这个问题可以追溯到1724年, Goldbach在给Bernoulli的信件中提到, 连续3个正整数的乘积一定不是正整数的平方, 也就是方程中k=3, l=2的情况 n(n+1)(n+2)=x^2 无正整数解
假设有解, 由于n(n+2) = (n+1)^2-1 是和 n+1 互素的正整数, 而且它们相乘是一个完全平方数x^2
那只可能各自都是完全平方数, 可以设 n+1= a^2, n(n+2) = b^2, 其中a,b是互素正整数
代入前面的等式得到 b^2 = a^4 - 1, 但a^4,b^2都是正整数的平方, 不可能相差1, 所以原方程无正整数解

这种方法其实可以解决 k=2 和 k=3 的全部情况
k=2 : 如果n(n+1)=x^l 有正整数解, 因为n和n+1是互素正整数, 相乘等于一个正整数的 l 次幂,
可以推出存在互素的正整数a,b, 使得 n = a^l, n+1 = b^l, 则b^l = a^l + 1,
但由b > a, l >= 2可得, b^l - a^l >= (a+1)^l - a^l >= la +1 > 1, 从而推出矛盾
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k=3: 如果n(n+1)(n+2)=x^l 有正整数解, 因为n(n+2)和n+1是互素正整数, 相乘等于 l 次幂,
同样可以设 n+1 = a^l , n(n+2) = b^l, 由n(n+2) = (n+1)^2-1 可得 b^l = a^(2l) - 1,
和k=2的做法一样, 由于l >=2 时相邻正整数的 l 次幂不会相差1, 就推出了矛盾
k=2,3这两种用唯一分解定理证明的情况, 应该是定理中最早被解决的情形

一种类似的做法可以解决 k=4, l=2 的情况
k=4, l=2 : 如果n(n+1)(n+2)(n+3)=x^2 有正整数解, 那么由恒等式
n(n+1)(n+2)(n+3) = (n^2+3n+1)^2-1
可以推出 (n^2+3n+1)^2 -1 = x^2
但是相邻正整数的平方不会相差1, 这样就矛盾了! 所以k=4, l=2 是无解的
这样其实已经推出k=4, l为正偶数时, 方程都无正整数解

下面是 k=6, l=2 的一种解法:
k=6, l=2 : 如果n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5) = x^2 有正整数解
那么由于 n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5) = [ (16n^3+120n^2+230n+75)^2-756n^2-3780n-5625 ] /256
可以得到 (16x)^2 = (16n^3+120n^2+230n+75)^2 - 756n^2 - 3780n - 5625 < (16n^3+120n^2+230n+75)^2
另外还可以发现, 在n足够大时
(16n^3+120n^2+230n+75)^2 -756n^2 -3780n -5625 > (16n^3+120n^2+230n+74)^2
化简这个不等式, 可以判断这个式子在 n>21时都成立, 也就是说当n>21时,
(16n^3+120n^2+230n+74)^2 < (16x)^2 < (16n^3+120n^2+230n+75)^2
不等式两侧是相邻正整数的完全平方, 所以此时这样的正整数x是不存在的 !
只需要再检查 1<=n<=21 的情况, 就能证明 k=6, l=2 时方程没有 n 和 x 都是正整数的解

比较 k=4, l=2 和 k=6, l=2 的解法, 实际上前一种情况的解法也是用到
(n^2+3n)^2 < (n^2+3n+1)^2-1 = x^2 < (n^2+3n+1)^2
它们其实可以作为同一种方法推广, 这种配方法对解决一类特殊情况很有作用, 从中有理由相信对所有 l>1, l 整除 k 的情况, 正整数解最多只有有限多组, 进而只要 gcd(l,k)>1, 都可以用这种方法尝试
这是因为可以证明, 在这种情况下总能将 n(n+1)…(n+k-1) 配方成 f(n)^l + g(n) 的形式, 其中 f(n)是首一的次数为 k/l 的有理系数多项式, g(n)是次数不超过 k-k/l-1 的有理系数多项式. 只要g(n)不是零多项式, 先前的方法总能沿用
但配方的结果还是需要尝试, 而且这种方法只能推出正整数解的个数有限, 并不能直接推出方程一定无解, 另外在 gcd(l,k)=1 时, 直接配方是难起效果的

