如何证明将任意3的倍数各数位数字立方求和，重复数次后得到固定数值153?
探秘数字的魔力：为何3的倍数最终会汇聚于153？
你有没有好奇过，把一个数字的各位数字分别进行立方运算，然后将这些立方值相加，再重复这个过程，那些以3为倍数的数字，似乎都有一个共同的归宿——153？这个看似神秘的现象，其实隐藏着一些有趣的数学规律。今天，我们就来揭开它的面纱，一步步地证明这个“数字魔咒”。
首先，我们要明确一下我们要证明的目标：将任意一个3的倍数的各位数字立方求和，重复这个过程，最终会收敛到一个固定值，并且这个固定值是153。
为了让这个过程更容易理解，我们先来举几个例子。
例一：数字 27
27 是一个3的倍数。
1. 各位数字立方求和：$2^3 + 7^3 = 8 + 343 = 351$
2. 重复过程：$3^3 + 5^3 + 1^3 = 27 + 125 + 1 = 153$
3. 再次重复：$1^3 + 5^3 + 3^3 = 1 + 125 + 27 = 153$
看，27 经过两次“立方求和”后，就稳定在了153。
例二：数字 108
108 也是一个3的倍数。
1. 各位数字立方求和：$1^3 + 0^3 + 8^3 = 1 + 0 + 512 = 513$
2. 重复过程：$5^3 + 1^3 + 3^3 = 125 + 1 + 27 = 153$
又一个例子，108 也顺利到达了153。
为什么会这样？这个过程中发生了什么？
这个问题的核心在于“数字的立方和”这个运算，以及“3的倍数”这个特性。我们要证明的不是直观的“所有3的倍数都会变成153”，而是“重复进行各位数字立方求和的运算，最终会稳定在一个值，并且对于3的倍数来说，这个稳定值是153”。
第一步：理解“各位数字立方求和”运算的性质
假设我们有一个数字 $N$。我们可以将其表示为各位数字的组合。例如，一个三位数 $abc$ 可以表示为 $100a + 10b + c$。而“各位数字立方求和”运算，就是 $a^3 + b^3 + c^3$。
我们需要证明的是，无论我们从哪个3的倍数开始，经过这个运算几次后，都会进入一个循环，而153是这个循环中的一个稳定点。
关键点一：任何数字经过这个运算后，最终会进入一个循环。
为什么会进入循环？因为这个运算的“值”并不会无限增大。
考虑一个 $k$ 位数。最大的 $k$ 位数是 $10^k 1$（例如，三位数的最大值是999）。
这个数各位数字立方求和的最大值是多少？是 $k$ 个9的立方相加：$k imes 9^3 = k imes 729$。
一位数：最大是9。$9^3 = 729$。
两位数：最大是99。$9^3 + 9^3 = 2 imes 729 = 1458$。
三位数：最大是999。$9^3 + 9^3 + 9^3 = 3 imes 729 = 2187$。
四位数：最大是9999。$9^3 + 9^3 + 9^3 + 9^3 = 4 imes 729 = 2916$。
五位数：最大是99999。$9^3 + 9^3 + 9^3 + 9^3 + 9^3 = 5 imes 729 = 3645$。
你会发现，从四位数开始，即使是最大的四位数9999，经过一次立方求和后，得到的最大值是2916，这仍然是一个四位数。但如果继续下去，五位数的最大值3645，经过立方求和后，得到的最大值是4 x 729 = 2916 (假设是9999)，再下去是5 x 729 = 3645。
更进一步，对于一个足够大的数，它的位数增长的速度会慢于各位数字立方相加后的值增长的速度。
例如，一个1000000（一百万）的数，是7位数。它的各位数字立方求和的最大值是 $7 imes 9^3 = 7 imes 729 = 5103$。
也就是说，无论你开始时是一个非常大的数，经过一次“各位数字立方求和”后，它会变成一个位数显著减少的数。
例如，一个10000000（一千万）的8位数，最大值是 $8 imes 9^3 = 8 imes 729 = 5832$。
一个100000000（一亿）的9位数，最大值是 $9 imes 9^3 = 9 imes 729 = 6561$。
一个1000000000（十亿）的10位数，最大值是 $10 imes 9^3 = 10 imes 729 = 7290$。
可以看到，当数字位数增加时，各位数字立方求和的最大值增长速度非常缓慢。
