关于不定方程5x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 11y (y + 1) (y + 2) (y + 3)

doi:10.12677/aam.2025.1410432

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关于不定方程5x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 11y (y + 1) (y + 2) (y + 3)
On the Diophantine Equation 5x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 11y (y + 1) (y + 2) (y + 3)

DOI: 10.12677/aam.2025.1410432, PDF, HTML, XML,
作者: 李涵：西南大学数学与统计学院，重庆
关键词: 不定方程；整数解；递归序列；平方剩余；Diophantine Equation； Integer Solution； Recursive Sequence； Squared Residual

摘要: 本文运用Pell方程、二次平方剩余、递归序列等方法，对不定方程5x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 11y (y + 1) (y + 2) (y + 3)展开研究，证明了该方程共有16组整数解，且不存在正整数解。

Abstract: In this paper, we use Pell equation, quadratic residue, recursive sequence and other methods to study the 5x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 11y (y + 1) (y + 2) (y + 3) Diophantine equation. It is proved that the equation has 16 groups of integer solutions, and there is no positive integer solution.

文章引用：李涵. 关于不定方程5x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 11y (y + 1) (y + 2) (y + 3)[J]. 应用数学进展, 2025, 14(10): 199-204. https://doi.org/10.12677/aam.2025.1410432

1. 引言与结论

对于形如 $p x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = q y (y + 1) (y + 2) (y + 3)$ (其中 $(p, q) = 1$ ，且 $p, q \in ℕ^{*}$ )的不定方程，其正整数解的研究长期受到数论领域的关注[1]-[10]，现已有一些重要结论。1971年Cohn证明了当 $p = 1, q = 2$ 时，不定方程仅有正整数解 $(x, y) = (5, 4)$ [1]；1991年罗明证明了 $p = 1, q = 7$ 时，仅有正整数解 $(x, y) = (4, 2)$ [2]；2024年张艺宝证明了当 $p = 5, q = 42$ 时，仅有正整数解 $(x, y) = (6, 3)$ [9]。但当 $p = 5, q = 11$ 时，方程转化后得到的递推序列系数相对于前者较大，直接计算与验证的难度显著提升，故该方程整数解的问题仍未解决。本文将证明 $p = 5, q = 11$ 时，即方程

$5 x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 11 y (y + 1) (y + 2) (y + 3)$ (1)

无正整数解。

2. 预备知识

化简(1)得：

$\begin{matrix} 25 [x (x + 3)] [(x + 1) (x + 2)] = 55 [y (y + 3)] [(y + 1) (y + 2)] \\ 25 (x^{2} + 3 x + 1 - 1) (x^{2} + 3 x + 1 + 1) = 55 (y^{2} + 3 y + 1 - 1) (y^{2} + 3 y + 1 + 1) \\ 25 {(x^{2} + 3 x + 1)}^{2} - 25 = 55 {(y^{2} + 3 y + 1)}^{2} - 55 \end{matrix}$

由此得到如下形式：

${[5 (x^{2} + 3 x + 1)]}^{2} - 55 {(y^{2} + 3 y + 1)}^{2} = - 30$ (2)

易知方程 $x^{2} - 55 y^{2} = - 30$ 的全部整数解由以下两个结合类给出：

$x_{n} + y_{n} \sqrt{55} = \pm (5 + \sqrt{55}) (u_{n} + v_{n} \sqrt{55}) = \pm (5 + \sqrt{55}) {(89 + 12 \sqrt{55})}^{n}, n \in ℕ^{*}$ ，

${\bar{x}}_{n} + {\bar{y}}_{n} \sqrt{55} = \pm (- 5 + \sqrt{55}) (u_{n} + v_{n} \sqrt{55}) = \pm (- 5 + \sqrt{55}) {(89 + 12 \sqrt{55})}^{n}, n \in ℕ^{*}$ ，