连续正整数积：
（x+1）（x+2）（x+3）……（x+k）
＝（x+k）！/ x！
也就是要证明两个阶乘数的商不能是次方数

不过在 k = l , k > 1 时, 不等式放缩能起到出乎意料的效果
k = l , k > 1 : 如果n(n+1)(n+2)…(n+k-1) = x^k 有正整数解, 因为k>1, n^k < n(n+1)…(n+k-1) < (n+k-1)^k, 所以 n^k < x^k < (n+k-1)^k, 从而能推出 n< x+1 <= n+k-1
则x+1整除n(n+1)(n+2)…(n+k-1), 因而整除x^k, 这和x+1与x互素且x+1>1矛盾, 说明k = l 的情况是没有正整数解的 !
这样 k 整除 l 的情况也随之解决, 作为一种特殊情形的解答, 这个解法很方便

k = 4, l = 2 的解法也可以看作是讨论了4个连续正整数两两之间最大公因数的不同可能, 由于n(n+3)/2与 (n+1)(n+2)/2 总是互素正整数, 并且相乘等于完全平方数, 从而得到相差为1的两个完全平方数, 推出矛盾
这样可以推广得到一种 k = 5, l = 2 的解法, 做法是考虑5个连续正整数两两之间最大公因数的不同可能, 推出其中总存在两个数的非完全平方部分相等, 从而化成简单的平方差方程
k = 5, l = 2 : 如果n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) = x^2 有正整数解
(1)当n ≡ 1(mod 3) 时, n(n+2)(n+4) = (n+2)^3 - 4(n+2) , (n+1)(n+3)=(n+2)^2-1, 它们是互素的正整数, 并且乘积是完全平方数, 则存在互素正整数a,b使得 n(n+2)(n+4) = a^2, (n+1)(n+3) = b^2, 得到 b^2 = (n+2)^2 - 1, 没有正整数解
(2)当n ≡ 3,5(mod 6) 时, n(n+4)/3, (n+1)(n+3)/3, n+2 是两两互素的正整数, 并且乘积(x/3)^2是完全平方数, 可以推出存在两两互素的正整数a,b,c使得 n+2 = a^2, n(n+4) = 3b^2, (n+1)(n+3) = 3c^2, 进而得到b^2 + 1 = c^2, 没有正整数解
(3)当n ≡ 2,6(mod 12) 时, n(n+4)/12, (n+1)(n+3)/3, (n+2)/4 是两两互素的正整数, 并且乘积(x/12)^2是完全平方数, 可以推出存在两两互素的正整数a,b,c使得 n+2 = (2a)^2, n(n+4) = 3(2b)^2, (n+1)(n+3) = 3c^2, 进而得到(2b)^2 + 1 = c^2, 没有正整数解
(4)当n ≡ 0,20(mod 24) 时, 要么n/6, n+1, (n+2)/2, (n+3)/3, (n+4)/4 是两两互素的正整数, 要么n/4, (n+1)/3, (n+2)/2, n+3, (n+4)/6 是两两互素的正整数, 并且乘积(x/12)^2是完全平方数, 可以推出要么n+1 和 n+4是互素的完全平方数, 要么n 和 n+3 是互素的完全平方数, 这只可能 n = 0或1, 但它们都不是原方程的正整数解
(5)当n ≡ 8,12(mod 24) 时, 要么n/2, (n+1)/3, (n+2)/2, n+3, (n+4)/12 是两两互素的正整数, 要么n/12, n+1, (n+2)/2, (n+3)/3, (n+4)/2 是两两互素的正整数, 并且乘积(x/12)^2是完全平方数, 可以推出要么(n+1)/3 和 (n+4)/3是互素的完全平方数, 要么n/3 和 (n+3)/3 是互素的完全平方数, 相差都等于1, 没有正整数解
因此 k=5, l=2 的情况方程无正整数解

定义正整数n的非平方部分 f₂(n) = n/m^2, 其中 m^2 是 n 最大的完全平方因子, 这样可以让讨论更有效率
f₂(n)总是无平方因子数, 正整数n与m的乘积为完全平方数等价于f₂(n)=f₂(m)
在前面 k=5, l=2 的解法中, 按照连续5个正整数相乘为完全平方数的假设, 实际上可以推出方程的解当中 f₂(n), f₂(n+1), f₂(n+2), f₂(n+3), f₂(n+4) 所满足的所有可能, 具体写出每种情况如下:
若正整数 n 满足 n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) 是完全平方数, 设有序数列 A = (f₂(n), f₂(n+1), f₂(n+2), f₂(n+3), f₂(n+4)), 则
n ≡ 1(mod 6) ⟹ A = (1,2,1,2,1)
n ≡ 3(mod 6) ⟹ A = (3,2,1,6,1)
n ≡ 5(mod 6) ⟹ A = (1,6,1,2,3)
n ≡ 2(mod 12) ⟹ A = (2,3,1,1,6)
n ≡ 6(mod 12) ⟹ A = (6,1,1,3,2)
n ≡ 10(mod 12) ⟹ A = (2,1,1,1,2)
n ≡ 4(mod 24) ⟹ A = (1,1,2,1,2)
n ≡ 16(mod 24) ⟹ A = (2,1,2,1,1)
n ≡ 0(mod 24) ⟹ A = (6,1,2,3,1)
n ≡ 20(mod 24) ⟹ A = (1,3,2,1,6)
n ≡ 8(mod 24) ⟹ A = (2,3,2,1,3)
n ≡ 12(mod 24) ⟹ A = (3,1,2,3,2)