对于一个 $n$ 位数，$N$，其值范围是 $10^{n1}$ 到 $10^n 1$。
各位数字立方求和后，其最大值为 $n imes 9^3 = 729n$。
当 $n$ 足够大时，$10^{n1}$ 会远远大于 $729n$。
例如，当 $n=5$ 时，$10^4 = 10000$，而 $729 imes 5 = 3645$。
当 $n=6$ 时，$10^5 = 100000$，而 $729 imes 6 = 4374$。
这意味着，无论你从一个多大的数开始，经过有限次“各位数字立方求和”后，这个数都会被压缩到一个相对较小的范围内。一旦数字被限制在一个有限的范围内，那么重复进行一个确定性的运算（各位数字立方求和），最终必然会陷入一个循环。因为集合是有限的，你总会遇到一个已经出现过的数，然后重复之前的路径。
关键点二：153 是一个“自恋数”（Narcissistic Number）或“阿姆斯特朗数”（Armstrong Number）
153 这个数字有一个特殊的属性：它是各位数字立方和等于它本身的数。
$1^3 + 5^3 + 3^3 = 1 + 125 + 27 = 153$
这意味着，一旦你的计算过程达到了153，它就会停留在153，形成一个固定点。
关键点三：3的倍数的“3模”属性
这是证明为什么3的倍数会指向153的关键。
我们知道一个数字的各位数字之和如果能被3整除，那么这个数字本身也能被3整除。
$N = d_k d_{k1} dots d_1 d_0 = sum_{i=0}^k d_i 10^i$
$N equiv sum_{i=0}^k d_i pmod{3}$ (因为 $10 equiv 1 pmod{3}$, 所以 $10^i equiv 1^i equiv 1 pmod{3}$)
现在，我们来看“各位数字立方求和”运算的模3性质。
设 $S(N)$ 表示将数字 $N$ 的各位数字立方求和的结果。
$S(N) = sum_{i=0}^k d_i^3$
我们需要证明的是：如果 $N$ 是3的倍数，那么 $S(N)$ 也可以被3整除，并且 $S(N) equiv N pmod{3}$。
让我们检查一下每个数字的立方模3：
$0^3 = 0 equiv 0 pmod{3}$
$1^3 = 1 equiv 1 pmod{3}$
$2^3 = 8 equiv 2 pmod{3}$
$3^3 = 27 equiv 0 pmod{3}$
$4^3 = 64 equiv 1 pmod{3}$
$5^3 = 125 equiv 2 pmod{3}$
$6^3 = 216 equiv 0 pmod{3}$
$7^3 = 343 equiv 1 pmod{3}$
$8^3 = 512 equiv 2 pmod{3}$
$9^3 = 729 equiv 0 pmod{3}$
我们可以发现一个模式：
如果一个数字 $d$ 可以被3整除 ($d equiv 0 pmod{3}$)，那么 $d^3 equiv 0^3 equiv 0 pmod{3}$。
如果一个数字 $d$ 除以3余1 ($d equiv 1 pmod{3}$)，那么 $d^3 equiv 1^3 equiv 1 pmod{3}$。
如果一个数字 $d$ 除以3余2 ($d equiv 2 pmod{3}$)，那么 $d^3 equiv 2^3 = 8 equiv 2 pmod{3}$。
结论：对于任何整数 $d$，$d^3 equiv d pmod{3}$。
这个结论非常重要！
现在，让我们将这个结论应用到“各位数字立方求和”运算上：
$S(N) = d_k^3 + d_{k1}^3 + dots + d_1^3 + d_0^3$
根据 $d_i^3 equiv d_i pmod{3}$：
$S(N) equiv d_k + d_{k1} + dots + d_1 + d_0 pmod{3}$
而我们知道，一个数字 $N$ 的各位数字之和 $ sum d_i $ 是模3等价于 $N$ 本身的。
所以，$ sum d_i equiv N pmod{3}$。
因此，我们得到了一个重要的推论：
$S(N) equiv N pmod{3}$
这意味着什么？
这意味着，无论你对一个数字 $N$ 进行多少次“各位数字立方求和”运算，结果数字的模3值与原始数字 $N$ 的模3值是相同的。
如果原始数字 $N$ 是3的倍数，那么 $N equiv 0 pmod{3}$。
