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摘要  完美长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.本文通过建立长方体的3条棱长、3条面对角线长和体对角线长之间的7个毕达哥拉斯型丢番图方程，同时发现3条棱长a，b，c之间可有gcd（a，b，c）=1，这也是后4个与体对角线长相关的方程都只能存在本原正整数解的充要条件；然后再利用Brahmagupta-Fibonacci恒等式，可以得到“棱长-面对角线长 —体对角长”之间的二连等丢番图方程的“本原—本原”通解式；但在棱长之间的3个毕达哥拉斯型丢番图方程中，则至少有1个不存在毕达哥拉斯数解.因此，不存在同时满足所有7个毕达哥拉斯型丢番图方程的毕达哥拉斯数（正整数）解。这样就证明了完美长方体是不存在的。

关健词：完美长方体猜想，欧拉砖，毕得哥拉斯型方程，本原毕达哥拉斯数（正整数）解，Brahmagupta-Fibonacci恒等式，二连等通解式。

1.研究历史与进展

1.1问题的由来

关于完美长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[1]中的部分相关内容：英国数学家约翰·里奇借助平面

内完美正方形问题，提出了研究空间完美长方体问题，也叫有理长方体问题。

在介绍此问题时，许多人处于习惯考虑，称其为完美立方体问题。我们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：存在一种长方体，它的3条棱、3条面对角线、以及体对角线的长都是自然数

约翰·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达哥拉斯定理和毕达哥拉斯数的启发，发现和提出了完美长方体猜想

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研究历史与当前进展

1719年，德国工程师巴克发现了1种长方体，3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。

在历史上，欧拉曾研究过完美长方体问题，如果研究其中只有1个面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

欧拉也曾找到1个拟完美立长方体，3条棱长分别为：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=47499

但474993不是平方数

欧拉后来专门研究了一下：怎样的3个数才能形成这种关系性质.他找到了至少2组“参数化公式”，还可以算出巴克发现的长方体是体积最小的欧拉砖.

与欧拉同时代的英国数学家桑德森也发现了1个欧拉砖的通解公式，而且是以毕达哥拉斯数为基础构造的，假设（u，v，w）是一组毕达哥拉斯数，则有（u(4v²—w²)|，|v(u²—w²)|，4uvw)必为欧拉砖数，说明砍拉砖的组数是无穷的.前面巴克发现的欧拉砖是桑德森通解式的最小值.

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10，已经提高到了1000亿内的所有立方体，但仍未找到1个完美长方体.

据[2]介绍，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，也没有人能证明它存不存在。

时至今日，有人把完美长方体猜想与“转角沙发”等难题并列为“5小”世界数学难题。

2.原猜想的丢番图方程表示和主要结论

2.1原猜想的丢番图方程表示

根据前面提到的有关完美长方体猜想的数学表示是：存在一种长方体，它的3条棱、3条面对角线、体对角线的长都是自然数。

我们继续设长方体的3条棱长为a，b，c，并设长方体的3条面对角线长为x，y，z，以及体对角线长为w，如图所示：

这样可以多次利用毕达哥拉斯定理，得到下列长方体所有的毕达哥拉斯型丢番图方程组：

我们就建立了“完美长方体”关于3条棱长，3条面对角线长和体对角线长之间所有关系的7个毕达哥拉斯型丢番图方程.特别是方程（2.4）实际上是毕达哥拉斯定理推广到多元后的结果.这7个毕达哥拉斯型丢番图方程是1组7元2次（齐次）方程组，简称为G-7。

2.2主要结论

在这G-7中，一般情况下，前4个方程就可以表示完美长方体的棱长、面对角线长和体对角线长之间的基本关系，同时，后3个方程是前4个方程的续推，并表示出了棱长、面对角线长和体对角线长之间的直接关系，而且还是三（二）连等式方程，应该包涵了更深刻的数学内函.