对一个无平方因子数k, 如果把满足f₂(n) = k的所有正整数 n 由小到大排列, 得到的数列相邻间隔是趋于无穷大的 ! 更具体来说间隔是递增的, 所以如果一个间距不超过给定值的区间当中, 出现两个不同正整数n和m满足 f₂(n) = f₂(m), 这样的区间只会存在有限多个, 通过解平方差方程 (或不等式) 能够一一确定
由此可以给出 k=5, l=2 解法的一个简化版
k = 5, l = 2 : 如果 n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) = x^2 有正整数解, 那f₂(n), f₂(n+1), f₂(n+2), f₂(n+3), f₂(n+4)的乘积是完全平方数, 由于它们都是无平方因子数, 所以对每个素数p, f₂(n), f₂(n+1), f₂(n+2), f₂(n+3), f₂(n+4)当中恰有偶数项被p整除
这可以推出f₂(n)不会含有大于3的素因子p, 否则若p整除f₂(n), 因为p>=5, 则p与(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)全都互素, 仅整除f₂(n)一项, 不符合前面的要求, 同理可以证明f₂(n+1), f₂(n+2), f₂(n+3), f₂(n+4)的素因子全都不超过3
进一步可以推出f₂(n), f₂(n+1), f₂(n+2), f₂(n+3), f₂(n+4)的值只可能是1,2,3,6当中的某一个, 由抽屉原理总存在0<= i < j <=4 使得f(n+i) = f(n+j), 0<= i < j <=4
设f(n+i) = f(n+j) = r, n+i =a^2*r, n+j = b^2*r , 其中b>a是正整数, 由 j - i <=4 可得 (b^2 - a^2)r <= 4, 这个不等式只有 r = 1, a = 1, b = 2 的正整数解 !
说明唯一可能的情况是 n+i = 1, n+j = 4, 只能n=1, 但这并不是原方程的解, 所以k = 5, l = 2 时方程无正整数解

如果将这个简化的做法直接迁移到其它 l = 2 的情形上, 抽屉原理的步骤需要满足条件 2^π(k-1) ≤ k-1
有意思但也让人无奈的是, 可以证明这个不等式对 k ≥ 6 都不成立
不过抽屉原理还是可以用来简化这种讨论连续正整数公因数, 分析非平方部分的做法, 甚至在 k = 6, l = 2 时还有一种基于k = 4, l = 2 的巧妙解法, 比配方法的计算简单很多
k = 6, l = 2 : 如果n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5) = x^2 有正整数解
和前面 k=5, l=2 的证明同理, 可以证明 f₂(n+i) (1 ≤ i ≤ 4) 都没有大于3的素因子
那么 f₂(n+i) (1 ≤ i ≤ 4) 的取值只可能是1,2,3,6, 如果f₂(n+1),f₂(n+2),f₂(n+3),f₂(n+4)两两互不相等, 那它们的乘积等于36, 因此(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)是完全平方数, 这与 k = 4,l = 2 的结论矛盾
因此存在1 ≤ i < j ≤ 4使得 f₂(n+i) = f₂(n+j), 设n+i = a^2*r, n+j = b^2*r , 其中b>a是正整数, 解不等式 (b^2 - a^2)r ≤ 3 可得 a = 1, b = 2, r = 1 , 对应的 n+i = 1, 只可能n=1, 这并非原方程的解, 所以k = 6, l = 2 时方程没有正整数解

实际上可以证明, 对任意连续4个正整数n,n+1,n+2,n+3, 除非n=1, 否则总存在某个0 ≤ i ≤ 3 使得 f₂(n+i) 有大于3的素因子,
否则 f₂(n+i) (0 ≤ i ≤ 3) 的取值属于1,2,3,6, 要么它们互不相等, 相乘等于36, 与 k = 4, l = 2的结论矛盾, 要么它们中存在两项相等, 由平方差方程可以推出只可能 n = 1
有了这个结论就可以很方便地证明 k = 7或8, l = 2 的情形
k = 7, l = 2 :
f₂(n+i) (0 ≤ i ≤ 6) 都只有不超过5的素因子, 并且如果存在某项被5整除, 一定存在0 ≤ i < i+5 ≤ 6 使得 f₂(n+i) 和 f₂(n+i+5) 都被5整除 (因为同一个素因子必须整除f₂(n+i) (0 ≤ i ≤ 6)之中的偶数项) , 那么f₂(n+i+j) (1 ≤ j ≤ 4) 全都只含有不超过3的素因子, 这推出 n+i+1 = 1, 矛盾
如果没有一项被5整除, 从f₂(n+i) (1 ≤ i ≤ 4) 的最大素因子不超过3 同样推出n = 0的矛盾, 所以k = 7, l = 2 时方程没有正整数解
k = 8, l = 2 :
类似地, f₂(n+i) (0 ≤ i ≤ 7) 都没有大于7的素因子, 而且除了 f₂(n) 和 f₂(n+7) 以外, 最大素因子只可能是5
如果存在某项被5整除, 则存在0 ≤ i < i+5 ≤ 7 使得 f₂(n+i) 和 f₂(n+i+5) 都被5整除, f₂(n+i+k) (1 ≤ k ≤ 4) 与5互素, 又无法被7整除 (因为n < n+i+1, n+i+4 < n+7), 只可能最大素因子不超过3, 推出n+i+1 = 1, 矛盾
如果没有被5整除的 f₂(n+i), 由于 f₂(n+i) (1 ≤ i ≤ 4) 都无法被7整除, 同样可以由它们的最大素因子不超过3推出 n+1=1, 矛盾, 所以k = 8, l = 2 时方程没有正整数解