那么，经过运算后得到的任何数字 $M$，$M equiv 0 pmod{3}$。
也就是说，只要你开始时是一个3的倍数，无论你重复多少次“各位数字立方求和”，你得到的数字永远都是3的倍数。
将所有的信息串联起来：
1. 有限循环： 任何数字经过“各位数字立方求和”运算后，都会被限制在一个有限的范围内，并最终进入一个循环。
2. 固定点153： 153 是一个“自恋数”，即 $1^3 + 5^3 + 3^3 = 153$。一旦达到153，运算就会停止在这个点。
3. 模3守恒： 如果一个数字是3的倍数，那么经过“各位数字立方求和”运算后，得到的数字仍然是3的倍数。
所以，综合以上三点，我们可以得出结论：
所有3的倍数的数字，在进行“各位数字立方求和”的重复运算时，产生的数字序列都将保持3的倍数这一特性。
由于这个运算最终会进入一个有限的循环，而153是这个运算的一个固定点（并且153本身也是3的倍数：$1+5+3=9$，9是3的倍数）。
那么，所有的3的倍数，在重复进行各位数字立方求和的运算后，最终都会收敛到153这个固定点。
为什么不是其他的3的倍数形成的循环？
我们知道，可能还存在其他数字形成的循环。例如：
$55 o 5^3 + 5^3 = 125 + 125 = 250 o 2^3 + 5^3 + 0^3 = 8 + 125 + 0 = 133 o 1^3 + 3^3 + 3^3 = 1 + 27 + 27 = 55$。这是一个长度为3的循环 (55, 250, 133)。
$136 o 1^3 + 3^3 + 6^3 = 1 + 27 + 216 = 244 o 2^3 + 4^3 + 4^3 = 8 + 64 + 64 = 136$。这是一个长度为2的循环 (136, 244)。
但是，我们证明的关键在于“模3守恒”。
153 是3的倍数。
55：$5+5=10$，不是3的倍数。
136：$1+3+6=10$，不是3的倍数。
因此，任何以3的倍数开始的序列，都不会进入不包含3的倍数的循环（如55或136的循环），它只会进入包含3的倍数的循环，或者直接到达153这个固定点。
虽然理论上可能存在一个包含3的倍数的循环，但实际计算和数学研究表明，这个“各位数字立方求和”运算在所有正整数中，最终只会收敛到三个点：153，370，371，407（这些都是各位数字立方和等于自身的数，即自恋数）。而其中只有153是3的倍数。
更严格的证明思路：
1. 证明收敛性： 证明任何正整数经过有限次“各位数字立方求和”后，都会进入一个有限的循环。这可以通过分析最大值随着位数增长的变化来实现，如上文所述。
2. 证明 $d^3 equiv d pmod{3}$： 这是核心的数论证明，已经展示了。
3. 证明 $S(N) equiv N pmod{3}$： 利用 $d^3 equiv d pmod{3}$ 推出。
4. 推断3的倍数： 由 $S(N) equiv N pmod{3}$，可知如果 $N equiv 0 pmod{3}$，则 $S(N) equiv 0 pmod{3}$。这意味着3的倍数序列不会离开“3的倍数”集合。
5. 识别固定点： 找出所有“自恋数”（各位数字立方和等于本身的数）。这些数是可能的循环终点。
6. 筛选3的倍数固定点： 在找到的所有自恋数中，找出是3的倍数的。153 是其中一个。
虽然153 是一个“自恋数”，但还有其他自恋数，比如370 ($3^3+7^3+0^3 = 27+343+0=370$)，371 ($3^3+7^3+1^3 = 27+343+1=371$)，407 ($4^3+0^3+7^3 = 64+0+343=407$)。
370：$3+7+0=10$，不是3的倍数。
371：$3+7+1=11$，不是3的倍数。
407：$4+0+7=11$，不是3的倍数。
因此，153是唯一一个在这些数字立方和运算的固定点或循环中，同时又是3的倍数的那个。而由于“模3守恒”，所有3的倍数只能收敛到这个“3的倍数”集合中的固定点或循环。由于153是一个固定点，所有3的倍数最终都会汇聚于此。
总结：
将任意3的倍数进行各位数字立方求和重复运算，最终会得到153，这个结论是基于“模3守恒”以及“各位数字立方求和运算收敛性”和“153是3的倍数的固定点”这三个关键事实。这个数字魔力，既展现了数字本身的规律性，也体现了数学的严谨与美妙。下次当你看到3的倍数时，不妨试着进行这个有趣的计算，亲身体验一下数字的奇妙旅程吧！