其中 $5 + \sqrt{55}$ 是是方程 $x^{2} - 55 y^{2} = - 30$ 的最小正整数解， $89 + 12 \sqrt{55}$ 是Pell方程 $x^{2} - 55 y^{2} = 1$ 的基本解。易知 ${\bar{y}}_{n} = y_{- n}$ ，且方程(2)的解需要满足以下两个式子

${(2 y + 3)}^{2} = 4 y_{n} + 5,$

${(2 y + 3)}^{2} = 4 {\bar{y}}_{n} + 5.$

故 $y_{n} \geq - 1$ 、 ${\bar{y}}_{n} \geq - 1$ ，并且方程 $x^{2} - 55 y^{2} = - 30$ 的两个结合类都只取正号，于是方程(2)的解需要满足

${(2 y + 3)}^{2} = \pm 4 y_{n} + 5.$ (3)

不难推出以下关系式成立：

$y_{n + 1} = 178 y_{n} - y_{n - 1}, y_{0} = 1, y_{1} = 149$ (4)

$u_{n + 1} = 178 u_{n} - u_{n - 1}, u_{0} = 1, u_{1} = 89$ (5)

$v_{n + 1} = 178 v_{n} - v_{n - 1}, v_{0} = 0, v_{1} = 12$ (6)

$u_{2 n} = u_{n}^{2} + 55 v_{n}^{2} = 2 u_{n}^{2} - 1, v_{2 n} = 2 u_{n} v_{n}$ (7)

$y_{n} = u_{n} + 5 v_{n}$ (8)

$u_{n + 2 k m} \equiv {(- 1)}^{k} u_{n} (\mod u_{m})$ (9)

$v_{n + 2 k m} \equiv {(- 1)}^{k} v_{n} (\mod v_{m})$ (10)

$y_{n + 2 k m} \equiv {(- 1)}^{k} y_{n} (\mod u_{m})$ (11)

以下的内容将证明(3)式仅在 $n = - 1, 0$ 时成立，进而求得方程(2)的全部整数解，最后得到方程(1)的全部整数解。

3. 分类讨论

3.1. 当 ${(2 y + 3)}^{2} = 4 y_{n} + 5$ 时

引理1 设 $2 | m, m > 0,$ 则 $(\frac{\pm 20 v_{2 m} + 5}{u_{2 m}}) = (\frac{u_{m} \pm 4 v_{m}}{71})$ 。

证明当 $2 | m, m > 0$ 时，由(5)式知 $2 | {/u}_{m}$ ，由(7)式知

$u_{2 m} \equiv 2 u_{m}^{2} - 1 \equiv 1 (\mod 8)$ ，

$(\frac{- 1}{u_{2 m}}) = 1$ ， $(\frac{2}{u_{m}}) = 1$ ， $(\frac{5}{u_{m}}) = 1$ ，

所以 $(\frac{\pm 20 v_{2 m} + 5}{u_{2 m}}) = (\frac{\pm 40 u_{m} v_{m} + 10 u_{m}^{2}}{u_{2 m}}) = (\frac{u_{m}}{u_{2 m}}) (\frac{2}{u_{2 m}}) (\frac{5}{u_{2 m}}) (\frac{u_{m} \pm 4 v_{m}}{u_{2 m}})$

$\begin{array}{l} = (\frac{- 1}{u_{m}}) (\frac{u_{2 m}}{u_{m} \pm 4 v_{m}}) = (\frac{u_{m}^{2} + 55 v_{m}^{2}}{u_{m} \pm 4 v_{m}}) = (\frac{u_{m}^{2} + 55 v_{m}^{2} - (u_{m} \pm 4 v_{m}) (u_{m} \mp 4 v_{m})}{u_{m} \pm 4 v_{m}}) \\ = (\frac{71 v_{m}^{2}}{u_{m} \pm 4 v_{m}}) = (\frac{71}{u_{m} \pm 4 v_{m}}) = (\frac{u_{m} \pm 4 v_{m}}{71}) \end{array}$

引理2 若 $4 y_{n} + 5$ 是平方数，则 $n \equiv 0, - 1 (\mod 2^{2} \times 3^{2} \times 5)$ 。

