李江龙,罗 明,林丽娟

(重庆师范大学 数学科学学院,重庆 401331)

1 引言及主要结论

对不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=Ny(y+1)(y+2)(y+3),N∈N+时,已有不少研究工作。 1971年,Cohn[1]证明了N=2时仅有正整数解(x,y)=(5,4);1975年,Ponnudurai[2]得到了N=3时的解的情况;1982年,宣体佐[3]得到了N=5时的解的情况;1991年和2001年,罗明[4-5]分别找到了N=7，6时的解的情况。目前,关于N<50时的正整数解的研究得到了很多结果[6-14]，但并没有全部解决。目前也有众多学者研究其他不定方程,如Mordell方程,其中有些方法技巧可以深度学习。本文继续探讨该不定方程在50以内有正整数解的情形,即N=42时,利用文献[15]中的方法证明了如下定理：

定理1不定方程

x(x+1)(x+2)(x+3)=

42y(y+1)(y+2)(y+3)

(1)

仅有一组正整数解(x,y)=(7,2)。

2 预备知识

先将方程(1)化为

(x2+3x+1)2-42(y2+3y+1)2=-41

(2)

易知方程X2-42Y2=-41的全部整数解由以下两个结合类[16]给出：

则方程(2)的基本解应满足

(2y+3)2=±4yn+5,n∈Z

(3)

(4)

易证下列关系式成立:

un+1=26un-un-1,u0=1,u1=13

(5)

vn+1=26vn-vn-1,v0=0,v1=2

(6)

yn+1=26yn-yn-1,y0=1,y1=15

(7)

(8)

(9)

(10)

un+2h≡-un(moduh),vn+2h≡

-vn(moduh)

(11)

yn+2h≡-yn(moduh)

(12)

3 定理证明

3.1 当(2y+3)2=-4yn+5时

引理1-4yn+5是平方数仅对n=0成立。

证明当n≠0时,yn>1,故-4yn+5<0,即(2y+3)2<0,不可能是平方数;当n=0时,-4yn+5=1是平方数。

3.2 当(2y+3)2=4yn+5时

引理22|n,n>0,则

证明当n≡0 (mod 2)时,un≡1 (mod 16),vn≡0 (mod 4),有

当6|n时，vn≡0 (mod 5),有

当6⫮n时,有

引理3若4y+5是平方数,则必须n≡-1,0,3(mod 84)。

证明采用对序列{4yn+5}取模的方法,分两步证明。

第一步mod 17,剩余n≡0,3,4,6,8,9,10,11,13,15(mod 16),mod 17是对{4yn+5}取的,mod 16指出所得剩余序列周期为16。为了节省篇幅,以下均按这种方式叙述。

mod 31,剩余n≡0，3,8,9,11,15(mod 16)。

mod 337,剩余n≡0,3,8,11,15(mod 16),即剩余n≡0,3,8,11,15,16,19,24,27,31,32,35,40,43,47(mod 48)。

mod 673,剩余n≡0,2,3,5,6,7,8,11(mod 12),即剩余n≡0,2,3,5,6,7,8,11,12,14,15,17,18,19,20,23(mod 24)。

mod 23,剩余n≡0,3,5,12,14,17,18,19,20,23(mod 24)。

mod 19 571,剩余n≡0,3,12,18,20,23(mod 24),即剩余n≡0，3,12,18,20,23,24,27,36,42,44,47(mod 48)。

mod 4 393,剩余n≡0,3,12,20,24,27,

47(mod 48)。

mod 41 748 911,剩余n≡0,3,12,20,24,47(mod 48)。

故结合mod 337得到,n≡0,3,24,47(mod 48),即n≡0,3,24,47,48,51,72,95,96,99,120,143,144,147,168,191,192,195,216,239,240,243,264,287,,288,291,312,335(mod 336)。

