張 配 羅 明

(西南大學數(shù)學與統(tǒng)計學院， 重慶 400715)

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關于不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=39y(y+1)(y+2)(y+3)

張 配 羅 明

(西南大學數(shù)學與統(tǒng)計學院， 重慶 400715)

運用遞推序列的方法，證明了不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=39y(y+1)(y+2)(y+3)僅有正整數(shù)解(x,y)=(12,4)。

不定方程； 正整數(shù)解； 遞歸數(shù)列；Jacobi符號

不定方程是指未知數(shù)的個數(shù)多于方程個數(shù)，且未知數(shù)受到某些限制(如要求是有理數(shù)、整數(shù)或正整數(shù)等等)的方程。不定方程又稱為丟番圖方程,是數(shù)論的重要分支學科。不定方程大多數(shù)是由某些實際問題產(chǎn)生出來的，是反映現(xiàn)實世界數(shù)量關系的重要數(shù)學模型。

當(m,n)=1，且m,n∈N+時，對于形如

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

ny(y+1)(y+2)(y+3)

的不定方程已有不少的研究[1-6]。

為此，在前人研究的基礎上，利用同余式和遞歸數(shù)列方法證明當(m,n)=(1,39)時，不定方程

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

39y(y+1)(y+2)(y+3)

(1)

僅有正整數(shù)解(x,y)=(12,4)。

將方程(1)整理后得：

(x2+3x+1)2-39(y2+3y+1)2=-38

(2)

(2y+3)2=±4yn+5

(3)

或

(4)

容易驗證式(5) — (11)成立：

un+1=50un-un-1,u0=1,u1=25

(5)

vn+1=50vn-vn-1,v0=0,v1=4

(6)

yn+1=50yn-yn-1,y0=1,y1=29

(7)

u2n= 2un2-1,v2n= 2unvn

(8)

yn=un+4vn

(9)

un+2h≡-un(moduh),vn+2h≡-vn(moduh)

(10)

yn+2h≡-yn(moduh)

(11)

下面證明式(3)僅當n=0,-1時成立。由此求得方程(2)的全部整數(shù)解，進而作為推論得到方程(1)的全部正整數(shù)解。將式(3)寫成2個等式，其中一個為：

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

(12)

引理1 -4yn+5是平方數(shù)僅對n=0成立。

證明 因為當|n|≥1時，-4yn+5<0，所以-4yn+5不可能是平方數(shù)；當n=0時，有-4yn+5=12。

式(3)寫成另一個等式為：

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

(13)

引理2 設2|m,m>0，則

于是

引理3 若4yn+5為平方數(shù)，則必須有n≡0,1(mod180)。

證明 采用對序列4yn+5取模的方法來證明。

mod2 549，排除n≡2(mod5)，此時4yn+5≡703(mod2 549)。

上面的2 549是對{4yn+5}取的，mod5指出所得剩余序列周期為5。“此時”這句話是“排除”的理由：703為mod2 549的平方非剩余。為節(jié)省篇幅，只給出每次取模所用的素數(shù)以及n的剩余情況：

mod29，剩余n=0,1,6,11,13(mod15)。

mod210 869，剩余n=0,1,11(mod15)。

mod61，剩余n=0,1,15(mod30)。

故得n=0,1(mod30)。

mod7，剩余n=0,1,3,4(mod6)。

mod19，剩余n=0,1,6,9,13(mod18)。

mod71，剩余n=0,1,6,9,27,36,60(mod72)。

mod1 249，排除n=6(mod8)，因此排除n=

6(mod72)。

mod41 617，排除n=6(mod9)，因此排除n=60(mod72)。

mod227，排除n=3,9(mod12)，因此排除n=9,27(mod72)。剩余n=0,1,36(mod72)，即剩余n=0,1(mod36)。

綜合即剩余n=0,1(mod180)。

引理4 設n≡0(mod180)，則僅當n=0時，4yn+5是平方數(shù)。

Ⅰ)k≡1(mod4)。令

則k≡1(mod4)情況下的數(shù)據(jù)見表1。

表1 k≡1(mod4)情況下的數(shù)據(jù)

于是,由式(5)、(11)及引理1,有

4yn+5≡4y2m+5≡4v2m+5(modu2m)

得

從而4yn+5為非平方數(shù)。

Ⅱ)k≡-1(mod4)。令

則un≡1(mod5)情況下的數(shù)據(jù)見表2。

表2 un≡1(mod5)情況下的數(shù)據(jù)

于是,由式(5)、(11)及引理1,有

4yn+5≡-4y2m+5≡-4v2m+5(modu2m)

得

從而4yn+5為非平方數(shù)。

引理5 設n≡1(mod180)，則僅當n=1時，4yn+5是平方數(shù)。

當t≡1,2,4(mod5)時，令m=2t；當t≡0(mod5)時，令m=3·2t；當t≡3(mod5)時，令m=9·2t；由式(11)，4yn+5≡-4y1+5≡-111(modum)，由于2|m時

從而當n=0時，4yn+5=32，證畢。

3 結 果

根據(jù)上述討論，現(xiàn)給出下列不定方程解的證明過程。

定理 不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=39y(y+1)(y+2)(y+3)僅有一組正整數(shù)解(x,y)=(12,4)。

證明 由引理1有(2y+3)2=-4y0+5=1，因此y=-1,-2。

由引理4有(2y+3)2=4y0+5=9，因此y=0,-3。

由引理6有(2y+3)2=4y1+5=121，因此y=4,-7。

所以方程(1)共有20組整數(shù)解，其中有16組平凡解使其兩端都為零，即(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)。另外4組非平凡解，它們分別是(12,4),(-15,4),(12,-7),(-15,-7)。

因此，(x,y)=(12,4)是不定方程x(x+1)· (x+2)(x+3)=39y(y+1)(y+2)(y+3)僅有的一組正整數(shù)解，證畢。

對于此類不定方程，我們相當于求解某個代數(shù)簇上的有理點或整點。這樣，一個數(shù)論問題就轉化為某種幾何問題。這種觀點將數(shù)論與代數(shù)幾何聯(lián)系起來，是一種重要的數(shù)學思想。然而，對于代數(shù)曲線來說，相應的不定方程是否有解以及是否有無限個解，都與曲線的虧格密切相關。這就是著名的莫代爾猜想(由法爾廷斯證明)所包含的內(nèi)容。虧格零的曲線就是直線和二次曲線，這就對應了上述的一次和二次不定方程。它將數(shù)論、復分析、代數(shù)幾何、表示論等等都聯(lián)系起來，是當代數(shù)學領域最重要的研究對象之一。

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On the Diophantine Equation:x(x+1)(x+2)(x+3)=39y(y+1)(y+2)(y+3)

ZHANGPeiLUOMing

(School of Mathematics and Statistics, Southwest University, Chongqing 400715, China)

In this paper, with the method of recurrence sequences, we have shown that the diophantine equationx(x+1)(x+2)(x+3)=39y(y+1)(y+2)(y+3) has the only positive integer solution: (x,y)=(12,4).

diophantine equation; integer solution; recurrence sequence; Jacobi symbol

2016-10-27

國家自然科學基金項目(11471265)

張配(1990 — )，女，西南大學數(shù)學與統(tǒng)計學院在讀碩士研究生，研究方向為代數(shù)數(shù)論。

O

A

1673-1980(2017)03-0120-03