关于不定方程5x(x 1)(x 2)(x 3) = 42y(y 1)(y 2)(y 3)

On the Diophantine Equation 5x(x 1)(x 2)(x 3) = 42y(y 1)(y 2)(y 3)

摘要: 本文运用同余式、递推序列和Pell方程等初等方法，证明了不定方程5x(x 1)(x 2)(x 3) = 42y(y 1)(y 2)(y 3)仅有唯一正整数解(x, y) = (6, 3)，并找出了该方程的所有整数解。

Abstract: This article uses elementary methods such as congruence formula, recursive sequences, and Pell equation to prove that indefinite Diophantine equation 5x(x 1)(x 2)(x 3) = 42x(x 1)(x 2)(x 3) has a unique positive integer (x, y) = (6, 3). Also, All 20 groups of integer solutions of the equation are found.

1. 引言与结论

对于 $px\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)=qy\left(y+1\right)\left(y+2\right)\left(y+3\right)$ ，其中 $\left(p,q\right)=1,p,q\in N^{*}$ 这类的不定方程正整数解的研究 [1] - [11] ，已有许多重要的结论。1971年Cohn证明了当 $p=1,q=2$ 时，不定方程仅有一组正整数解 $\left(x,y\right)=\left(5,4\right)$ [1] ；1982年宣体佐证明了当 $p=1,q=5$ 时，不定方程仅有一组正整数解 $\left(x,y\right)=\left(1,2\right)$ [2] ；1991年罗明证明了当 $p=1,q=7$ 时，不定方程仅有正整数解 $\left(x,y\right)=\left(4,2\right)$ [3] ；2022年谢耀兵证明了当 $p=5,q=9$ 时，不定方程仅有正整数解 $\left(x,y\right)=\left(6,5\right)$ [4] 。但对于 $\left(p,q\right)=\left(5,42\right)$ 时的不定方程正整数解的问题仍未解决。因此本文将在以前的基础上讨论 $\left(p,q\right)=\left(5,42\right)$ 的情形，证明了：

定理 不定方程

$5x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)=42y\left(y+1\right)\left(y+2\right)\left(y+3\right)$ (1)

仅有正整数解 $\left(x,y\right)=\left(6,3\right)$ 。

2. 预备知识

先将方程(1)化为

${\left[5\left(x^2+3x+1\right)\right]}^2-210{\left(y^2+3y+1\right)}^2=-185$ (2)

易知方程 $X^2-210Y^2=-185$ 的全部整数解可由以下两个结合类给出：

$x_n+y_n\sqrt{210}=\pm \left(5+\sqrt{210}\right)\left(u_n+v_n\sqrt{210}\right)=\pm \left(5+\sqrt{210}\right){\left(29+2\sqrt{210}\right)}^{n}n\in \mathbb{N}$

${\bar{x}}_n+{\bar{y}}_n\sqrt{210}=\pm \left(-5+\sqrt{210}\right)\left(u_n+v_n\sqrt{210}\right)=\pm \left(-5+\sqrt{210}\right){\left(29+2\sqrt{210}\right)}^{n}n\in \mathbb{N}$

其中 $5+\sqrt{210}$ 是方程 $X^2-210Y^2=-185$ 的最小正整数解， $29+2\sqrt{210}$ 是Pell方程 $u^2-210v^2=1$ 的基本解 [11] 。易知 ${\bar{y}}_n=y_{-n}$ ，于是方程(2)的解应该满足

${\left(2y+3\right)}^2=\pm 4y_n+5n\in \mathbb{N}$ (3)

容易验证不定方程(1)满足下列关系式：

$y_{n+1}=58y_n-y_{n-1},y_0=1,y_1=39$ (4)

$u_{n+1}=58u_n-u_{n-1},u_0=1,u_1=29$ (5)

$v_{n+1}=58v_n-v_{n-1},v_0=0,v_1=2$ (6)

$u_{2n}=u_n^2+210v_n^2=2u_n^2-1,v_{2n}=2u_n{v}_n$ (7)

