(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)≡x⁴+abcd (mod 2023)
相当于(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)≡x⁴+abcd(mod 7)
和(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)≡x⁴+abcd (mod 289) 都成立
设-abcd = m，则a, b, c, d都是x⁴≡m(mod 7)的解
假设g 是模7的一个原根，如果m和7互素，则存在1≤r, s≤6使x≡g^r(mod 7), m≡g^s(mod 7)，4r≡s(mod 6)
那有解时s 一定是偶数，r≡s/2 (mod 3)
如果1≤t≤3, t≡s/2(mod 3)，那r 只可能是t 或者 t+3
所以a, b, c, d 分别和g^t 或者 g^(t+3) 模7同余
如果a≡b≡c≡d≡g^t (mod 7)，那a+b+c+d≡4g^t≠0(mod 7)，不合要求
如果a≡b≡c≡g^t(mod 7), d≡g^(t+3)≡-g^t(mod 7)，那a+b+c+d≡2g^t≠0(mod 7)，也不合要求
如果a≡b≡g^t(mod 7), c≡d≡g^(t+3)≡-g^t(mod 7)
那 ab+ac+bc+ad+bd+cd≡-2g^(2t)≠0(mod 7)，不合要求
由对称性，其他情况也都不成立，所以只可能m≡0(mod 7)
7一定至少整除a,b,c d中某一个
若7 ℓ a，7不整除b, c, d
则 b+c+d≡0(mod 7), bc+bd+cd≡0(mod 7)
减去(b+c+d)d可得bd-d²≡0(mod 7)，
则b≡d(mod 7), 同理b≡c(mod 7), c≡d(mod 7)，则b+c+d≡3b≡3c≡3d≡0(mod 7)不可能成立
若7 ℓ a, 7 ℓ b
则 c+d≡0(mod 7), cd≡0(mod 7)
c, d一定都被7整除
这时a≡b≡c≡d≡0(mod 7)，所以7⁴ ℓ m

把a, b, c, d同时除以7，就得到一组正整数a, b, c, d满足a+b+c+d=289, ab+ac+bc+cd+ad+bd≡0(mod 289), abc+abd+acd+bcd≡0(mod 289)
再设这组a,b,c,d乘积为-m
同理a, b, c, d都是x⁴≡m(mod 289)的解
设g 是模289=17² 的一个原根，如果m和17互素，那存在1≤r, s≤272，使x≡g^r(mod 289), m≡g^s(mod 289)，4r≡m(mod 272)
有解时m一定是4的倍数，r≡m/4(mod 68)
如果1≤t≤68, t≡m/4(mod 68)，那r只可能是t, t+68, t+2×68, t+3×68
其中g^(t+68)和g^(t+3×68)中，一个和38g^t同余，另一个和-38g^t同余，g^(t+2×68)≡-g^t(mod 289)
如果a≡b≡g^t(mod 289), c≡d≡-g^t(mod 289)
则ab+ac+bc+cd+ad+bd≡-2g^(2t)≠0 (mod 289)
如果a≡b≡38g^t(mod 289), c≡d≡-38g^t(mod 289)
则ab+ac+bc+cd+ad+bd≡-2×38²g^(2t)≠0(mod 289)
由于a+b+c+d≡0(mod 289)，其他情况中一一验证只剩下a≡g^t(mod 289), b≡38g^t(mod 289), c≡-g^t(mod 289), d≡-38g^t(mod 289)
则a+c≡0(mod 289), b+d≡0(mod 289)
因为a, b, c, d是正整数，所以289 ℓ a+c，a+c≥289, 同理b+d≥289
a+b+c+d≥2×289，和a+b+c+d=289矛盾
只可能 17 ℓ m
同理a≡b≡c≡d≡0(mod 17)
再次同时除以17，得到新一组a+b+c+d=17
而对任何一组符合a+b+c+d=17的正整数(a, b, c, d)，(119a, 119b, 119c, 119d)都符合原题要求
所以这就是原题的通解，原题中的abcd一定是119⁴的倍数

