胡邦群

(重慶師范大學 數(shù)學科學學院,重慶 400047)

關(guān)于不定方程Mx(x+1)(x+2)(x+3)=Ny(y+1)(y+2)(y+3)其中(M，N)=(5，11)和(6，11)

胡邦群

(重慶師范大學 數(shù)學科學學院,重慶 400047)

主要運用Pell方程、遞推序列、同余式及(非)平方剩余等一些初等方法,證明了不定方程Mx(x+1)(x+2)(x+3)=Ny(y+1)(y+2)(y+3)，其中(M，N)=(5，11)和(6，11)無正整數(shù)解.

不定方程；整數(shù)解；遞歸數(shù)列

當(m,n)=1,m,n∈N*時,對形如mx(x+1)(x+2)(x+3)=ny(y+1)(y+2)(y+3)的不定方程已有不少研究工作[1-11].此處將運用遞歸數(shù)列的方法證明當(M,N)=(5,11)和(6，11)時,不定方程：

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

(1)

6x(x+1)(x+2)(x+3)=11y(y+1)(y+2)(y+3)

(2)

均無正整數(shù)解.

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

先將方程(1)化為[5(x2+3x+1)]2-55(y2+3y+1)=-30

(3)

易知方程X2-55Y2=-30的全部整數(shù)解[12],由以下兩個(非結(jié)合)類給出：

(2y+3)2=±4yn+5

(4)

易得出下列等式：

yn+1=178yn-yn-1,y0=1,y1=149

(5)

un+1=178un-un-1,u0=1,u1=89

(6)

vn+1=178vn-vn-1,v0=1,v1=12

(7)

(8)

yn=un+5vn

(9)

un+2h≡-un(moduh)n,vn+2h≡-vn(moduh),yn+2h≡-yn(moduh)

(10)

um+n=umun+55vmvn,vm+n=umvn+unvm,u-n=un,v-n=-vn

(11)

下面將證明式(4)僅當n=0時成立,由此求得方程(1)的全部整數(shù)解.

(2y+3)2=-4yn+5解的證明.考察式(4)的解,即n取何值時-4yn+5為完全平方數(shù).

引理1 -4yn+5是平方數(shù)僅對n=0成立.

證明 從式(5)知道yn>1(n≠0),從而-4yn+5是負數(shù),不可能為一個平方數(shù).當n=0時,-4yn+5=1,結(jié)論成立.證畢.

2 解的證明

引理3 若4yn+5是平方數(shù),則必須n≡0(mod150).

證明 采用對序列{4yn+5}取模的方法進行證明.

mod151,排除n≡2,3(mod5),此時4yn+5≡87,113(mod151).剩n≡0,1,4(mod5).

為了節(jié)省篇幅,每次僅給出每次取模所用的素數(shù)以及n的剩余類情況.取mod6301,剩n≡0,4,5,9(mod10).取mod521,剩n≡0,5,10,15,19(mod20).取mod199,149剩n≡0,30,40,50,60,80,85,90,99(mod100).取mod13,59,1289,2437,2699剩余n≡0(mod150)引理得證.

引理4 設(shè)n≡0(mod150),則僅當n=0時,4yn+5為平方數(shù).

證明 若n=52×2t×k(t≥1,k≡1(mod2)),對序列{un+4vn}取模71得兩個剩余序列周期為36,而對{2t}模36的剩余序列周期為6.對k分兩種情況討論：

1)當k≡1(mod4)時,當t≡0,1,2(mod6)時,令m=2t；當t≡3(mod6)時,令m=5×2t；當t≡5(mod6)時,令m=3×2t；當t≡4(mod6)時,令m=52×2t.則當t(≥1)(mod6)=0,1,2,3,4,5時,m(mod36)=28,20,4,4,4,24,對應(yīng){um+4vm}(mod71)=41,39,14,14,14,21,這些數(shù)均為模71的平方非剩余.再由式(9),(10)和引理2知:4yn+5≡20v2m+5(modu2m).

2)當k≡3(mod4)時,當t≡3,4,5(mod6)時,令m=2t；當t≡0(mod6)時,令m=5×2t；當t≡2(mod6)時,令m=3×2t；當t≡1(mod6)時,令m=52×2t，則當t(≥1)(mod6)=0,1,2,3,4,5時,m(mod36)=32,32,12,8,16,32,

對應(yīng)序列{um-4vm}(mod71)=14,14,21,41,39,14,這些數(shù)均為模71的平方非剩余,由式(9),(10)和引理2知:4yn+5≡-4y2m+5≡-20v2m+5(modu2m).

2 不定方程6x(x+1)(x+2)(x+3)=11y(y+1)(y+2)(y+3)

先將方程(2)化為[6(x2+3x+1)]2-66(y2+3y+1)=-30

(12)

易知方程X2-66Y2=-30的全部整數(shù)解[7],由以下兩個(非結(jié)合)類給出：

(2y+3)2=±4yn+5

(13)

易得出下列等式：

yn+1=130yn-yn-1,y0=1,y1=113

(14)

un+1=130un-un-1,u0=1,u1=65

(15)

vn+1=130vn-vn-1,v0=1,v1=8

(16)

(17)

yn=un+6vn

(18)

un+2h≡-un(moduh)n,vn+2h≡-vn(moduh),yn+2h≡-yn(moduh)

(19)

um+n=umun+66vmvn,vm+n=umvn+unvm,u-n=un,v-n=-vn

(20)

下面將證明式(13)僅當n=0時成立,由此求得方程(2)的全部整數(shù)解.

