关于不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=Dy(y+1)(y+2)(y+3)(其中 D=21，23)

张 洪，罗 明

(西南大学数学统计学院，重庆400715)

设D是非完全平方数，对形如x(x+1)(x+2)(x+3)=21y(y+1)(y+2)(y+3)的不定方程已有不少研究工作［1－12］.此处将运用递归数列的方法证明当D=21和D=23时，不定方程

1 不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=21y(y+1)(y+2)(y+3)

先将方程(1)化为

易知方程X2－21Y2=－20的全部整数解［13］，由以下6个结合类给出:

显然对∀n∈Z有3|±y'n，由式(5)可以推出(2y+3)2≡2(mod 3)，此不可能，从而排除式(5).因此实际需要讨论的只有式(4).

容易验证下面各式成立:

下面将证明式(4)仅当n=0时成立，由此求得式(1)的全部正整数解.

1.1 (2y+3)2=－ 4yn+5解的证明

本节将考察式(4)的解，即n取何值时，－4yn+5是一个完全平方数.

引理1 只有n=0时，－4yn+5是一个完全平方数.

证明 由式(6)得yn＞1(n≠0)，从而－4yn+5是负数，不可能为一个平方数，当n=0时，－4yn+5=12，结果成立.证毕.

1.2 (2y+3)2=4yn+5 解的证明

引理3 若4yn+5是平方数，则必须n≡0(mod 100).

证明 用对序列{4yn+5}取模的方法证明.取 mod 29，排除 n≡1，2，4(mod 5)，此时 4yn+5≡12，17，3(mod 29)，剩余n≡0，3(mod 5).为节省篇幅，下面只给出每次取模所用的素数以及 n的剩余情况.取mod 421，剩余 n≡0(mod 5);取 mod 179，剩余 n≡0，5，10(mod 20);取 mod 149，199，剩余 n≡0(mod 25).综合得剩余 n≡0，25，50(mod 100).对 n≡25(mod 100)，令 n≡100t1+25，若2|t1，则 n≡25(mod 40);若，则n≡5(mod 40).取 mod 41，排除 n≡25，5(mod 40)，剩余 n≡0，50(mod 100).对 n≡50(mod 100)，令 n≡100t2+50，若 2|t2，则 n≡10，50(mod 80);若，则 n≡30，70(mod 80).取 mod 239，排除 n≡10，50，30，70(mod 80)，剩余 n≡0(mod 100).

引理4 设n≡0(mod 100)，仅当n=0时4yn+5为平方数.

证明 令n=2·k·52·2t(t≥1，k≡1(mod 2))，对{5um±4vm}取mod 541所得的两个剩余序列周期均为 45，而{2t}对mod 45的剩余序列具有周期12.对k分两种情况讨论.

1)k≡1(mod 4)时.当 t≡0，1，4(mod 12)时，令 m≡2t;当 t≡3，5，7，9，11(mod 12)时，令 m≡5·2t;当t≡2，6，8，10(mod 12)时，令 m≡52·2t.则当 t(≥1)(mod 12)=0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11 时，m(mod 45)=1，2，10，40，16，25，25，10，10，40，40，25，对应{5um+4vm}(mod 541)=323，360，479，356，357，247，247，479，479，356，356，247，这些数均为模 541 的平方非剩余.于是，由式(10)(11)及引理 2，得

从而4yn+5是非平方数.

2)k≡－1(mod 4)时.当 t≡2，3，6，9，11(mod 12)时，令 m≡2t;当 t≡0，4，8，10(mod 12)时，令 m≡5·2t;当 t≡1，5，7(mod 12)时，令 m≡52·2t.则当 t(≥1)(mod 12)=0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11 时，m(mod 45)=5，5，4，8，35，35，19，5，20，17，35，23，对应{5um－4vm}(mod 541)=356，356，331，447，479，479，455，356，247，250，479，428，这些数均为模 541 的平方非剩余.于是，由式(10)(11)及引理 2，有

从而4yn+5是非平方数.

2 不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=23y(y+1)(y+2)(y+3)

先将方程(2)化为

易知方程X2－23Y2=－22的全部整数解［13］，由以下两个非结合类给出:

显然必满足 xn≥－1－1.从而式(13)(14)中的只需取

下面将证明式(13)仅当n=0时成立，式(14)仅当n=0时成立，由此求得(2)式的全部正整数解.

2.1 (2x+3)2=4xn+5 解的证明

本节将考察式(13)的解，即n取何值时4xn+5为完全平方数.

证明 当4|m 时，由式(17)知 um≡1(mod 4)，um≡1(mod 3)，um≡1(mod 23)，所以有－1≡1(mod 8)，92vm±5um≡±1(mod 4).由式(19)，可推知

引理6 若式(13)成立，则必须 n≡0(23×3×52×7).

证明 同引理3的证明类似，用对序列{4xn+5}取模的方法证明.由于数字23×3×52×7较大，证明分两步进行.