一般情况应该是
①如果每个q都是4k+3型的大于3的奇素数
正整数a, b, c, d满足a+b+c+d 能被 ∏q^m整除
ab+ac+bc+ad+bd+cd 能被∏q^(2m-1) 整除
abc+abd+acd+bcd 能被∏q^(3m-2) 整除
那a, b, c, d 每一个都被∏q^m 整除
② 如果p是4k+1型的大于5的奇素数
正整数a+b+c+d = p^n
ab+ac+bc+ad+bd+cd 能被p^(2m-2+n) 整除
abc+abd+acd+bcd 能被p^(3m-3+n) 整除
n> m≥1
则a, b, c, d 每一个都能被p^m整除
n≤m时不存在这样的正整数a, b, c, d
p=2, 3, 5时好像挺复杂

给另外一种解法
假设a，b，c，d均不是7的倍数。
那么a+b+c=–d（mod7）
ab+bc+ca=–d（a+b+c）=d²（mod7）
abc=–d（ab+bc+ca）=–d³（mod7），
那么（X–a）（X–b）（X–c）
=X³–（a+b+c）X²+（ab+bc+ca）X–abc
=X³+dX²+d²X+d³=（X+d）（X²+d²）=0（mod 7）
因此有（a+d）（a²+d²）=0（mod 7），（b+d）（b²+d²）=0（mod 7），（c+d）（a²+d²）=0（mod 7），
同样（a+b）（a²+b²）=0（mod 7），（a+c）（a²+c²）=0（mod 7），（b+c）（b²+c²）=0（mod 7）。
假设a，b，c，d均不是7的倍数，
那么注意a²+b²≠0（mod 7）
只能a+b=0（mod7）
这样呢只能是a+b=a+c=a+d=b+c=b+d=c+d=0（mod 7）推出a=b=c=d=0（mod 7）矛盾。
所以不妨设d=0（mod 7）
此时a，b，c均满足X³=0（mod 7）
知a，b，c，d均是7的倍数。

把a, b, c, d同时除以7，就得到一组正整数a, b, c, d
满足a+b+c+d=289, ab+ac+bc+cd+ad+bd≡0(mod 289), abc+abd+acd+bcd≡0(mod 289)
同样仍有
（a+d）（a²+d²）=0（mod 289），
（b+d）（b²+d²）=0（mod 289），
（c+d）（a²+d²）=0（mod 289），
（a+b）（a²+b²）=0（mod 289），
（a+c）（a²+c²）=0（mod 289），
（b+c）（b²+c²）=0（mod 289）.
假设a,b,c,d均不是17的倍数，那么
（1）a,b,c,d不存在 两数模17相等
比如a=b(mod 17) 则（a+b）（a²+b²）=4a³=0（mod 17），得到a=0(mod 17) ,从而矛盾。
（2）a²+d²，b²+d²，c²+d² 不可能同时是17的倍数。
否则 a,b,c的取值只能是±4d ,必然有两数模17相等
这样不妨设a²+d²≠0（mod 17） ，则有 a+d=0 ,此时必然b+d≠0，c+d≠0
所以 b²+d²=c²+d²=0(mod 17) 这样b mod 17,c mod 17 只能是±4d。
因b,c模17不等，不妨设b=4d(mod 17),c=-4d(mod 17),
设a=17u-d,b=17v+4d,c=17w-4d
代入 a+b+c+d=289 得到 u+v+w=17
代入abc+abd+acd+bcd≡0(mod 289) 得到 u-v-w=0 (mod 17)
这样 u=0 (mod 17) 有a+d=0(mod 289) 这与a+b+c+d=289且a,b,c,d为正整数矛盾。
这样不妨设 d=0(mod 17) ，类似5楼得到a,b,c满足 X³=0（mod 17） ,得到a,b,c,d均是17的倍数。
原题得证abcd必然是2023的倍数

想问个问题 这么多条件了是否可以求个{a,b,c,d}?

按六楼处理完17的倍数后主楼的a,b,d为a=7*17*x, b=7*17*y,c=7*17*z,d=7*17*w
满足x+y+z+w=17即可,其中x,y,z,w为正整数。