王愛鈞，廖群英

（四川師范大學 數(shù)學科學學院，四川 成都 610066）

1 序言及主要結果

σ（n）是正整數(shù)n的全部正因數(shù)之和.當σ（n）＝2n時，稱n 為perfect 數(shù)（完全數(shù)）［1-8］.2012 年，Pollack等［9］基于偶完全數(shù)的判別條件，給出了nearperfect數(shù)（盈完全數(shù)）的概念：若D1＝｛d1：d1|n，1≤d1≤n｝，則存在d∈D1-｛n｝，使得σ（n）＝2n +d，此時稱n為盈完全數(shù)且d 為冗余因子.2013 年，Ren等［10］確定了含有2 個不同素因子的全部盈完全數(shù).Tang等［11］證明了不存在含有3 個不同素因子的奇盈完全數(shù).2016 年，Tang等［12］證明了含有4個不同素因子的奇盈完全數(shù)有且僅有一個，即為34·72·112·192.與函數(shù)σ 的定義類似，設p 為質數(shù)，α 為正整數(shù)，對于每個素數(shù)方冪pα，Iannucci［13］定義了一個可乘函數(shù)

并規(guī)定ρ（1）＝1.2013 年，Toth［14］指出函數(shù)ρ 具有雙重性質.Wei 等［15］以及McCarthy［16］對ρ 進行了相關的研究.若kρ（n）＝n（k∈Z+），則n 被稱作kimperfect數(shù)（k-不完全數(shù)）；進而，對一個冗余因子d，稱滿足kρ（n）＝n +d 的n 為k-near-imperfect 數(shù)（k-盈不完全數(shù)）.特別地，k ＝2 時，則簡稱為imperfect數(shù)（不完全數(shù)）以及near-imperfect 數(shù)（盈不完全數(shù)）.本文研究方程

對于n只含有2 個不同素因子的情況下，給出方程（1）的全部解.假設），冗余因子，其中，p1＜p2，0≤γ1≤α1，0≤γ2≤α2且γ1+γ2＜α1+α2.由（1）式可得

定理1.1若k ＝3，則（1）式的全部解為

引理1.2若k ＝4，則（1）式僅有解（n，d）＝（2·3，2）.

2 主要結果的證明

為證明主要結果，需要以下引理.

引理2.1（卡塔蘭猜想）［17］不定方程xa-yb＝1 僅有一組大于1 的正整數(shù)解

定理1.1 的證明當k ＝3 時，由p1≥3 及（2）式的推導形式可得

矛盾，故p1＝2，相應的，其中p2為奇質數(shù)．現(xiàn)分如下4 種情況．

若γ2＝0，則（4）式即為

故p2|3 +2γ1.由γ1≤α1＝1，可知γ1＝0 或1.當γ1＝0時，得p2|4，此與p2為奇質數(shù)相矛盾；當γ1＝1 時，得p2|5.由p2為奇質數(shù)，故p2＝5，即（4）式為3· 5α2＝15，得α2＝1，即n ＝2·5 且d ＝2.經驗證其為（2）式的解.

若γ2≠0，此時由（4）式可知p2|3，故p2＝3.從而3γ2（3α2-γ2-3·2γ1-2γ1）＝3，故γ2＝1，即3α2-1-2γ1+2＝1.由引理2.1 可知γ1＝1，α2＝3，即n ＝2·33且d ＝2·3.經驗證其為（2）式的解.

2）若α1≥3，則（3）式兩邊同時除以可得

矛盾.從而p2≤5，又p2為奇質數(shù)，則p2＝3 或5.故

若p2＝3，則g（3）＝.由（5）式可知D≥2·32，此時

由α1≥3，得α2＝1.于是由（3）式可得

故γ1＝1，則由（6）式可得2α1-1-3γ2＝1.故由引理2.1 可知，當γ2＝0 時，得α1＝2，與2α1矛盾；當γ2＝1 時，得α1＝3，即n ＝23·3 且d ＝2·3.經驗證其為（2）式的解.

由α1≥3，得α2＝1 且α1＝3.于是由（3）式可得2γ15γ2＝20，故γ1＝2 且γ2＝1，即n ＝23·5 且d ＝22·5.經驗證其為（2）式的解.