这样上述完美长方体猜想问题就转化为：求解同时满足所有G—7的毕达哥拉斯数（正整数）解；或者，证明不存在同时满足所有G-7的

毕达哥拉斯数（正整数）解。

我们运用初等数论方法证明了：

定理  在G—7中，若取gcd（a，b，c）=1，即方程（2.4），以及方程（2.5），（2.6）和（2.7）都存在本原毕达哥拉斯数（正整数）解时，那么在方程（2.1），（2.2）和（2.3）中至少有1个不存在毕达哥拉斯数（正整数）解.因此不存在同时满足G—7所有方程的毕达哥拉斯数（正整数）解。

3.定义和若干引理

3.1与毕达哥拉斯型方程相关的定义和引理

定义1  若正整数A，B，C满足

A2+B2=C2                    (3.1)

称方程（3.1）为毕达哥拉斯型方程，并称满足方程(3.1)的正整数解(A，B，C)为毕达哥拉斯数组

若设gcd(A,B)=d，即d为A和B的一个大于1的整数因子，由方程（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.这时满足方程(3.1)的正整数解(A,B,C)可称为本原毕达哥拉斯数。

引理3.1  在方程(3.1)中，若正整数解(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  若方程(3.1)的正整数解(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)为本原毕达哥拉斯数，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  在方程(3.1)中，若(A,B,C)为毕达哥拉斯数组，且有gcd(A,B)=1,或者gcd(B,C)=1,或者gcd(C,A)=1,则(A,B,C)为本原毕达哥拉斯数。

由引理3.2可知，在方程(3.1)的正整数解(A,B,C)中，若有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  若方程(3.1)的正整数解(A,B,C)为本原毕达哥拉斯数，那么，它的全部正整数解可表示为

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。

定义2  方程(3.1)的正整数解(A,B,C)的3个等式称为本原毕达哥拉斯数(A,B,C)的通解式，可简称为本原毕达哥拉斯数通解式.

在引理3.3情况下，方程(3.1)的正整数解(A,B,C)的3个等式也可以表示成下面的表达式

A=(m2-n2)t, B=2mnt, C=(m2+n2)t

其中m>n，（m，n）=1，m，n为奇偶性互异的正整数，且t>1，t也为正整数

定义3  这3个等式可以称为通用（非本原）毕达哥拉斯数(A,B,C)的通解式，也可简称为通用毕达哥拉斯数通解式

定义4  为了方便后续的讨论分析，我们可将方程(3.1)中的本原毕达哥拉斯数(A,B,C)分别称为：本原毕达哥拉斯数的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  在本原毕达哥拉斯数(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

根据[3]的研究，我们可以得到毕达哥拉斯定理推广到多元后的一个重要结果：

引理3.5  若方程

A2+B2+C2=D2            (3.2)

的正整数解（A,B,C,D）可表示为

A=m²+n²-p²- q², B=2(mp+nq), C=2|mq-np|, D=m2+n2+p2 +g²

其中m,n,p,q为正整数，且gcd(A,B,C)=1.

在[3]中，作者还指出方程(3.2)的正整数解就是本原正整数解，且等价于gcd(A,B,C)=1.因此，这样还可以得到：

引理3.6  若gcd(A,B,C)=1时，方程(3.2)的正整数解(A,B,C,D)必然是本原正整数解

3.2  与G-7有关的若干引理

引理3.7  在G-7中，方程(2.1)、(2.2)和(2.3)中的a、b、c必须两两互不相等，且可以有gcd(a,b,c)=1

证明  若在a，b，c存在任两个数相等，则在方程（2.1）、（2.2）和（2.3）中至少有一个体对角线长会是无理数.这与也完美长方体的题设条件矛盾

若有gcd(a,b,c)=d，且d≥1时，由于G-7所有的方程都是三元二次的齐次方程，以及a.b.c在方程组中的循环对称关系，那么在不失一般性情况下，可以取d=1.

根据引理3.5，引理3.6和引理3.7，可以得到下面一个很重要的结果：

引理3.8 在G-7中，若方程(2.4)存在正整数解(a,b,c,w)，那么这个解也必然是本原正整数解.

根据引理3.8，还可以得到下面一个直接的结果：

引理3.9在G-7中，若方程(2.4)存在本原正整数解，那么方程(2.5)，(2.6)和(2.7)也同时存在本原毕达哥拉斯数解.