证明对序列 ${4 y_{n} + 5}$ 取不同模的方法来证明。

$\mod 151$ ，排除 $n \equiv 2, 3 (\mod 5)$ ，因为此时 $4 y_{n} + 5 \equiv 87, 113$ ，而87、113是 $\mod 311$ 的平方非剩余，故排除 $n \equiv 2, 3 (\mod 5)$ ，剩余 $n \equiv 0, 1, 4 (\mod 5)$ 。为节省篇幅，下面不再赘述排除的原由。

$\mod 6301$ ，排除 $n \equiv 1, 6 (\mod 10)$ ，剩余 $n \equiv 0, 4, 5, 9 (\mod 10)$ 。

$\mod 521$ ，排除 $n \equiv 4, 9, 14, (\mod 20)$ ，剩余 $n \equiv 0, 5, 10, 15, 19 (\mod 20)$ 。

$\mod 59$ ，排除 $n \equiv 1, 4 (\mod 6)$ ，剩余 $n \equiv 0, 5, 15, 20, 30, 35, 39, 45, 50, 59 (\mod 60)$ 。

$\mod 2437$ ，排除 $n \equiv 2, 3, 5, 9 (\mod 12)$ ，剩余 $n \equiv 0, 20, 30, 35, 59 (\mod 60)$ 。

$\mod 19$ ，排除 $n \equiv 2, 5 (\mod 9)$ ，剩余 $n \equiv 0, 30, 35, 60, 80, 90, 120, 150, 179 (\mod 180)$ 。

$\mod 251, 7489$ ，排除 $n \equiv 6, 8, 12 (\mod 18)$ ，剩余 $n \equiv 0, 90, 179 (\mod 180)$ 。

下面，利用计算的方法接着排除 $n \equiv 90 (\mod 180)$ ，令 $n = 180 k + 90$ 。若 $k = 2 k_{1}$ ，则 $n = 360 k + 90$ ，那么 $n \equiv 2 (\mod 8)$ ，对序列 ${4 y_{n} + 5}$ 取 $\mod 73$ 可排除 $n \equiv 2 (\mod 8)$ 的情形；若 $k = 2 k_{1} + 1$ ，则 $n \equiv 6 (\mod 8)$ ，对序列 ${4 y_{n} + 5}$ 取 $\mod 73$ 同样可排除 $n \equiv 6 (\mod 8)$ 的情形。

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

引理3 设 $n \equiv 0 (\mod 2^{2} \times 3^{2} \times 5)$ ，则当且仅当 $n = 0$ 时， $4 y_{n} + 5$ 是平方数。

证明设 $n \neq 0$ ，令 $n = (4 k \pm 1) \times 2 \times 3^{2} \times 5 \times 2^{t}$ (其中 $t \geq 1$ )。现取 $m$ 为 $2^{t}$ 、 $5 \times 2^{t}$ 、 $3 \times 2^{t}$ 之一，由引理1和(8)、(11)可推出

$4 y_{n} + 5 \equiv 4 u_{n} + 20 v_{n} + 5 \equiv \pm 20 v_{m} + 5 (\mod u_{2 m})$

故 $(\frac{4 y_{n} + 5}{u_{2 m}}) = (\frac{\pm 20 v_{2 m} + 5}{u_{2 m}}) = (\frac{u_{m} \pm 4 v_{m}}{71})$ 。

对 ${u_{m} \pm 4 v_{m}}$ 取 $\mod 71$ ，得到的两个剩余序列周期均为36，再对 ${2^{t}}$ 取 $\mod 36$ ，得到的剩余周期为6。

情况1 对于序列 ${u_{m} - 4 v_{m}}$ ， $m$ 的选择如下：

$m = {\begin{matrix} 2^{t}, t \equiv 0, 1, 4 (\mod 6) \\ 3 \times 2^{t}, t \equiv 2 (\mod 6) \\ 5 \times 2^{t}, t \equiv 5 (\mod 6) \\ 3 \times 5 \times 2^{t}, t \equiv 3 (\mod 6) \end{matrix}$

