三個正整數立方和的一種美妙性質

《中學數學雜志》2013年第8期刊登了甘志國和高繼勇老師的“正整數平方的一種奇妙性質”[1]，閱后深受啟發.筆者另辟新徑，發現了一類“三個正整數立方和”的一種美妙性質：三個不同的正整數立方和等于另一個較大的正整數的立方，同時給出四元三次不定方程x3+y3+z3=u3的一種簡單易懂的初等解法（只用初中知識），供讀者參考.

關于正整數立方和問題，人們于近代已進行了深入研究，發現了三位和四位的“水仙花數”，又稱阿姆斯特朗數，三位的水仙花數共有4個：153，370，371，407；以“153”為例：153=13+53+33，它實際上是三元三次不定方程100x+10y+z=x3+y3+z3（x、y、z分別代表水仙花數的百位、十位和個位數字）的一組正整數解.筆者又參考了“關于三個整數立方和問題的研究”（文[2]）和“15個著名的不定方程問題”（文[3]）兩篇文獻和其它文獻，發現他們均用初等數論進行論述和證明，一般教師和讀者難以理解和接受，而筆者所研究的這種“四元三次不定方程”x3+y3+z3=u3均沒有涉及到.

眾所周知，32+42=52，52+122=132，兩組勾股數疊加為：32+42+122=132，一般地，n2+（n+1）2+[n（n+1）]2=[n（n+1）+1]2，式中n為任意正整數，同樣，人們發現33+43+53=63，一般地x3+y3+z3=u3，式中x、y、z、u均為正整數，（如下表所示），它就是這種難度很大的“四元三次不定方程”.顯然kx、ky、kz、ku也為不定方程x3+y3+z3=u3的解（k為任意正整數）它有無窮多組正整數解.不失一般性，設x

x3+y3+z3=u3的正整數解（部分）

一般地x+y=6m+1（m為正整數，m≥1）

同時有u-z=1；而x+z或y+z無此特性.

第二種類型

對于第五組（7，14，17，20）和第六組（4，17，22，25），第七組（11，15，27，29）和第八組（3，36，37，46）.

x+y=7+14=21=3×7=3×6+3（第五組）；

x+y=4+17=21=3×7=3×6+3（第六組）；

x+y=11+15=26=2×13=4×6+2（第七組）；

x+y=3+36=39=3×13=6×6+3（第八組）.

此時，一般地：x+y=6n+a，（n、a均為正整數，且n>1），同時，u-z=a.

第八組較特別：u-z=3a=9（但它確實能代表其中另一種類型）；而x+z或y+z無此特性.

為什么沒出現x+y=14，筆者認為它與x+y=13過于接近的緣故.

這種“四元三次不定方程”初等解法如下：

以第一、第二組數據的尋找為例，其余的讀者可以以此類推.

x3+y3+z3=u3x3+y3=u3-z3.①

（x+y）3=（x3+y3）+3xy（x+y）.②

同理，（u-z）3=（u3-z3）-3uz（u-z）.③

②-③得（注意到①式），

（x+y）3-（u-z）3

=3xy（x+y）+3uz（u-z）

uz（u-z）+xy（x+y）

=113[（x+y）3-（u-z）3].

由于是最小的兩組數據，依規律故取x+y=7，

u-z=1u=z+1，代入上式得

（z+1）z+7xy=113（73-13）=114，

z2+z+7xy-114=0.④

符合x+y=7的x、y只有三種情況（注意到x

x=1

y=6x=2

y=5x=3

y=4

將x=1，y=6這一組代入④得：z2+z-72=0，解得z1=8，z2=-9（因z為正整數，故舍去），所以z=8，所以x=1，y=6，z=8，u=z+1=9，此即為不定方程的第二組解.

同理，將x=3，y=4代入④得，

z2+z-30=0，解得z1=5，z2=-6（舍去），所以x=3，y=4，z=5，u=z+1=6，

此即為不定方程的第一組解.

同理，將x=2，y=5代入④得，z2+z-44=0，可求得z無正整數解.

順便指出：不定方程x3+y3+z3=u3有無窮多組正整數解，要尋找更多的解，需編制一種帶有幾重循環的專業電腦程序.莫以為它是純粹的數學學術研究，若將以上每組數據經過一定的排列組合，可加密為一種難以破譯的密碼，對密碼學的研究有一定的意義.

參考文獻

[1]甘志國，高繼勇.正整數平方的一種奇妙性質[J].中學數學雜志（初中），2013（8）.

[2]張太國.關于三個整數立方和問題的研究[J].中學數學教學參考，2009（3）.

[3]楊仕椿.15個著名的不定方程問題[J].數學通訊，1996（9）.

作者簡介丁位卿，男，河南長葛人，發表論文數篇.