情形2當2α1且2|α2時，由（2）式可得

1）若α1＝1，則由（7）式可得

若γ2＝0，則（8）式即為

故p2|3 -2γ1.由γ1≤α1＝1，可知γ1＝0 或1.當γ1＝0時，得p2|2，此與p2為奇質數(shù)相矛盾；當γ1＝1 時，得p2|1，此與p2為奇質數(shù)相矛盾.

若γ2≠0，此時由（8）式可知p2|3，故p2＝3.從而3γ2（2γ1+3·2γ1-3α2-γ2）＝3，故γ2＝1，即2γ1+2-3α2-1＝1.由引理2.1 可知γ1＝0，α2＝2，即n ＝2·32且d ＝3.經驗證其為（2）式的解.

2）若α1≥3，則（7）式兩邊同時除以可得

矛盾.從而p2≤3，又p2為奇質數(shù)，則p2＝3.由（9）式得

得D ＝22·3.故α1＝γ1+1 且α2＝γ2，則由（9）式可得

即2α1+1-3α2+1＝1.由引理2.1 可知，α2＝0 且α1＝1，與α1≥3 矛盾.

情形3當2|α1且2|α2時，由（2）式可得

矛盾.從而p2≤3，又p2為奇質數(shù)，故p2＝3.若2α1-γ13α2-γ2≥3，則由（11）式得

矛盾.故2α1-γ13α2-γ2≤2，即α1-γ1＝1 且α2-γ2＝0，則由（10）式可知

情形4當2|α1且2α2時，由（2）式可得

矛盾.從而p2≤3，又p2為奇質數(shù)，故p2＝3.若2α1-γ13α2-γ2≥4，則由（13）式得

矛盾.故2α1-γ13α2-γ2≤3，即α1-γ1＝1 且α2-γ2＝0，或者α1-γ1＝0 且α2-γ2＝1.

若α1-γ1＝1 且α2-γ2＝0，則由（12）式可知（2α1+1+1）（3α2+1-1）＝4（2α13α2+2α1-13α2），即3α2+1-2α1+1＝1，由引理2.1 可知α2＝1 且α1＝2，即n ＝22·3 且d ＝2·3.經驗證其為（2）式的解.

若α1-γ1＝0 且α2-γ2＝1，則由（12）式可知（2α1+1+1）（3α2+1-1）＝4（2α13α2+2α13α2-1），即2α1+1（3α2-1-1）+（3α2+1-1）＝0，矛盾.

綜上可知，定理1.1 得證.

定理1.2 的證明當k ＝4 時，由p1≥3 及（2）式的推導形式可得

矛盾，故p1＝2，相應的，其中p2為奇質數(shù).現(xiàn)分如下4 種情況.

情形1當2α1且2α2時，由（2）式可得

1）若α1＝1，則由（14）式可得

若γ2＝0，則（15）式即為

故p2|4 +2γ1.由γ1≤α1＝1，可知γ1＝0 或1.當γ1＝0時，得p2|5，由p2為奇質數(shù)，故p2＝5，即（15）式為8·5α2＝10，矛盾.當γ1＝1 時，得p2|6，由p2為奇質數(shù)，故p2＝3，即（15）式為3α2＝3，則α2＝1，即n ＝2·3 且d ＝2.經驗證其為（2）式的解.

若γ2≠0，此時由（15）式可知p2|4，此與p2為奇質數(shù)相矛盾.

2）若α1≥3，則（14）式兩邊同時除以可得

矛盾.

情形2當2α1且2|α2時，由（2）式可得

1）若α1＝1，則由（16）式可得

若γ2＝0，則上式即為2γ1p2-（2p2-2）＝4 -2γ1，故p2|4 -2γ1.由γ1≤α1＝1，可知γ1＝0 或1.當γ1＝0 時，得p2|3，由p2為奇質數(shù)，故p2＝3.即（17）式為4·3α2＝0，矛盾；當γ1＝1 時，得p2|2，此與p2為奇質數(shù)相矛盾.

若γ2≠0，此時由（17）式可知p2|4，此與p2為奇質數(shù)相矛盾.

2）若α1≥3，則（16）式兩邊同時除以可得

矛盾.

情形3當2|α1且2|α2時，由（2）式可知

情形4當2|α1且2α2時，由（2）式可知

矛盾.

綜上可知，定理1.2 得證.