则有表1

Table 1. The situation of $u_{m} - 4 v_{m} (\mod 71)$

表1. $u_{m} - 4 v_{m} (\mod 71)$

$t \geq 1 (\mod 6)$	0	1	2	3	4	5
$m (\mod 36)$	28	2	12	12	16	16
$u_{m} - 4 v_{m} (\mod 71)$	17	5	31	31	13	13

对于表1中的所有 $m$ ，均有 $(\frac{u_{m} - 4 v_{m}}{71}) = - 1$ ，进而 $(\frac{4 y_{n} + 5}{u_{2 m}}) = - 1$ ，所以 $4 y_{n} + 5$ 为非平方数。

情况2 对于序列 ${u_{m} + 4 v_{m}}$ ， $m$ 的选择如下：

$m = {\begin{matrix} 2^{t}, t \equiv 1 (\mod 6) \\ 3 \times 2^{t}, t \equiv 0, 3, 5 (\mod 6) \\ 3 \times 5 \times 2^{t}, t \equiv 2, 4 (\mod 6) \end{matrix}$

同理有 $(\frac{u_{m} + 4 v_{m}}{71}) = - 1$ ，进而 $(\frac{4 y_{n} + 5}{u_{2 m}}) = - 1$ ，所以 $4 y_{n} + 5$ 为非平方数。

因此当 $n = 0$ 时， $4 y_{n} + 5 = 3^{2}$ 为平方数。

引理4 设 $n \equiv - 1 (\mod 2^{2} \times 3^{2} \times 5)$ ，则当且仅当 $n = - 1$ 时， $4 y_{n} + 5$ 是平方数。

证明设 $n \neq - 1$ ，令 $n = (4 k \pm 1) \times 2 \times 3^{2} \times 5 \times 2^{t}$ (其中 $t \geq 1$ )，由(11)式可知，

$4 y_{n} + 5 = 4 y_{- 1 + 2 \times (4 k \pm 1) \times 3^{2} \times 5 \times 2^{t}} + 5 \equiv - 4 y_{- 1} + 5 \equiv - 111 (\mod u_{m})$

其中 $y_{- 1} = 29$ ， $m$ 为 $2^{t}, 3 \times 2^{t}, 5 \times 2^{t}, 3 \times 5 \times 2^{t}$ 中的任意一个。

因为 $2 | m$ ，此时 $u_{m} \equiv 1 (\mod 4)$ ，又由(5)易推出 $u_{m} \equiv 1 (\mod 3)$ ，则

$(\frac{4 y_{n} + 5}{u_{m}}) = (\frac{- 111}{u_{m}}) = (\frac{- 1}{u_{m}}) (\frac{3}{u_{m}}) (\frac{37}{u_{m}}) = (\frac{u_{m}}{37})$

对 $u_{m}$ 取 $\mod 37$ ，剩余序列周期为38，对序列 ${2^{t}}$ 取 $\mod 38$ ，剩余序列周期为18。令

$m = {\begin{matrix} 2^{t}, t \equiv 1, 4, 6, 7, 10, 12, 13, 16 (\mod 18) \\ 3 \times 2^{t}, t \equiv 0, 2, 14 (\mod 18) \\ 5 \times 2^{t}, t \equiv 5, 8, 11, 17 (\mod 18) \\ 3 \times 5 \times 2^{t}, t \equiv 3, 9, 15 (\mod 18) \end{matrix}$

则对所有的 $m$ ，均有 $(\frac{u_{m}}{37}) = - 1$ ，从而有且只有当 $n = - 1$ 时， $4 y_{n} + 5 = 11^{2}$ 为平方数。