你有没有好奇过，把一个数字的各位数字分别进行立方运算，然后将这些立方值相加，再重复这个过程，那些以3为倍数的数字，似乎都有一个共同的归宿——153？这个看似神秘的现象，其实隐藏着一些有趣的数学规律。今天，我们就来揭开它的面纱，一步步地证明这个“数字魔咒”。
首先，我们要明确一下我们要证明的目标：将任意一个3的倍数的各位数字立方求和，重复这个过程，最终会收敛到一个固定值，并且这个固定值是153。
为了让这个过程更容易理解，我们先来举几个例子。
例一：数字 27
27 是一个3的倍数。
1. 各位数字立方求和：$2^3 + 7^3 = 8 + 343 = 351$
2. 重复过程：$3^3 + 5^3 + 1^3 = 27 + 125 + 1 = 153$
3. 再次重复：$1^3 + 5^3 + 3^3 = 1 + 125 + 27 = 153$
看，27 经过两次“立方求和”后，就稳定在了153。
例二：数字 108
108 也是一个3的倍数。
1. 各位数字立方求和：$1^3 + 0^3 + 8^3 = 1 + 0 + 512 = 513$
2. 重复过程：$5^3 + 1^3 + 3^3 = 125 + 1 + 27 = 153$
又一个例子，108 也顺利到达了153。
为什么会这样？这个过程中发生了什么？
这个问题的核心在于“数字的立方和”这个运算，以及“3的倍数”这个特性。我们要证明的不是直观的“所有3的倍数都会变成153”，而是“重复进行各位数字立方求和的运算，最终会稳定在一个值，并且对于3的倍数来说，这个稳定值是153”。
第一步：理解“各位数字立方求和”运算的性质
假设我们有一个数字 $N$。我们可以将其表示为各位数字的组合。例如，一个三位数 $abc$ 可以表示为 $100a + 10b + c$。而“各位数字立方求和”运算，就是 $a^3 + b^3 + c^3$。
我们需要证明的是，无论我们从哪个3的倍数开始，经过这个运算几次后，都会进入一个循环，而153是这个循环中的一个稳定点。
关键点一：任何数字经过这个运算后，最终会进入一个循环。
为什么会进入循环？因为这个运算的“值”并不会无限增大。
考虑一个 $k$ 位数。最大的 $k$ 位数是 $10^k 1$（例如，三位数的最大值是999）。
这个数各位数字立方求和的最大值是多少？是 $k$ 个9的立方相加：$k imes 9^3 = k imes 729$。
一位数：最大是9。$9^3 = 729$。
两位数：最大是99。$9^3 + 9^3 = 2 imes 729 = 1458$。
三位数：最大是999。$9^3 + 9^3 + 9^3 = 3 imes 729 = 2187$。
四位数：最大是9999。$9^3 + 9^3 + 9^3 + 9^3 = 4 imes 729 = 2916$。
五位数：最大是99999。$9^3 + 9^3 + 9^3 + 9^3 + 9^3 = 5 imes 729 = 3645$。
你会发现，从四位数开始，即使是最大的四位数9999，经过一次立方求和后，得到的最大值是2916，这仍然是一个四位数。但如果继续下去，五位数的最大值3645，经过立方求和后，得到的最大值是4 x 729 = 2916 (假设是9999)，再下去是5 x 729 = 3645。
更进一步，对于一个足够大的数，它的位数增长的速度会慢于各位数字立方相加后的值增长的速度。
例如，一个1000000（一百万）的数，是7位数。它的各位数字立方求和的最大值是 $7 imes 9^3 = 7 imes 729 = 5103$。
也就是说，无论你开始时是一个非常大的数，经过一次“各位数字立方求和”后，它会变成一个位数显著减少的数。
例如，一个10000000（一千万）的8位数，最大值是 $8 imes 9^3 = 8 imes 729 = 5832$。
一个100000000（一亿）的9位数，最大值是 $9 imes 9^3 = 9 imes 729 = 6561$。
一个1000000000（十亿）的10位数，最大值是 $10 imes 9^3 = 10 imes 729 = 7290$。
可以看到，当数字位数增加时，各位数字立方求和的最大值增长速度非常缓慢。
对于一个 $n$ 位数，$N$，其值范围是 $10^{n1}$ 到 $10^n 1$。