下面是解决 k = 4 , l > 2 全部情形的证明, 同时用到不等式放缩和分析公因数的步骤
k = 4, l > 2 : 如果n(n+1)(n+2)(n+3) = x^l 有 l > 2 的正整数解
由于连续4个正整数当中总是包含至少1个与6互素的数, 那这个数与另外3个一定互素 (否则公共素因子不超过3, 矛盾), 由唯一分解定理可以推出这个数一定是正整数的 l 次幂, 设为 m^l, m 为正整数
另外3个数的乘积也是正整数的 l 次幂, 设为 y^l, 可以分为以下4类情况
(1) m^l = n, 这时 (n+1)(n+2)(n+3) = y^l , 由 k = 3 的结论可知这时没有正整数解
(2) m^l = n+1, 这时 n(n+2)(n+3) = y^l ,
由于 (m^3)^l = (n+1)^3 < n(n+2)(n+3), 并且由n ≥ 1可知m ≥ 2, 此时
n(n+2)(n+3) = (n+1)^3 + 2(n+1)^2 - (n+1) - 2 < m^3l + 2m^2l < (m^3)^l + lm^(3l-3) < (m^3+1)^l
所以 m^3 < y < m^3+1, 这时没有正整数解
(3) m^l = n+2, 这时 n(n+1)(n+3) = y^l ,
由于 m^3l = (n+2)^3 > n(n+1)(n+3), 并且由n ≥ 1可知 m ≥ 2, 此时若 l > 3, 则
n(n+1)(n+3) = (n+2)^3 - 2(n+2)^2 - (n+2) +2 > m^3l - 2m^2l - m^l
> m^3l - m^(3l - 3) - m^l > (m^3-1)^l
最后一步用到了 m^3l - (m^3-1)^l = m^3(l-1) + m^3(l-2)*(m^3-1) + … + (m^3-1)^(l-1)
若 l = 3, 则 n(n+1)(n+3) > m^9 - 2m^6 - m^3 > m^9 - 3m^6 + 3m^3 - 1 = (m^3-1)^3
所以 m^3 - 1 < y < m^3, 这时没有正整数解
(4) m^l = n+3, 这时 n(n+1)(n+2) = y^l , 由 k = 3 的结论可知这时没有正整数解
所以 k = 4, l > 2 时方程没有正整数解, 这样一来连同前面 k = 4, l = 2 的结论, k = 4的情况就完全解决了

k = 4 时, 方程也可以看成不定方程 X^2 - 1 = Y^m (m>1) 的特殊情形
这是因为如果 n(n+1)(n+2)(n+3) = x^l 有正整数解, 那么 (n^2 + 3n + 1)^2 - 1 = x^l
方程 X^2 - 1 = Y^m (m>1) 是Catalan猜想的其中一种情形, 这个方程仅有 (X,Y,m) = (3,2,3) 一组正整数解, 用这个结论可以推出 (n^2 + 3n + 1)^2 - 1 = x^l (l>1)没有正整数解, 因为 n^2 + 3n + 1 不会等于3
其中m为偶数的情况容易用平方差方程解决, m=3 的情形早已被Euler解决, 与之形式相似的 X^2 + 1 = Y^m 也早在1850年就被 V.A.Lebesgue 解决, 但X^2 - 1 = Y^m (m>1) 的完整情形直到1961年才被柯召解决, 这个结论也因此被称作柯召定理 (Ko Chao's theorem)
随后在1976年 E.Z.Chein 对这一定理给出了更简单的证明, 仅用到 T.Nagell 在1921年证明的一个结论作为引理
Chein的论文pdf 链接:
https://www.ams.org/journals/proc/1976-056-01/S0002-9939-1976-0404133-1/S0002-9939-1976-0404133-1.pdf