设(m，n)=1，形如

的四次不定方程是数论研究中非常重要的一个课题.国内外很多学者先后对其进行了大量的研究^[1-13].文献[1]证明了：当(m，n)=(3，5)时，方程仅有正整数解(x，y)=(7，6)；文献[2]证明了：当(m，n)=(1，34)时，方程仅有正整数解(x，y)=(14，5)；文献[4]证明了：当(m，n)=(1，7)时，方程仅有正整数解(x，y)=(4，2)；文献[10]证明了：当(m，n)=(6，7)时，方程有正整数解(x，y)=(25，24).

本文将证明以下结论：

定理1  当(m，n)=(7，10)时，不定方程

有且仅有一组正整数解(x，y)=(22，20).

在整个证明过程中，需要先将方程(1)化为

容易知道x²-70y²=-21的全部正整数解由以下的两个非结合类给出：

其中，7+ $\sqrt{70}$是x²-70y²=-21的最小正整数解，251+30 $\sqrt{70}$是Pell方程u²-70v²=1的基本解.由于上述两个非结合类的解是共轭的，所以容易知道$\overline{y_{n}}$=y_-n，于是方程(2)的解应该满足以下形式：

由(3)，(4)式不难推出下列关系式：

在下面的叙述中将证明(3)式仅当n≡0，1，-1时成立，且(4)式仅当n≡0时成立，从而给出方程(2)的全部整数解，进一步求出方程(1)的全部整数解.

下面考察(3)式的解，即n取何值时4y_n+5为完全平方数.

引理1  设2|n，n > 0，则$\left(\frac{\pm 28 v_{2 n}+5}{u_{2 n}}\right)=\left(\frac{\pm 28 v_{n}+5 u_{n}}{181}\right)$.

证  因为2|n，由(8)，(9)式可知u_n≡1(mod 2)，u_n≡1(mod 4)，u_n≡1(mod 8)，且

由(9)式可知

引理2  若(3)式成立，则n≡ 0，1，-1(mod 2 100).

证  用对序列{4y_n+5}取模的方法证明.

第一步  证n≡0，1，29(mod 30).

取mod 4 591，排除n≡3(mod 5)，此时4y_n+5≡4 282(mod 4 591)，剩余n≡0，1，2，4(mod 5).

取mod 11，排除n≡2(mod 5)，因此排除了n≡17(mod 30)；取mod 25 150，排除n≡6(mod 10)，因此排除了n≡26(mod 30)；取mod 61，排除n≡7，11，13，14，19，20，21，22，23，25，27，28(mod 30)；取mod 29，排除n≡5，8，16，19，24(mod 30)；取mod 89，排除n≡6，10，12，22(mod 30)；取mod 404 161，排除n≡2，3，4，9，18(mod 30).综合起来剩余n≡0，1，15，29(mod 30)，所以剩余n≡0，1，15，29，30，31，45，59(mod 60).

取mod 252 001，排除n≡7(mod 12)，因此排除了n≡31(mod 60)；取mod 59，排除n≡15，29，45(mod 60).综合起来剩余n≡0，1，30，59(mod 60).

下面用计算的方法来排除n≡30(mod 60).令n=60t+30.若2|t，则n≡6(mod 8)；若2 t，则n≡2(mod 8).其中，取mod 126 001，排除n≡2，6(mod 8)，综合起来剩余n≡0，1，59(mod 60).

第二步  证n≡ 0，1，419(mod 420).

根据第一步，有n≡0，1，59，119，179，239，299，359，419(mod 420).取mod 24 809，排除n≡3(mod 14)，因此排除了n≡59(mod 420)；取mod 727，排除n≡9(mod 14)，因此排除了n≡359(mod 420)；取mod 41，排除n≡11，35，29(mod 42)，因此排除了n≡179，119，239(mod 420)；取mod 281，排除n≡19(mod 140)，因此排除了n≡299(mod 420).所以综合来说，剩余n≡0，1，419(mod 420).

第三步证n≡ 0，1，-1(mod 2 100)

根据第二步，有n≡0，1，419，839，1 259，1 679，2 099(mod 2 100).取mod 149，排除n≡9(mod 50)，因此排除了n≡1 259(mod 2 100)；取mod 1 249，排除n≡19(mod 50)，因此排除了n≡419(mod 2 100)；取mod 1 301，排除n≡14，4(mod 25)，因此排除了n≡839，1 679(mod 2 100).所以综合来说，剩余n≡0，1，2 099(mod 2 100)，即n≡0，1，-1(mod 2 100).

