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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)

2015-11-02洪,罗

关键词:正整数师范大学学报

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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