63²+16²=56²+33²

4.定理的证明

在G-8中，由(2.5)、(2.6)和(2.7)可构造出更一般的同类二连等式毕得哥拉斯型不定方程(3.13).当(3.13)存在毕得哥拉斯数解，且为本原解时，则在下列毕得哥拉斯型不定方程

X²=A²+C²(4.1)

Y²=A²+D²(4.2)

Z²=B²+C²(4.3)

U²=B²+D²(4.4)

中，都不存在满足G-8中(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一的毕得哥拉斯数解。

1.下面讨论(4.1)是否存在满足G-8中(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一的毕得哥拉斯数解的情况。

由(3.13)的本原毕得哥拉斯通解式可得

x²=A²+C²=(pr+qs)²+(ps+qr)=(p²+q²)(r²+s²)=W²+4pqrsX²=W²+4pqrs(4.5)

由此可知，当4pqrs为一个完全平方数时，虽然(4.5)可能有毕得哥拉斯型不定方程的毕得哥拉斯数解，但X>W,这与引理3.5矛盾。

因此，(4.1)不存在满足G-8中的正整数解

Ⅱ.下面讨论(4.2)是否存在满足G-8中(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一的毕得哥拉斯数解的情况。

由(3.13)的本原毕得哥拉斯通解式可得

2Y²=A²+D²=(pr+qs)²+(pr-qs)=2[(pr)²+(qs)²]

此时，设Y=2Y',A'=ps,D'=qr,可得

2Y²=A²+D²   (4.6)

据[3]介绍，(4.6)存在正整数解，但不是G-8中(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一所需的毕得哥拉斯数解。

Ⅲ.下面讨论(4.3)是否存在满足G-8中(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一的毕得哥拉斯数解的情况。

由(3.13)的本原毕得哥拉斯通解式可得

2Z²=B²+C²=(ps-qr)²+(ps+qr)=2[(ps)²+(qr)²]

此时，设Z=2Z',B'=ps,C'=qr,可得

2Z²=B²+C²(4.7)

同样，据[3]介绍，(4.7)也存在正整数解，但不是G-8中(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一所需的毕得哥拉斯数解。

IV.下面讨论(4.4)是否存在满足G-8中(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一的毕得哥拉斯数解的情况。

由(3.13)的本原毕得哥拉斯通解式可得

2U²=B²+D²=(ps-qr)²+(pr-qs)

=(p²+q²)(r²+s²)-4pqrs=w²-4pqrs

则有

U²+4pqrs=W²   (4.8)

当4pqrs为一个完全平方数时，虽然(4.8)也可能存在满足毕得哥拉斯型不定方程的毕得哥拉斯数解，但C位数则是W,而不是满足G-8中(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一的毕得哥拉斯数解。

因此，根据上述分析讨论的结果，我们可以得到，在G-8中，当(2.5)、(2.6)和(2.7)中任意两个存在本原毕得哥拉斯数通解时，则在(2.1)、(2.2)和(2.3)中至少有一个不存在毕得哥拉斯数解，那么所谓的完美长方体就不可能存在。定理证毕。

显然，上述定理的证明结果，完全解决了完美立方体猜想这个世界难题。

参考文献：

[1]陈雪、黎渝合著.《奥妙无穷的黄金分割》[M].北京：人民邮电出版社出版，第113--114页。[2][美]萨蒂扬·莱纳斯·德瓦道斯，马修·哈维著,刘巍然泽.魔法数学：16个数学未解之谜.[M].北京：民主与建设出版社，2021年8月第1版，第105--107页。

[3]管训贵编著.初等数论.[M].安徽：中国科学技术大学出版，2022年2月第三版，第98页。