$y_n=u_n+5v_n$ (8)

$u_{n+2km}\equiv {\left(-1\right)}^k{u}_n\left(\mathrm{mod}{u}_m\right)$ (9)

$v_{n+2km}\equiv {\left(-1\right)}^k{v}_n\left(\mathrm{mod}{u}_m\right)$ (10)

$y_{n+2km}\equiv {\left(-1\right)}^k{y}_n\left(\mathrm{mod}{u}_m\right)$ (11)

下面本文将分两种情况讨论(3)式在 $n=0,-1$ 成立，由此求得(2)的全部整数解，进而求得方程(1)的全部正整数解。

3. 分类讨论

3.1. 当(2y + 3)² = 4y_n + 5时

此节主要是为了讨论n为何值时， $4y_n+5$ 为完全平方数，为此本文先介绍以下的几个引理。

引理1 设 $2|m$ 且 $m>0$ ，则 $\left(\frac{\pm 20v_{2m}+5}{u_{2m}}\right)=-\left(\frac{u_m\pm 4v_m}{113}\right)$ 。

证明 当 $2|m$ 且 $m>0$ 时，由(5)式可知 $2\nmid u_m$ ，且由(7)式可知 $u_{2m}=2u_m^2-1\equiv 1\left(\mathrm{mod}8\right)$ ； $u_m\equiv 1\left(\mathrm{mod}4\right)$ ，于是有 $\left(\frac{-1}{u_m}\right)=1$ ， $\left(\frac{2}{u_{2m}}\right)=1$ ， $\left(\frac{5}{u_{2m}}\right)=1$ ，

因此

$\begin{array}{l}\left(\frac{\pm 20v_{2m}+5}{u_{2m}}\right)=\left(\frac{\pm 20v_{2m}+10u_m^2}{u_{2m}}\right)=\left(\frac{\pm 40u_m{v}_m+10u_m^2}{u_{2m}}\right)\\ =\left(\frac{2}{u_{2m}}\right)\left(\frac{5}{u_{2m}}\right)\left(\frac{u_m}{u_{2m}}\right)\left(\frac{u_m\pm 4v_m}{u_{2m}}\right)=\left(\frac{-1}{u_m}\right)\left(\frac{u_{2m}}{u_m\pm 4v_m}\right)\\ =\left(\frac{u_m^2+210v_m^2}{u_m\pm 4v_m}\right)=\left(\frac{210v_m^2+{\left(\pm 4v_m\right)}^2}{u_m\pm 4v_m}\right)\\ =\left(\frac{226}{u_m\pm 4v_m}\right)=\left(\frac{2}{u_m\pm 4v_m}\right)\left(\frac{113}{u_m\pm 4v_m}\right)=-\left(\frac{u_m\pm 4v_m}{113}\right)\end{array}$

引理2 若 $4y_n+5$ 为平方数，则 $n\equiv 0,-1\left(\mathrm{mod}{2}^3\times 3^2\times 5\right)$ 。

证明 对序列 $\left\{4y_n+5\right\}$ 取不同的模来证明。

mod 311，排除 $n\equiv 1,3\left(\mathrm{mod}5\right)$ ，这是因为此时 $4y_n+5\equiv 161,55\left(\mathrm{mod}311\right)$ ，而161、55为mod 311的平方非剩余，故可排除 $n\equiv 1,3\left(\mathrm{mod}5\right)$ 的情形，剩余 $n\equiv 0,2,4\left(\mathrm{mod}5\right)$ 。为节省篇幅，下面不再重复排除的原因。

mod 41，排除 $n\equiv 1,2,3,5,6\left(\mathrm{mod}8\right)$ ，剩余 $n\equiv 0,4,7,12,15,20,24,32,39\left(\mathrm{mod}40\right)$ 。

mod 661，排除 $n\equiv 3,4,6,8\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，剩余 $n\equiv 0,7,12,15,20,32,39\left(\mathrm{mod}40\right)$ 。