证明根据引理3.8，方程(2.4)存在本原正整数解(a,b,c,w)，且有gcd(a,w)=gcd(b,w)=gcd(c,w)=1.此时，再根据引理3.2，可知方程(2.5)，(2.6)和(2.7)也同时存在本原毕达哥拉斯数解

3.3  Brahmagupta-Fibonacci恒等式与若干新引理

根据著名的Brahmagupta-Fibonacci恒等式（也被称为丢番图平 方和恒等式），我们知道：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。

那么，可以获得下面若干重要结果

引理3.10  若A，B，C，D是两两互不相等的正整数，则有

N=A2+B²=C²+D²                    (3.2)

那么，（3.2）式成立的充分必要条件是

N=(p2+q²)(r2 +s²)                    (3.3)

其中p>q,r>s,ps≠qr,p(r-s)≠g(r+s),且p,q,r,s都是正整数.

证明（1）先证明充分性.

设(3.2)式的中p,q,r,s都是正整数，且有p>q,r>s,ps≠qr, p(r-s)≠q(r+s).则有

N=p²r²+p²s²+q²r²+q²s²=(pr +qs)²+(ps-qr)²

=(ps+qr)²+(pr-qs)²

可令A=pr+qs,B=|ps-gr|,C=ps+ar,D=pr-qs

则有N=A²+B²=C²+D²

因pr>ps，ps≠qr，B=±(ps-qr)，且有pr+qs>±(ps-qr) 则有A≠B

因p>q,r>s，则有(p-q)(r-s)>o，且有pr+qs>ps+qr，则有 A≠C

因p>q，r>s，且有pr+qs>pr-qs，则有A≠D 同理可证明B≠C和B≠D

因p>q，r>s，p(r-s)≠q(r+s)，且有ps+qr≠pr-qs,则有C≠D

（2）再证明必要性

设（3.2）式中的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，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.

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，所以不妨设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，所以不妨设r>s

其中正整数X，Y满足X>Y>1.

那么，方程（3.4）的正整数通解式有2种.其中1种为

X=u2, Y=v^2, Z=uv.                    (3.5)

这里u，v都为正整数，且gcd(u,v)=1

另1种为

X=kh², Y=k, Z=kh                    (3.6)

这里k不是1个完全平方数，k>1，h>1，且gcd(k,h)=1.

证明  要使2个正整数X和Y的乘积为1个完全平方数，则有3种情况：X=Y;X和Y都是完全平方数；X=kh²,Y=k,gcd(k,h)=1.

其中有"X和Y都是平方数，以及X>Y>1"符合方程（3.4）的条件，若设X=u²，Y=v²，则有Z=uv，且gcd(u,v)1.可得方程(3.4)的正整数通解式(3.5).

其中还有“X=kh²，Y=k，以及X>Y>1”也符合方程(3.4)的条件，若设X=kh²,Y=k,gcd(k,h)=1,则有Z=kh.,且.gcd(k,h)=1.可得方程(3.4)的正整数通解式(3.6)

根据引理3.9和引理3.10，可得到：

引理3.12 若(3.3)式中的N是1个完全平方数，可设N=W²，则有

W2=(p2+q2)(r2+s2)                    (3.7)

那么，（3.7）式成立的充分必要条件是

p²+q²=u²,r²+s²=v²                    (3.8)

这里（p，q，u）和（r，s，v）为2组不同的本原毕达哥拉斯数组

证明 （1）先证明充分性.

这个结论很容易证明，可以把(3.8)式代人(3.7)式，可得

N= W²=(uv)²

则N是1个完全平方数，

（2）再证明必要性

由于(3.7)式的左端为1个完全平方数，而右端可看成2个正整数的乘积，根据引理3.11，有下面2情况：

①若要使(3.7)式成立，根据引理3.11的(3.5)式，右端2个正整数必须是2个完全平方数，那么（3.7）式的左端才能是1个完全平方数.这就证明了（3.8）式的必要性。

②若要使(3.7)式成立，根据引理3.11的(3.6)式，右端2个正整数必须有下面的关系式。

p²+q²=h²(r²+s²)=(hr)²+(hs)²                        (3.9)

其中h为正整数，且h>1.则有

gcd(p, g)=gcd(hr, hs)=h                            (3.10)

但(3.10)式与gcd(p,q)=1矛盾，那么(3.9)式不成立，也就进一步证明了(3.8)式的必要性.

山引理3.12，我们可以直接得到(3.2)式的一个结论：

引理3.13  若(3.2)式中的N也是1个完全平方数，同样可设N=W²,则有

W2=A2+B2=C2+D2                        (3.11)

证明由于（3.2）式和（3.3）式是连等式关系，根据引理3.12，可得

W2=(p2+?2)(r2+s2)=A2+B2=C2+D2

那么，(3.11)式成立的充分必要条件同样是(3.7)式成立，而(3.7)式成立的充分必要条件又是(3.8)式成立.