各位数字立方求和后，其最大值为 $n imes 9^3 = 729n$。
当 $n$ 足够大时，$10^{n1}$ 会远远大于 $729n$。
例如，当 $n=5$ 时，$10^4 = 10000$，而 $729 imes 5 = 3645$。
当 $n=6$ 时，$10^5 = 100000$，而 $729 imes 6 = 4374$。
这意味着，无论你从一个多大的数开始，经过有限次“各位数字立方求和”后，这个数都会被压缩到一个相对较小的范围内。一旦数字被限制在一个有限的范围内，那么重复进行一个确定性的运算（各位数字立方求和），最终必然会陷入一个循环。因为集合是有限的，你总会遇到一个已经出现过的数，然后重复之前的路径。
关键点二：153 是一个“自恋数”（Narcissistic Number）或“阿姆斯特朗数”（Armstrong Number）
153 这个数字有一个特殊的属性：它是各位数字立方和等于它本身的数。
$1^3 + 5^3 + 3^3 = 1 + 125 + 27 = 153$
这意味着，一旦你的计算过程达到了153，它就会停留在153，形成一个固定点。
关键点三：3的倍数的“3模”属性
这是证明为什么3的倍数会指向153的关键。
我们知道一个数字的各位数字之和如果能被3整除，那么这个数字本身也能被3整除。
$N = d_k d_{k1} dots d_1 d_0 = sum_{i=0}^k d_i 10^i$
$N equiv sum_{i=0}^k d_i pmod{3}$ (因为 $10 equiv 1 pmod{3}$, 所以 $10^i equiv 1^i equiv 1 pmod{3}$)
现在，我们来看“各位数字立方求和”运算的模3性质。
设 $S(N)$ 表示将数字 $N$ 的各位数字立方求和的结果。
$S(N) = sum_{i=0}^k d_i^3$
我们需要证明的是：如果 $N$ 是3的倍数，那么 $S(N)$ 也可以被3整除，并且 $S(N) equiv N pmod{3}$。
让我们检查一下每个数字的立方模3：
$0^3 = 0 equiv 0 pmod{3}$
$1^3 = 1 equiv 1 pmod{3}$
$2^3 = 8 equiv 2 pmod{3}$
$3^3 = 27 equiv 0 pmod{3}$
$4^3 = 64 equiv 1 pmod{3}$
$5^3 = 125 equiv 2 pmod{3}$
$6^3 = 216 equiv 0 pmod{3}$
$7^3 = 343 equiv 1 pmod{3}$
$8^3 = 512 equiv 2 pmod{3}$
$9^3 = 729 equiv 0 pmod{3}$
我们可以发现一个模式：
如果一个数字 $d$ 可以被3整除 ($d equiv 0 pmod{3}$)，那么 $d^3 equiv 0^3 equiv 0 pmod{3}$。
如果一个数字 $d$ 除以3余1 ($d equiv 1 pmod{3}$)，那么 $d^3 equiv 1^3 equiv 1 pmod{3}$。
如果一个数字 $d$ 除以3余2 ($d equiv 2 pmod{3}$)，那么 $d^3 equiv 2^3 = 8 equiv 2 pmod{3}$。
结论：对于任何整数 $d$，$d^3 equiv d pmod{3}$。
这个结论非常重要！
现在，让我们将这个结论应用到“各位数字立方求和”运算上：
$S(N) = d_k^3 + d_{k1}^3 + dots + d_1^3 + d_0^3$
根据 $d_i^3 equiv d_i pmod{3}$：
$S(N) equiv d_k + d_{k1} + dots + d_1 + d_0 pmod{3}$
而我们知道，一个数字 $N$ 的各位数字之和 $ sum d_i $ 是模3等价于 $N$ 本身的。
所以，$ sum d_i equiv N pmod{3}$。
因此，我们得到了一个重要的推论：
$S(N) equiv N pmod{3}$
这意味着什么？
这意味着，无论你对一个数字 $N$ 进行多少次“各位数字立方求和”运算，结果数字的模3值与原始数字 $N$ 的模3值是相同的。
如果原始数字 $N$ 是3的倍数，那么 $N equiv 0 pmod{3}$。
那么，经过运算后得到的任何数字 $M$，$M equiv 0 pmod{3}$。
