王润青

(西南大学 数学与统计学院，重庆 400715)

不定方程也被称为丢番图方程,是数论中的一个重要分支,很多学者研究了形如

px(x+1)(x+2)(x+3)=qy(y+1)(y+2)(y+3)p,q∈Z+

(1)

这类方程的整数解,特别是正整数解.1971年Cohn[1]证明了当p=1,q=2时,不定方程只有一组正整数解(x,y)=(5,4);1975年Ponnudurai[2]证明了当p=1,q=3时,不定方程有两组正整数解(x,y)=(2,3),(5,7);1991年罗明[3]证明了当p=1,q=7时,不定方程只有一组正整数解(x,y)=(4,2);2017年孙浩久[4]证明了当p=3,q=14时,不定方程只有正整数解(x,y)=(5,3);以及其他更多重要结论(详见[5],[6],[7],[8]).

文中主要运用Pell方程,递推序列,平方(非)剩余等初等方法证明不定方程6x(x+1)(x+2)(x+3)=13y(y+1)(y+2)(y+3)仅有唯一正整数解(x,y)=(10,8),并给出所有整数解.

先将

6x(x+1)(x+2)(x+3)=13y(y+1)(y+2)(y+3)，

(2)

化为

[6(x2+3x+1)]2-78(y2+3y+1)2=-42.

(3)

方程x2-78y2=-42的全部整数解可由以下两个结合类给出:

(2y+3)2=4yn+5，

(4)

(2y+3)2=-4yn+5.

(5)

又因为yn≥-1,故(4)(5)中的yn满足下式:

因此可推出下列关系式:

yn+1=106yn-yn-1,y0=1,y1=89.

(6)

un+1=106un-un-1,u0=1,u1=53，

(7)

vn+1=106vn-vn-1,v0=0,v1=6,

(8)

(9)

yn=un+6vn,

(10)

un+2h≡-un(moduh),vn+2h≡-vn(moduh),

(11)

yn+2h≡-yn(moduh).

(12)

接下来证明(4)当且仅当n=0,1时成立,(5)当且仅当n=0时成立,从而得到(2)的全部整数解.

1 (2y+3)2=4yn+5

本小节主要讨论(2y+3)2=4yn+5为完全平方数时n的情况.

引理1设2|n,则

证因为2|n,由(8),(9)可知

un≡1(mod 2),un≡1(mod 4),4y2n+5≡4(u2n+6v2n)+5≡24v2n+5(modu2n) .

由(9)式可知

引理2设n≡0(mod 8×3)且n>0,则(4)不成立.

证令n=2·k·3·2t,2k,t≥1.

对{5un±24vn}取mod 421,得到2个剩余序列周期均为15;对{2t}取mod 15,得到剩余序列周期为4.

对k分2种情况进行讨论:

(1)k≡1(mod 4)时,令

则有下表

表1 k≡1(mod 4) 的情况

(2)k≡-1(mod 4)时,令

则有下表

表2 k≡-1(mod 4) 的情况

引理3设n≡1(mod 8×3)且n>1,则(4)不成立.

证令n=1+2·m·3r,r≥0,3|m,4|m.则m≡±12,±24(mod 60).

由(12),4yn+5≡-4y1+5≡-351(modum).2|m时,um≡1(mod 4),得

对{um}取mod 351,得到周期为350的序列,对{3r}取mod 350, 得到周期为60的序列.

则m>0 即n>1 时(4)不成立.证毕.

推论1设n≡0,1(mod 8×3)且n>1,则(4)不成立.

引理4若(4)成立,则n≡0,1(mod 8×3).

证采用对{4yn+5}取模的方法进行证明,分为2步:

第1步 先证n≡0,1,6(mod12).

取mod 53,排除n≡3(mod 4),此时4yn+5≡20(mod 53),剩n≡0,1,2(mod 4).以上的mod 53是对序列{4yn+5}取的,mod 4是其剩余序列的周期为4,第3句是排除的理由:均为mod 53的平方非剩余.为了表述方便,后面都这样叙述.取mod 47,排除n≡2,3,4,5,9,11(mod 12),剩n≡0,1,6,7,8,10(mod 12).取mod 239,排除n≡2,4,8,9,10,11(mod 12),剩n≡0,1,3,5,6,7(mod 12).所以n≡0,1……