我们还发现，引理3.12也可以表述为：

引理3.14任意2组不同的本原毕得哥拉斯数的C位数C₁和C₂的乘积，也仍然是另外2组本原毕达哥拉斯数的共同C位数

若设这2个C位数为C₁和C₂，共同C位数为C₃，则有C₁C₂=C₃, 且C₁≠C₂

实例验证：若设C₁=5=2²+1²，C₂=13=2²+3²，则有

C₃=5×13=8²+1²=7²+4²

还有

65²=63²+16²=56²+33²

4.定理的证明

4.1新证明方法的发现根据前面的研究结果，我们发现：在G-7中，若取gcd(a,b,c)=1，当方程(2.4)存在正整数解时，则必然是本原正整数解；同时，当方程(2.5)，(2.6)和(2.7)存在正整数解时，也必然是本原正整数解.还有更严格的要求是，方程(2.5)、(2.6)和(2.7)还是二连等或者三连等的毕得哥拉斯型丢番图方程.

这样可以把方程(2.5)、(2.6)和(2.7)写成3个二连等的毕达哥拉斯型丢番图方程

w2=x2+c2=y2+a2

w2=y2+a2=z2+b2

w²=2²+b²=x²+c²

根据引理3.11、引理3.12和引理3.13，以及方便后续的定理证明，我们可以把这3个二连等的毕达哥拉斯型丢番图方程变换成与（3.11）式同类，且更一般的二连等方程形式

W²=A2+B²=C²+D²                                        （4.1）

根据引理3.9，方程（2.5）、（2.6）和（2.7）都存在本原毕达哥拉斯数解那么方程（4.1）存在二连等的本原毕达哥拉斯数通解式，可简称为“本原-本原”通解式.

这里需要充分说明的是，我们会发现方程（4.1）存在3种不同类型的二连等通解式：除了有“本原—本原”通解式，还有“本原—通用”通解式和“通用-通用”通解式等2种类型.

实例验证：若有5²=3²+4²，13²=5²+12²，则有

65²=63²+16²=56²+33²

65²=63²+16²=56²+33²

65²=(3×13)²+(4×13)²=(5×5)²+(5×12)²

但根据引理3.9.我们只需要分析讨论其中的1种类型---“本原-本原”通解式.因此，我们将找到方程（4.1）的“本原—本原”通解式等结果，再进一步利用这些结果，完成对定理的全部证明

引理4.1  当方程（4.1）存在正整数解时，其通解式为

W= [(p²+g²)(r² + s²)] ^?, A=pr+qs, B=|ps-qr|.                    (4.2)

以及

W=[(p²+q²)(r²+s²)] ^?,C=ps+qr,D=pr-qs.                    (4.3)

其中p>q,r>s,ps≠qr,p(r-s)≠q(r+s),且p,q,r,s都是正整数。

证明根据引理3.10和引理3.12，则有 

W2=A2+B2=C2+D2=(p2+q2)(r2 +s2) 则可得到方程（4.1）通解式

W= [(p²+g²)(r² + s²)] ^?, A=pr+qs, B=|ps-qr|.

以及

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

其中p>q,r>s,ps≠qr,p(r-s)≠q(r+s),且p,q,r,s都是正整数.

根据引理3.13和引理3.14，此时还有

p2+?2=u2, r2+s2=v2, W=uv,

这也充分证明W是2组毕达哥拉斯数的共同C位数.

此时，还可以得到引理4.1的一个续推结论：

引理4.2  在方程4.1）通解式的(4.2)式和(4.3)式中，(A,B,W)和(C,D,W)都为本原毕达哥拉斯数.

证明  根据方程4.1通解式的(4.2)式，假设gcd(p,r)=m，m>1，p=mp',r=mr'.则有

A=pr+qs=m²p'r'+qs, B=lps-qrl=m(lp's-qr').

若有gcd(q,s)=m,则有 gcd(pr,qs)=m,gcd(p,q)=gcd(r,s)=m.与 gcd(p,q)=gcd(r,s)=1矛盾.则有gcd(A,B)=1.