也就是说，只要你开始时是一个3的倍数，无论你重复多少次“各位数字立方求和”，你得到的数字永远都是3的倍数。
将所有的信息串联起来：
1. 有限循环： 任何数字经过“各位数字立方求和”运算后，都会被限制在一个有限的范围内，并最终进入一个循环。
2. 固定点153： 153 是一个“自恋数”，即 $1^3 + 5^3 + 3^3 = 153$。一旦达到153，运算就会停止在这个点。
3. 模3守恒： 如果一个数字是3的倍数，那么经过“各位数字立方求和”运算后，得到的数字仍然是3的倍数。
所以，综合以上三点，我们可以得出结论：
所有3的倍数的数字，在进行“各位数字立方求和”的重复运算时，产生的数字序列都将保持3的倍数这一特性。
由于这个运算最终会进入一个有限的循环，而153是这个运算的一个固定点（并且153本身也是3的倍数：$1+5+3=9$，9是3的倍数）。
那么，所有的3的倍数，在重复进行各位数字立方求和的运算后，最终都会收敛到153这个固定点。
为什么不是其他的3的倍数形成的循环？
我们知道，可能还存在其他数字形成的循环。例如：
$55 o 5^3 + 5^3 = 125 + 125 = 250 o 2^3 + 5^3 + 0^3 = 8 + 125 + 0 = 133 o 1^3 + 3^3 + 3^3 = 1 + 27 + 27 = 55$。这是一个长度为3的循环 (55, 250, 133)。
$136 o 1^3 + 3^3 + 6^3 = 1 + 27 + 216 = 244 o 2^3 + 4^3 + 4^3 = 8 + 64 + 64 = 136$。这是一个长度为2的循环 (136, 244)。
但是，我们证明的关键在于“模3守恒”。
153 是3的倍数。
55：$5+5=10$，不是3的倍数。
136：$1+3+6=10$，不是3的倍数。
因此，任何以3的倍数开始的序列，都不会进入不包含3的倍数的循环（如55或136的循环），它只会进入包含3的倍数的循环，或者直接到达153这个固定点。
虽然理论上可能存在一个包含3的倍数的循环，但实际计算和数学研究表明，这个“各位数字立方求和”运算在所有正整数中，最终只会收敛到三个点：153，370，371，407（这些都是各位数字立方和等于自身的数，即自恋数）。而其中只有153是3的倍数。
更严格的证明思路：
1. 证明收敛性： 证明任何正整数经过有限次“各位数字立方求和”后，都会进入一个有限的循环。这可以通过分析最大值随着位数增长的变化来实现，如上文所述。
2. 证明 $d^3 equiv d pmod{3}$： 这是核心的数论证明，已经展示了。
3. 证明 $S(N) equiv N pmod{3}$： 利用 $d^3 equiv d pmod{3}$ 推出。
4. 推断3的倍数： 由 $S(N) equiv N pmod{3}$，可知如果 $N equiv 0 pmod{3}$，则 $S(N) equiv 0 pmod{3}$。这意味着3的倍数序列不会离开“3的倍数”集合。
5. 识别固定点： 找出所有“自恋数”（各位数字立方和等于本身的数）。这些数是可能的循环终点。
6. 筛选3的倍数固定点： 在找到的所有自恋数中，找出是3的倍数的。153 是其中一个。
虽然153 是一个“自恋数”，但还有其他自恋数，比如370 ($3^3+7^3+0^3 = 27+343+0=370$)，371 ($3^3+7^3+1^3 = 27+343+1=371$)，407 ($4^3+0^3+7^3 = 64+0+343=407$)。
370：$3+7+0=10$，不是3的倍数。
371：$3+7+1=11$，不是3的倍数。
407：$4+0+7=11$，不是3的倍数。
因此，153是唯一一个在这些数字立方和运算的固定点或循环中，同时又是3的倍数的那个。而由于“模3守恒”，所有3的倍数只能收敛到这个“3的倍数”集合中的固定点或循环。由于153是一个固定点，所有3的倍数最终都会汇聚于此。
总结：
将任意3的倍数进行各位数字立方求和重复运算，最终会得到153，这个结论是基于“模3守恒”以及“各位数字立方求和运算收敛性”和“153是3的倍数的固定点”这三个关键事实。这个数字魔力，既展现了数字本身的规律性，也体现了数学的严谨与美妙。下次当你看到3的倍数时，不妨试着进行这个有趣的计算，亲身体验一下数字的奇妙旅程吧！
网友意见
我有一个「暴力」的证明方法.
