怎样把一个立方体分成 54 个小立方体？

大家或许都听说过一个与正方形剖分相关的非常经典的问题：对于哪些正整数 n ，我们可以把一个正方形分割成 n 个小正方形（允许出现大小相同的小正方形）？答案是，除了 n = 2, 3, 5 以外，对于其他所有的 n ，把一个正方形分割成 n 个小正方形都是有可能的。对于 n = 1, 4, 6, 7, 8 的情况，分割方案如下图所示：

对于更大的 n 呢？注意到，每次用横竖两条线把一个小正方形分成四个更小的小正方形后，我们都会让这个图形里的正方形数目增加 3 个。因此，我们只需要在 n = 6 的方案上增加两笔，就能得到一个 n = 9 的方案；只需要在 n = 7 的方案上增加两笔，就能得到一个 n = 10 的方案；只需要在 n = 8 的方案上增加两笔，就能得到一个 n = 11 的方案；只需要在 n = 9 的方案上增加两笔，就能得到一个 n = 12 的方案……于是，其他所有的情况都被我们解决了。

不过，你有没有想过，同样的问题搬到立方体上，答案又会如何呢？换句话说，对于哪些正整数 n ，我们可以把一个立方体分割成 n 个小立方体（允许出现大小相同的小立方体）？人们已经证明了一个和刚才类似的结论：除了有限多个 n 以外，对于其他所有的 n ，这个问题都是有解的。事实上，对于所有的正整数 n ≥ 48 ，把一个立方体分割成 n 个小立方体都是有可能的。

证明思路和刚才一样。在任意一种立方体剖分方案中，每次把一个小立方体分割成 8 个更小的立方体，整个剖分方案中的立方体个数都会净增 7 个。因此，为了证明上面给出的结论，我们只需要构造出 n = 48, 49, 50, 51, 52, 53, 54 时的剖分方案即可。不过，究竟该怎么构造，这就要比刚才更有挑战性了。

n = 50 时的方案是最好构造的。从初始时的立方体出发，每次选一个小立方体并把它分成 8 份，于是我们便会得到 1 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 = 50 个小立方体。

把立方体分成 3 × 3 × 3 = 27 个小立方体，并把其中 8 个小立方体合成一个大立方体，我们便能得到 n = 20 时的方案，进而可以得到 20 + 7 + 7 + 7 + 7 = 48 个小立方体。在 n = 20 时的方案中选择一个小立方体，并套用这个方案本身把它细分成 20 份，我们便能得到 n = 39 时的方案，进而可以得到 39 + 7 + 7 = 53 个小立方体。

把立方体分成 4 × 4 × 4 = 64 个小立方体，并把其中 27 个小立方体合成一个大立方体，我们便能得到 n = 38 时的方案，进而可以得到 38 + 7 + 7 = 52 个小立方体。

真正比较困难的就是构造 n = 49, 51, 54 时的方案了。前面的几个构造或多或少地都借鉴了正方形剖分问题的解法。利用这些构造，我们可以从初始时的 1 个立方体出发，不断地执行加 7 、加 19 、加 26 、加 37 四种操作之一。然而，这无论如何也变不出 n = 49, 51, 54 时的方案。因此，我们需要另辟蹊径。 n = 49 时的方案如下，它里面有 4 个边长为 1/2 的立方体， 9 个边长为 1/3 的立方体，以及 36 个边长为 1/6 的立方体。

n = 51 时的方案如下，它里面有 5 个边长为 1/2 的立方体， 5 个边长为 1/3 的立方体，以及 41 个边长为 1/6 的立方体。

n = 54 时的方案最为复杂，很长一段时间里，人们甚至认为这样的方案根本不存在。但是最终，它还是被构造出来了。它里面有 2 个边长为 3/8 的立方体， 4 个边长为 1/4 的立方体， 6 个边长为 1/2 的立方体，以及 42 个边长为 1/8 的立方体。

至此，我们就完整地证明了，对于所有的 n ≥ 48 ，满足要求的立方体剖分方案都是存在的。

显然，这个问题还可以进一步扩展到更高维的空间。对于任意正整数 d ≥ 2 ，我们都可以问：能否找到某个正整数，使得对于所有大于等于该正整数的 n ，把 d 维立方体分割成 n 个小的 d 维立方体的方案都是存在的？如果能找到这样的正整数的话，那么这样的正整数最小是多少？不妨把这个最小的满足要求的正整数记作 c(d) 。我们现在已经知道了， c(2) 等于 6 ，并且 c(3) 很可能等于 48 。

容易证明，不管 d 是多少， c(d) 一定都是存在的。首先，我们来证明一个经典的数论结论：若 a 和 b 是两个互质的正整数，则对于所有的正整数 n ≥ a · b ，我们都能找到适当的非负整数 p 和 q ，使得 n = p · a + q · b 。

注意到，对于任意一个正整数 n ≥ a · b 都有， n, n – a, n – 2 · a, n – 3 · a, …, n – (b – 1) · a 是 b 个不同的正整数，并且它们除以 b 的余数互不相同。它们是 b 个不同的正整数，这很容易看出；但是，它们除以 b 的余数为什么互不相同呢？这是因为，如果存在 0 ≤ i < j ≤ b – 1 使得 n – i · a 和 n – j · a 除以 b 的余数相同，这就说明 n – i · a 和 n – j · a 之差是 b 的倍数，即 j · a – i · a = (j – i) · a 是 b 的倍数。既然 a 与 b 互质，要想让 (j – i) · a 是 b 的倍数，必然得让 j – i 是 b 的倍数。但是， i 和 j 都是 0 到 b – 1 之间的数，因而 j – i 比 b 要小，它不可能是 b 的倍数，于是产生矛盾。

然而，除以 b 的余数只有 b 种不同的可能。这说明， n, n – a, n – 2 · a, n – 3 · a, …, n – (b – 1) · a 除以 b 的余数取遍了所有的可能。因此，我们必然能找到某个 0 ≤ p ≤ b – 1 ，使得 n – p · a 除以 b 的余数为 0 ，即 n – p · a 是 b 的整倍数。这样一来， n 就正好能被表示成 p · a + q · b 了。

回到立方体剖分的问题。从初始时的立方体出发，每次把一个小立方体分割成 2^d个更小的立方体，整个剖分方案中的立方体个数都会净增 2^d– 1 个；每次把一个小立方体分割成 (2^d– 1)^d个更小的立方体，整个剖分方案中的立方体个数都会净增 (2^d– 1)^d– 1 个。因此，当 n 为任何一个形如 1 + p · (2^d– 1) + q · ((2^d– 1)^d– 1) 的数时（其中 p 、 q 均为非负整数），剖分方案都是存在的。然而， 2^d– 1 和 (2^d– 1)^d– 1 显然是两个互质的数（前者的某个整倍数与后者相差 1 ），由刚才的数论结论立即可得，对于所有的 n > (2^d– 1)((2^d– 1)^d– 1) ，剖分方案都是存在的。

但是，对于更大的 d ， c(d) 的值具体是多少，这仍然是数学当中的未解之谜。

这个问题最早是 1946 年由 N. J. Fine 和 I. Niven 在 The American Mathematical Monthly 上提出的，题目编号为 E724 。 Fritz Herzog 、 William Scott 、 Doris Rychener 、 Christoph Meier 、 Matthew Hudelson 都对问题的解答有不同程度的贡献。 Martin Gardner 在 Fractal Music, Hypercards and More: Mathematical Recreations from Scientific American Magazine 一书中指出 c(3) 的值就是 48 ，并列出了所有不满足要求的 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

这一说法的来源不明。