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

根据方程(4.1)通解式的(4.3）式，同理可证，gcd(C,D)=1

那么，方程(4.1)的通解(A,B,W)和(C,D,W)则都为本原毕得哥拉斯数.

实例验证：当p=3,q=4;r=5,s=12时，A=63,B=16;C=56,D=33. 则有65²=63²+16²=56²+33².

4.2进一步的证明

根据前面的分析讨论易知，在G-7中，由方程（2.5）、（2.6）和（2.7）可以构造出更一般的二连等毕达哥拉斯型丢番图方程（4.1）.并由引理4.1和引理4.2给出了方程4.1的“本原-本原“通解式

下面我们将进一步证明：当方程（4.1）存在“本原—本原”通解时，在下列4个毕达哥拉斯型方程

X2=A2+C2                    (4.5)

Y² = A2 +D²                (4.6)

Z2=B2+C2                    (47)

U2=B2 +D2                    (4.8)

中，不存在满足方程(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一的毕达哥拉斯数解.

(1)由方程(4.1)的“本原-本原”通解式和方程(4.5)，可得

X²=A²+C²=(pr+qs)²+(ps+qr)²

=(p2+?2)(r2+s2)+4pqrs

则有

X2 = W2+4pqrs                (4.9)

由此可知，当4pqrs为1个完全平方数时，虽然方程（4.9）可能有

毕达哥拉斯数解，但X>W，这与引理3.6矛盾。

因此，方程(4.5)不存在满足方程(2.1)、(2.2)和(2.3)其中之一所需的毕达哥拉斯数解.

（2）由方程（4.1）的“本原-本原”通解式和方程（4.6），可得

Y²=A²+D²=(pr+ qs)²+(pr-qs)² =2[(pr²+(qs)²]

此时，设Y=2Y',A'=ps,D'=qr,可得

2Y'²=A‘² +D'²                                (4.10)

据[4]介绍，方程（4.10）存在正整数解，则有

这里m'，n’为正整数，且有m'>n’.

可得方程(4.6)的正整数解，则有

但方程（4.6）的正整数解，不是方程（2.1）、（2.2）和（2.3）其中之一所需的毕达哥拉斯数解

（由（4.1）的“本原—本原”通解式和方程（4.7），可得

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

此时，设Z=2Z',B'=ps,C'=qr,可得

2Z'²=B'²+C'²                        (4.11)

同样，据[4]介绍，方程（4.11）也存在正整数解，则有

这里p’，q’为正整数，且有p'>q’

可得方程(4.7)的正整数解，则有

但方程（4.7）的正整数解，不是方程（2.1）、（2.2）和（2.3）其中之一所需的毕达哥拉斯数解

（4）由方程(4.1)的“本原-本原”通解式和方程（4.8），可得

则有

U²+4pgrs=W²                            (4.12)

当4pgrs可能为1个完全平方数时，方程（4.12）也存在毕达哥拉斯数解，但C位数则是W，而不是满足方程（2.1）、（2.2）和（2.3）其中之一所需的毕达哥拉斯数解.

根据上述4种情况的分析讨论的结果，我们可以得到：在G—7中，当方程（2.5）、（2.6）和（2.7）存在“本原—本原”通解时，但方程（2.1）、（2.2）和（2.3）中至少有1个不存在毕达哥拉斯数解.从而证明了：不存在同时满足所有G—7方程的正整数（毕达哥拉斯数）解.定理证毕！

5  总结

我们通过建立长方体的3条棱长、3条面对角线长和体对角线长之间的7个毕达哥拉斯型丢番图方程，同时发现3条棱长a，b，c之间可有gcd（a，b，c）=1，这也是后4个与体对角线长相关的方程都只能存在本原毕达哥拉斯（正整数）解的充要条件；再利用Brahmagupta-Fibonacci 恒等式，可以得到“棱长-面对角线长-体对 角长”之间的二连等丢番图方程的“本原—本原”通解式；但此时，在棱长之间的3个毕达哥拉斯型丢番图方程中，至少有1个不存在毕达哥拉斯数（正整数）解.因此，不存在同时满足所有G—7的毕达哥拉斯数（正整数）解。这样就证明了完美长方体是不存在的。

我们也就完全解决了完美长方体猜想—这个世界数学难题！

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]林寿法.勾股数问题的推广.数学通报：1988年第2期，第42页

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