设 . 各个数位立方再求和，我们将之记为映射
我们记 . 至于为什么 把 3 的倍数映射为 3 的倍数，只需观察公式：
不过这并不是重点，接下来才是——
我们考察什么时候 迫使 下降到 ，即 .
我们考虑极端的情况. 若 是 位数，则
解此不等式，当 时，此不等式恒成立. 这意味着无论多大的数 ，经过 的反复作用后，都不会超过五位数，偶然达到五位数必然会碰到「天花板」而向下反弹.
所以，只需要用计算机把不超过五位数的数字（3 的倍数）全部验证一遍就够了……
编一个程序简单验证一下：
# R语言 f <- function(n) #3|n { g <-function(n) #将数字n各个数位拆分为向量 { n = strsplit(as.character(n),'')[[1]] n = as.numeric(n) } n = g(n) L = length(n) repeat { n = sum(n^3) print(n) #展示每一次计算的结果直至遇到153停止 if(n==153)break n = g(n) } } h <- function() { for(i in seq(3,99999,3)) f(i) print("excited!") #如果正确，则输出"excited!" } system.time(h()) #程序运行所需时间 运行结果：
[1] "excited!" user system elapsed 0.937 0.007 0.941 说实话验证效率太高了，连 秒都用不了……
至于纯数论的方法，我就当围观群众吧～
如果不那么暴力（尽管还是借助了计算机），我们也可以展示为什么153是不动点.
事实上，如果把条件放松， 不必是 3 的倍数，那么 153 并不是唯一的不动点：0、1、153、370、371、407 都是 的不动点. （0、1是平凡不动点，一般我们就省略不谈了）.
另外，除了不动点，还有很多循环圈（不包括不动点）：
而 153 作为唯一可以被 3 整除的不动点，再加上我们前面说明了 的两个性质：
- 把 3 的倍数映射为 3 的倍数；
- 多次复合，一定可以将任意自然数锁定在一个自然数的有限集合 中.
巧合的是，所有的循环圈都不包含 3 的倍数，那么 153 只能是唯一的归宿.
至于高次的情况，分析方法照搬就行，但是都没有 3 次这么简洁的结论.
这个不成立吧！
举例说99
各数位的数字是9和9
对这两个数字求立方和是729+729=1458，哪里来的固定数值153?
好吧，问题被修改了，但是还是不严谨，应该是
将任意一个3的倍数n(n不为0)各个数位上的数字进行立方求和，得到新的和数后重复之前运算，有限次重复后总能得到153。
两个条件必须具备
1是n不能为0。
2是必须是有限次重复。
暂时就这两个问题，至于证明，我还在想……
任何对于十进制下的整数n ，n和它自己的所有位数之和对于膜3同余。
令f(n)是上述描述的操作，由费马小定理，n和f(n)对于膜3同余。
不难验证（留作课后习题）
当n>1999时，有f(n) <n 。
所以迭代若干步后总会得到一个小于1999的3的倍数。
153恰好是f(n)的不动点。（类似的数叫做水仙花数）
QED
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