综上所述，得n≡0，1，-1(mod 2 100).

引理3  若n≡0(mod 2 100)，则必有n=0.

证  令n=2·k·3·5²·7·2^t(t≥1，k≡1(mod 2))，对序列{5u_n+28v_n}取mod 181可以得到两个剩余序列的周期为90，而对2^t取mod 90，所得序列周期为12.

当k≡1(mod 4)时，令

则当t(≥1)≡0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11(mod 12)时，m≡46，14，28，20，16，44，88，38，76，20，34，80(mod 90)，对应有5u_m+28v_m≡77，30，123，47，173，128，175，174，112，47，83，179(mod 181)，这些数均为mod 181的平方非剩余.

当k≡-1(mod 4)时，令

则当t(≥1)≡0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11(mod 12)时，m≡46，2，4，8，16，6，70，10，76，62，80，70(mod 90)，对应有5u_m-28v_m≡128，175，57，115，23，141，47，179，30，123，74，47(mod 181).这些数均为mod 181的平方非剩余.

当n=0时，4y_n+5=3².

引理4  设n≡1(mod 2 100)，当n>1时，4y_n+5为非平方数.

证  设n=1+2·k·3·5²·7·2^t(t≥1，2k).

由(12)式可知

此时m为2^t，5²·2^t，3·2^t，7·2^t中的任意一个.

当2|m时，u_m≡1(mod 4)，得

对u_m取mod 1 839，所得剩余序列周期为204.对2^t取mod 204，除t=1外，剩余序列周期为8.令

则当t(> 1)≡0，1，2，3，4，5，6，7(mod 8)时，m≡52，108，4，24，152，96，116，180(mod 204)，对应有u_m≡1 633，1 609，820，1 786，1 633，1 609，520，1 786(mod 1 839).这些数均为mod 1 839的平方非剩余.

当t=1时，m=6，u_m=1 456(mod 1 839).对所有的m，均有$\left(\frac{u_{m}}{1\;839}\right)=-1$，从而4y_n+5为非平方数.当n=1时，4y_n+5=43²为平方数.

引理5  设n≡-1(mod 2 100)，当n>-1时，4y_n+5为非平方数.

证  设n=-1+2·k·3·5²·7·2^t(t≥1，2k).

由(12)式可知

此时m为2^t，5²·2^t，3·2^t，7·2^t中的任意一个.

当2|m时，u_m≡1(mod 4)，得

对u_m取mod 159，所得剩余序列周期为52.对2^t取mod 52，除t=1外，剩余序列周期为12.令

则当t(>1)≡0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11(mod 12)时，m≡40，28，12，44，8，20，40，24，40，44，44，20(mod 52)，对应有u_m≡85，139，85，31，31，19，85，139，85，31，31，19(mod 159).这些数均为mod 159的平方非剩余.

当t=1时，m=2，u_m=73(mod 159).对所有的m，均有$\left(\frac{u_{m}}{159}\right)=-1$，从而4y_n+5为非平方数.当n=1时，4y_n+5=13²为平方数.

引理6  若(4)式成立，则n=0，即(2y+3)²=-4y_n+5成立，此时n=0.

证  由于(2y+3)²=-4y_n+5>0，而由y_n+1=502y_n-y_n-1可知y_n>1，矛盾.但当n=0时，-4y_n+5=1².结论成立.

定理1的证明  由引理2-引理5可知，若(2y+3)²=4y_n+5成立，则n=0，1，-1，即y=0，-3，-23，20，5，-8.

由引理6可知，若(2y+3)²=-4y_n+5成立，则n=0，即y=0，-3.

因此可知方程(1)共有12组整数解.其中8组解为平凡整数解，使得方程两端都为0，即(0，0)，(-1，0)，(-2，0)，(-3，0)，(-3，-3)，(-2，-3)，(-1，-3)，(0，-3)；4组非平凡解(22，20)，(22，-23)，(-25，-23)，(-25，20).因此，不定方程7x(x+1)(x+2)(x+3)=10y(y+1)(y+2)(y+3)仅有正整数解(x，y)=(22，20)，证毕.