考察式(13)的解,即n取何值時-4yn+5為完全平方數(shù).

引理5 -4yn+5是平方數(shù)僅對n=0成立.

證明 從式(14)知道：yn>1(n≠0),從而-4yn+5是負數(shù),不可能為一個平方數(shù).當n=0時,-4yn+5=1,結(jié)論成立.證畢.

2 (2y+3)2-4yn+5解的證明

引理7 若4yn+5是平方數(shù),則必須n≡0(mod60)

證明 采用對序列{4yn+5}取模的方法進行證明.mod17029,排除n≡1,2,3,4(mod5),此時4yn+5≡457,7674,8841,73(mod17029).剩n≡0(mod5).為了節(jié)省篇幅,每次僅給出每次取模所用的素數(shù)以及n的剩余類情況.取mod29,剩n≡0,5(mod15).取mod43,95881,剩n≡0,15(mod30).取mod1321,281剩n≡0,30(mod60).對n≡30(mod60),令n=60t0+30,若2|t0則n≡6(mod8).2?t0則n≡2(mod8).取mod7排除n≡2(mod8).對于n≡6(mod8)即n≡6,14,22(mod24)取mod23剩n≡22(mod24)即n≡22,46(mod48)取mod47排除n≡22,46(mod48).綜上所述n≡0(mod60)引理得證.

引理8 設(shè)n≡0(mod60),則僅當n=0時,4yn+5為平方數(shù).

證明 若n=2×5×3×2t×k,(t≥1,k≡1(mod2)),對序列{5un+24vn}取模371得兩個剩余序列周期為104,而對{2t}模104的剩余序列周期為12.對k分兩種情況討論：

1)當k≡1(mod4)時,當t≡1,6,7,8,9,10(mod12)時,令m=2t；當t≡0，4，11(mod12)時,令m=5×2t；當t≡2,3,5(mod12)時,令m=3×2t.則當t(≥1)(mod12)=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11時,m(mod104)=96,80,64,24,80,96,64,24,48,96,88,48.

對應(yīng){5um+24vm}(mod371)=82,264,278,152,264,82,278,152,250,82,355,250,這些數(shù)均為模371的平方非剩余.再由式(18),(19)和引理6知：4yn+5≡4y2m+5≡24v2m+5(modu2m)

2)當k≡3(mod4)時,當t≡0,1,2,3,4,7(mod12)時,令m=2t；當t≡5,6,10(mod12)時，令m=5×2t;當t≡8,9,11(mod12)時，令m=3×2t,則當t(≥1)(mod12)=0,1,3,4,5,6,7,8,9,10,11時,m(mod104)=40,80,56,8,16,56,8,24,40,80,24,8.

對應(yīng)序列{5um-24vm}(mod371)=278,152,250,82,355,250,82,264,278,152,264,82,這些數(shù)均為模371的平方非剩余,由式(18),(19)和引理6知：4yn+5≡-4y2m+5≡-24v2m+5(modu2m)

3 結(jié)果

根據(jù)前面的討論,現(xiàn)在給出本文的主要結(jié)果.

定理1 不定方程5x(x+1)(x+2)(x+3)=11y(y+1)(y+2)(y+3)無正整數(shù)解.

證明 由引理1有:(2y+3)2=-4y0+5=1,故y=-1，-2.由引理4有：(2y+3)2=4y0+5=9,故y=0,-3.易知方程(1)共有16組平凡解:(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)故不定方程5x(x+1)(x+2)(x+3)=11y(y+1)(y+2)(y+3)無正整數(shù)解.證畢.

定理2 不定方程6x(x+1)(x+2)(x+3)=11y(y+1)(y+2)(y+3)無正整數(shù)解.

證明 由引理5有：(2y+3)2=-4y0+5=1,故y=-1,-2.由引理8有：(2y+3)2=-4y0+5=9,故y=0,-3.易知方程(2)僅有16組平凡解:(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)故不定方程6x(x+1)(x+2)(x+3)=11y(y+1)(y+2)(y+3)無正整數(shù)解.證畢.

不定方程是數(shù)論中的一個重要分支,該領(lǐng)域在近幾年有了一定的發(fā)展.但從整體來看,對于高于二次的多元不定方程,探索還不夠.再者,不定方程與數(shù)學的其他分支諸如組合數(shù)學、代數(shù)數(shù)論、有限群倫、最優(yōu)設(shè)計等有密切的關(guān)聯(lián),這使得更多數(shù)學家對不定方程產(chǎn)生了興趣.上述不定方程是當代數(shù)學最重要的研究對象之一.

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責任編輯：時 凌

On the Diophantine EquationMx(x+1)(x+2)(x+3)=Ny(y+1)(y+2)(y+3)((M，N)=(5，11)and(6，11))

HU Bangqun

(School of Mathematical Sciences,Chongqing Normal University,Chongqing 400047,China )

Some elementary methods such as Pell equation, recursive sequence, congruence and quadratic residue (non -) are used to prove that the Diophantine equationMx(x+1)(x+2)(x+3)=Ny(y+1)(y+2)(y+3)((M，N)=(5，11)and(6，11)) has no positive integer solution.

Diophantine equation; integer solution; recurrence sequence

2017-03-01.

西南大學博士科研項目(20710903).

胡邦群(1991-),女,碩士生,主要從事代數(shù)數(shù)論的研究.

1008-8423(2017)03-0286-04

10.13501/j.cnki.42-1569/n.2017.09.009

O156. 2

A