mod 239，47279，排除 $n\equiv 7,12,15\left(\mathrm{mod}20\right)$ ，剩余 $n\equiv 0,20,39\left(\mathrm{mod}40\right)$ 。

mod 17，11467，排除 $n\equiv 2,4,5,6,7\left(\mathrm{mod}9\right)$ ，剩余 $n\equiv 0,39,80,100,120,180,199,260,279,280,300,359$ $\left(\mathrm{mod}360\right)$ 。

mod 61，排除 $n\equiv 5\left(\mathrm{mod}15\right)$ ，剩余 $n\equiv 0,120,180,300,359\left(\mathrm{mod}360\right)$ 。

mod 37 ，排除 $n\equiv 12\left(\mathrm{mod}36\right)$ ，剩余 $n\equiv 0,180,359\left(\mathrm{mod}360\right)$ 。

下面本文将利用计算的方法排除 $n\equiv 180\left(\mathrm{mod}360\right)$ 。对于 $n\equiv 180\left(\mathrm{mod}360\right)$ ，可令 $n=360k+180$ ，若 $k=2k_1$ ，则 $n=720k_1+180$ 故 $n\equiv 4\left(\mathrm{mod}16\right)$ ，而对于序列 $\left\{4y_n+5\right\}$ 取mod 1231就可排除 $n\equiv 4\left(\mathrm{mod}16\right)$ ，若 $k=2k_1+1$ ，则 $n\equiv 12\left(\mathrm{mod}16\right)$ ，同理对于序列 $\left\{4y_n+5\right\}$ 取mod 1231也可排除 $n\equiv 12\left(\mathrm{mod}16\right)$ 。

综上所述 $n\equiv 0,-1\left(\mathrm{mod}{2}^3\times 3^2\times 5\right)$ 。

引理3 设 $n\equiv 0\left(\mathrm{mod}{2}^3\times 3^2\times 5\right)$ ，则 $4y_n+5$ 为平方数当且仅当 $n=0$ 。

证明 若 $n\ne 0$ ，因为 $n\equiv 0\left(\mathrm{mod}{2}^3\times 3^2\times 5\right)$ ，则可令 $n=2\times \left(4k\pm 1\right)\times 3^2\times 5\times 2^t$ ， $t\ge 2$ 。若现取m为 $2^t,3\times 2^t,5\times 2^t$ 之一，则由(8)和(11)以及引理2可得

$4y_n+5\equiv 4u_n+20v_n+5\equiv \pm 20v_{2m}+5\left(\mathrm{mod}{u}_{2m}\right)$

所以 $\left(\frac{4y_n+5}{u_{2m}}\right)=\left(\frac{\pm 20v_{2m}+5}{u_{2m}}\right)=-\left(\frac{u_m\pm 4v_m}{113}\right)$ 。

$\left\{u_m\pm 4v_m\right\}$ 对mod 113的剩余序列周期为56，而 $\left\{2^t\right\}$ 对mod 56的剩余序列周期为3。

情况1 对 $\left\{u_m+4v_m\right\}$ ，选择具体的m如下：

$m=\{\begin{array}{l}{2}^t,t\equiv 0\left(\mathrm{mod}3\right)\hfill \\ 5\times 2^t,t\equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)\hfill \\ 3\times 2^t,t\equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)\hfill \end{array}$

则有表1。

Table 1. The situation of u m + 4 v m ( mod 113 )

表1. $u_m+4v_m\left(\mathrm{mod}113\right)$ 的情形

表1中所有的 $u_m+4v_m$ 均为mod 113的平方剩余，即以上所有的m均有 $\left(\frac{u_m+4v_m}{113}\right)=1$ ，故 $\left(\frac{4y_n+5}{u_{2m}}\right)=-1$ ，由此可知 $4y_n+5$ 不是平方数。

情况2 对 $\left\{u_m-4v_m\right\}$ ，选择具体的m如下：

$m=\{\begin{array}{l}{2}^t,t\equiv 1,2\left(\mathrm{mod}3\right)\hfill \\ 5\times 2^t,t\equiv 0\left(\mathrm{mod}3\right)\hfill \end{array}$