3.2. 当 ${(2 y + 3)}^{2} = 4 {\bar{y}}_{n} + 5$ 时

引理5 当且仅当 $n = 0$ 时， $4 {\bar{y}}_{n} + 5$ 是平方数。

证明因为 ${(2 y + 3)}^{2} = 4 {\bar{y}}_{n} + 5 = - 4 y_{n} + 5 \geq 0$ ，解得 $y_{n} \leq 1$ ，由(4)知 $y_{0} = 1$ ，且 ${y_{n}}$ 是递增序列，又因为 $- 4 y_{0} + 5 = 1^{2}$ ，所以当且仅当 $n = 0$ 时， $4 {\bar{y}}_{n} + 5$ 是平方数，结论成立。

4. 定理证明

定理不定方程 $5 x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 11 y (y + 1) (y + 2) (y + 3)$ 的全部整数解为：

$\begin{matrix} (x, y) = (0, 0), (- 1, 0), (- 2, 0), (- 3, 0), (0, - 3), (- 1, - 3), (- 2, - 3), (- 3, - 3), \\ (0, - 1), (- 3, - 1), (- 2, - 1), (- 1, - 1), (0, - 2), (- 1, - 2), (- 2, - 2), (- 3, - 2), \end{matrix}$

其中无正整数解。

证明由引理3知 ${(2 y + 3)}^{2} = 4 y_{0} + 5 = 3^{2}$ ，解得 $y = 0$ 或者 $y = - 3$ ，相对应的整数解为 $(- 3, - 3), (- 2, - 3), (- 1, - 3), (0, - 3), (- 3, 0), (- 2, 0), (- 1, 0), (0, 0)$ 。

由引理4知 ${(2 y + 3)}^{2} = 4 y_{- 1} + 5 = 11^{2}$ ，解得 $y = 4$ 或者 $y = - 7$ ，将 $y$ 的值带入方程(2)，得 ${[5 (x^{2} + 3 x + 1)]}^{2} = 46225$ ，即 $x^{2} + 3 x + 1 = \pm 43$ ，此时 $x$ 无整数解。

由引理5知 ${(2 y + 3)}^{2} = - 4 y_{0} + 5 = 1^{2}$ ，解得 $y = - 1$ 或者 $y = - 2$ ，相对应的整数解为 $(- 3, - 2), (- 2, - 2), (- 1, - 2), (0, - 2), (- 3, - 1), (- 2, - 1), (- 1, - 1), (0, - 1)$ 。

综上所述，该不定方程有16组整数解，没有正整数解，证毕。

5. 结论

本文以不定方程 $5 x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = 11 y (y + 1) (y + 2) (y + 3)$ 为研究对象，综合运用数论中的Pell方程理论、递归序列分析及二次平方剩余判定方法，完成了对该方程整数解的完整探究。研究首先通过代数变形将原方程转化为 ${[5 (x^{2} + 3 x + 1)]}^{2} - 55 {(y^{2} + 3 y + 1)}^{2} = - 30$ 的形式，明确其解与Pell方程 $x^{2} - 55 y^{2} = - 30$ 两个结合类的对应关系，并推导得出递归序列 ${y_{n}}$ 的递推关系 $y_{n + 1} = 178 y_{n} - y_{n - 1}$ (初始值 $y_{0} = 1, y_{1} = 149$ )及相关同余性质；随后通过多轮模运算(如模151、模6301、模521等)与引理证明，逐步排除非解情形，最终证实该方程共存在16组整数解，分别为

且不存在正整数解。本文的核心贡献在于填补了特定参数组合下同类不定方程的研究空白。对于形如 $p x (x + 1) (x + 2) (x + 3) = q y (y + 1) (y + 2) (y + 3)$ (其中 $(p, q) = 1$ ，且 $p, q \in ℕ^{*}$ )的不定方程，此前学界已在 $p = 1, q = 2$ 、 $p = 1, q = 7$ 、 $p = 5, q = 42$ 等参数下取得求解成果，但 $p = 5, q = 11$ 的情形长期未得到解决。本文通过严谨的推导与验证，明确了该参数组合下方程的解的数量与具体形式，进一步完善了此类不定方程的解谱，为后续同类方程的研究提供了关键的基础结论。

参考文献

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