1)取模 29，3109，2239，剩余 n≡0，18，28，46，54(mod 56).取模 7，47，13，167，1 511，4 871，剩余 n≡0，6，42，60(mod 84).综合得剩余 n≡0，84(mod 168).对 n≡84(mod 168)，令 n≡168t1+84，若 2|t1，则 n≡4(mod 16)，取 mod 673，排除 n≡4(mod 16);若，则 n≡12(mod 16)，取 mod 31，排除 n≡12(mod 16).剩余n≡0(mod 168).

2)取模 2 351，11，2 819，101，2 099，44 201，剩余 n≡0，2，10，50(mod 100).取模 7，47，9 001，149，599，19 051，剩余 n≡0，21，60，75，90，120(mod 150).综合得剩余 n≡0，150(mod 300).

综上得 n≡0(23×3×52×7).

引理7 设 n≡0(23×3×52×7)，仅当 n=0时式(13)成立.

证明 令n=2·k·3·52·7·2t(t≥2，k≡1(mod 2))，对{5um±92vm}取mod 131所得的两个剩余序列周期均为44，而{2t}对mod 44的剩余序列具有周期10.对k分两种情况讨论.

1)k≡1(mod 4)时.当 t≡1，3(mod 10)时，令 m≡2t;当 t≡7，9(mod 10)时，令 m≡5·2t;当 t≡5(mod 10)时，令m≡52·2t;当 t≡6，8(mod 10)时，令 m≡3·7·2t;当t≡2，4(mod 10)时，令m≡3·5·7·2t;当 t≡0(mod 10)时，令 m≡3·52·7·2t.则当 t(≥2)(mod 10)=0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 时，m(mod 44)=8，24，24，8，8，8，24，24，8，8，对应{5um+92vm}(mod 131)=86，68，68，86，86，86，68，68，86，86，这些数均为模131的平方非剩余.于是，由式(20)(21)及引理5，得

从而4xn+5非平方数，故仅当n=0时(13)式成立.

2)k≡－1(mod 4)时.当 t≡6，8(mod 10)时，令 m≡2t;当 t≡2，4(mod 10)时，令 m≡5·2t;当 t≡0(mod 10)时，令 m≡52·2t;当 t≡1，3(mod 10)时，令 m≡3·7·2t;当 t≡7，9(mod 10)时，令 m≡3·5·7·2t;当 t≡5(mod 10)时，令 m≡3·52·7·2t.则当 t(≥2)(mod 10)=0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 时，m(mod 44)=36，20，20，36，36，36，20，20，36，36，对应{5um－92vm}(mod 131)=86，68，68，86，86，86，68，68，86，86，这些数均为模131的平方非剩余.于是，由式(20)(21)及引理5，得

从而4xn+5非平方数，故仅当n=0时(13)式成立.

2.2 (2x+3)2=+5解的证明

引理8 若式(14)成立，则必须 n≡0(23×3×52×7).

1)取模 29，3 109，2 239，剩余 n≡0，28，30，52(mod 56).取模 7，47，13，167，1511，4871，剩余 n≡0，36，42，66(mod 84).综合得剩余 n≡0，84(mod 168).对 n≡84(mod 168)，令 n≡168t1+84.若 2|t1，则 n≡4(mod 16)，取 mod 673，排除 n≡4(mod 16);若，则 n≡12(mod 16)，取 mod 31，排除 n≡12(mod 16).剩余 n≡0(mod 168).

2)取模 2 351，11，2 819，101，2 099，44 201，剩余 n≡0，40，50(mod 100).取模 7，47，9001，149，599，19051，剩余 n≡0，15，54，75，105，135(mod 150).综合得剩余 n≡0，150(mod 300).

综上得 n≡0(23×3×52×7).

引理9 设 n≡0(23×3×52×7)，仅当 n=0时(14)式成立.

证明 当n≡0(23×3×52×7)时，证明过程与引理7的一致，这里不再证明.

3 结 果

根据前面的讨论，现给出文中的两个主要结果.

定理1 不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=21y(y+1)(y+2)(y+3)无正整数解.

证明 由引理 1 有(2y+3)2=－4y0+5=1，因此 y=－1，－2.由引理 4 有(2y+3)2=4y0+5=9，因此 y=0，－3.由此，容易知道方程(1)仅有 16 组平凡解，即(0，0)，(0，－1)，(0，－2)，(0，－3)，(－1，0)，(－1，－1)，(－1，－2)，(－1，－3)，(－2，0)，(－2，－1)，(－2，－2)，(－2，－3)，(－3，0)，(－3，－1)，(－3，－2)，(－3，－3).因此不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=21y(y+1)(y+2)(y+3)无正整数解.

定理2 不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=23y(y+1)(y+2)(y+3)无正整数解.

证明 由引理7知，要式(13)成立，则必须n=0，此时x=0，－3.由引理9知，要式(14)成立，则必须n=0，此时 x=－1，－2.由此，容易知道方程(2)仅有 16 组平凡解，即(0，0)，(0，－1)，(0，－2)，(0，－3)，(－1，0)，(－1，－1)，(－1，－2)，(－1，－3)，(－2，0)，(－2，－1)，(－2，－2)，(－2，－3)，(－3，0)，(－3，－1)，(－3，－2)(－3，－3).因此不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=21y(y+1)(y+2)(y+3)无正整数解.

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