同理可知此时所有 $u_m-4v_m$ 均为mod 113的平方剩余，由此得 $4y_n+5$ 不是平方数。综上情况1和情况2可知与条件 $4y_n+5$ 为平方数矛盾。故 $n=0$ 。

反之当 $n=0$ 时，显然 $4y_n+5=3^2$ 是一个平方数。因此，引理4得证。

引理4 设 $n\equiv -1\left(\mathrm{mod}{2}^3\times 3^2\times 5\right)$ ，则 $4y_n+5$ 为平方数当且仅当 $n=-1$ 。

证明 若 $n\ne -1$ ，因为 $n\equiv -1\left(\mathrm{mod}{2}^3\times 3^2\times 5\right)$ ，则可令 $n=-1+2\times \left(4k\pm 1\right)\times 3^2\times 5\times 2^t$ ， $t\ge 2$ 。又由(11)式可得

$4y_n+5=4y_{-1+2\times \left(4k\pm 1\right)\times 3^2\times 5\times 2^t}+5\equiv -4y_{-1}+5\left(\mathrm{mod}{u}_m\right)$

而其中 $y_{-1}=19$ ，则 $\left(\frac{4y_n+5}{u_m}\right)=\left(\frac{-71}{u_m}\right)=\left(\frac{u_m}{71}\right)$ 。对于序列 $\left\{u_m\right\}$ 对mod 71的剩余周期为36， $\left\{2^t\right\}$ 对mod 36的剩余序列周期为6，于是对于序列 $\left\{u_m\right\}$ ，我们可以选择具体的m如下：

$m=2^t$

此时 $t\equiv 0,1,2,3,4,5\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，，对应的 $u_m\equiv 56,23,63,56,23\left(\mathrm{mod}71\right)$ 均为mod 71的平方非剩余；由此可知 $4y_n+5$ 必不可能为平方数，这与 $4y_n+5$ 为平方数矛盾。因此 $n=-1$ 。反之，若 $n=-1$ ，则显然 $4y_n+5=9^2$ 是一个平方数。引理5得证。

3.2. 当(2y + 3)² = −4y_n + 5时

引理5 $-4y_n+5$ 是平方数当且仅当 $n=0$ 。

证明 当 $n\ne 0$ 时，此时 $y_n>1$ ，故 $-4y_n+5<0$ ，这与 $-4y_n+5$ 是一个平方数矛盾；若 $n=0$ ，则此时 $-4y_n+5=-4y_0+5=1^2$ 是一个平方数。

4. 定理证明

定理 不定方程 $5x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)=42y\left(y+1\right)\left(y+2\right)\left(y+3\right)$ 仅有一组正整数解 $\left(x,y\right)=\left(6,3\right)$ 。

证明 由引理1知 ${\left(2y+3\right)}^2=-4y_0+5=1$ ，因此 $y=-1$ 或者−2，此时相应的整数解为 $\left(-3,-2\right),\left(-2,-2\right),$ $\left(-1,-2\right),\left(0,-2\right),\left(-3,-1\right),\left(-2,-1\right),\left(-1,-1\right),\left(0,-1\right)$ 。

由引理4知 ${\left(2y+3\right)}^2=4y_0+5=9$ ，因此 $y=0$ 或者−3，此时相应的整数解为 $\left(-3,-3\right),\left(-2,-3\right),\left(-1,-3\right),$ $\left(0,-3\right),\left(-3,0\right),\left(-2,0\right),\left(-1,0\right),\left(0,0\right)$ 。

由引理5知 ${\left(2y+3\right)}^2=4y_{-1}+5=81$ ，因此 $y=3$ 或者−6，此时相应的整数解为 $\left(-9,-6\right),\left(-9,3\right),\left(6,-6\right),$ $\left(6,3\right)$ 。

综上所述，不定方程 $5x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)=42y\left(y+1\right)\left(y+2\right)\left(y+3\right)$ 仅有一组正整数解 $\left(x,y\right)=\left(6,3\right)$ ，定理得证。

参考文献