第二步mod 29,剩余n≡0,1,2,3,5,7,10,13(mod 14),即剩余n≡0,1,2,3,5,7,10,13,14,15,16,17,19,21,24,27(mod 28)。

mod 1 567,剩余n≡0,1,2,3,5,7,14,16,17,19,21,24,27(mod 28)。

mod 195 103,剩余n≡0,3,5,7,14,19,27(mod 28),即剩余n=0,3,5,7,14,19,27,28,31,33,35,42,47,55(mod 56)。

mod 1 009,剩余n≡0,3,5,14,28,47,55(mod 56)。

mod 92 909 799 068 689,剩余n≡0,3,5,28,47,55(mod 56),即剩余n≡0,3,5,28,47,55,56,59,61,84,103,111(mod 112)。

mod 223,剩余n≡0,3,5,47,56,103,111(mod 112)。

mod 168 673,剩余n≡0,3,5,56,111(mod 112)。

mod 993 260 481,剩余n≡0,3,56,111(mod 112),即n≡0,3,56,111,112,115,168,223,224,227,280,335(mod 336)。

综上n≡-1,0,3(mod 84)。

引理4设n≡0(mod 84),则仅当n=0时,4yn+5为平方数。

证明若n≡0(mod 84)且n≠0,则可令n=22×k×3×7×2t,t≥3,k≡±1(mod 4)。对{5un±4vn}取模41,所得2个剩余序列周期皆为40,而对{2t}模40的剩余序列周期为4。下面对k分2种情况讨论。

情形1k≡1(mod 4)时,令

对应的t,m,5um±4vm见表1。

表 1 k≡1(mod 4)时,t,m,5um±4vm对应值

对表1中所有m,均有

于是由式(11),(12)及引理2得

4yn+5≡4y2m+5≡4v2m+5(modu2m)

进而得

故4yn+5非平方数。

情形2k≡-1(mod 4)时,令

对应的t,m,5um+4vm见表2。

表 2 k≡-1(mod 4)时,t,m,5um±4vm对应值

对于表2中所有m,均有

于是由式(11),(12)及引理2得

4yn+5≡-4y2m+5≡-4v2m+5(modu2m)

进而得

故4yn+5为非平方数。

当n=0时,4yn+5=32为平方数。

引理5设n≡-1(mod 84),则仅当n=-1时,4yn+5为平方数。

证明若n≡-1(mod 84)且n≠-1时,则可令n=-1+22×k×3×7×2t,t≥3,k≡1(mod 2)

取m为2t，3×2t，7×2t之一，则由式(12)可得

则有

(4yn+5)≡-4v±2m+5≡∓4v2m+5(modu2m)

由引理2可知

再按照引理4证明过程中的方式取m,可得

故4yn+5非平方数。

当n=-1时,4yn+5=72为平方数。

引理6设n≡3(mod 84)，则仅当n=3时,4yn+5为平方数。

证明若n≡3(mod 84)且n≠3时，则可令

n=3+22×k×3×7×2t,t≥3,k≡1(mod 2)

取m为2t，3×2t,7×2t之一,则由式(12)可得

4yn+5≡-4y3+5≡-40 391(modum)

由于n≡0(mod 2)时,un≡1(mod 16),vn≡0(mod 4);当n≡1(mod 2)时,un≡1(mod 12),vn≡0(mod 2)。故

{um}对mod 239的剩余序列周期为240,而{2t}对mod 240的剩余序列周期为4,令

对应的t,m,um见表3。

表 3 t,m,um对应值

3.3 定理1的证明

由引理1有(2y+3)2=-4y0+5=1,因此y=-1或-2,此时对应的整数解为(-3,-2),(-2,-2),(-1,-2),(0,-2),(-3,-1),(-2,-1),(-1,-1),(0,-1)。

由引理4有(2y+3)2=4y0+5=9,因此y=0或-3,此时对应的整数解为(-3,-3),(-2,-3),(-1,-3),(0,-3),(-3,0),(-2,0),(-1,0),(0,0)。

由引理5有(2y+3)3=4y-1+5=49,因此y=2或-5,此时对应的整数解为(-10,-5),(7,-5),(-10,2),(7,2)。

由引理6有(2y+3)2=4y3+5=40 401,因此y=99或-102,此时对应x无整数解。

综上,不定方程(x(x+1)(x+2)(x+3)=42y(y+1)(y+2)(y+3)仅有一组正整数解(x,y)=(7,2)。