董 坤, 廖群英, 張夢(mèng)蝶

(四川師范大學(xué) 數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院, 四川 成都 610066)

1 引言及主要結(jié)果

歐拉函數(shù)φ(n)(n∈Z+)作為數(shù)論中一個(gè)非常重要的函數(shù),早在18世紀(jì)就由著名數(shù)學(xué)家歐拉提出,定義為

即1,2,…,n中與n互素的個(gè)數(shù)[1].關(guān)于歐拉函數(shù)的研究歷來備受關(guān)注.文獻(xiàn)[2-6]為將Lehmer同余式從模素?cái)?shù)的平方推廣到模任意正整數(shù)的平方,引進(jìn)了正整數(shù)的廣義歐拉函數(shù)

φ

并給出了φe(n)(n=3,4,6)的準(zhǔn)確計(jì)算公式.人們也希望利用廣義歐拉函數(shù)的準(zhǔn)確計(jì)算公式來討論一些不定方程的解.近年來,文獻(xiàn)[7-9]給出了方程

對(duì)正整數(shù)

記

并規(guī)定Ω(1)=ω(1)=0.

為敘述方便,設(shè)正整數(shù)n>6,且

n=2α3

其中,α,β,αi≥0,pi為素?cái)?shù)且5≤p1

當(dāng)α=β=0時(shí),ω(n)=k;當(dāng)α、β僅有一個(gè)為0時(shí),ω(n)=k+1;當(dāng)αβ≠0時(shí),ω(n)=k+2.

定理 1.1當(dāng)以下條件之一成立時(shí):

(Ⅰ)α=0,β∈{0,1}且pi≡5(mod6);

(Ⅱ)α=1,β∈{0,1}且pi≡5(mod6);

(Ⅲ)α≥2,β∈{0,1},k=1且p1≡5(mod6);

(Ⅳ)β≥2或存在pi≡1(mod6),

(n,d)=

為證明本文的主要結(jié)果,需要如下引理.

引理 1.2[4]

φ6(n)=

2 主要結(jié)果的證明

情形Ⅰ 若α=β=0且

pi≡5(mod6), 1≤i≤k,

(i) 當(dāng)k≥2時(shí),對(duì)比等式兩邊奇偶性可知方程無解.

從而原方程等價(jià)于

pα1-11(p1-1)+4(-1)α1=6pα1-θ11.

若α1>θ1,則α1≥2,從而p1|4,與p1≥5矛盾,故α1=θ1,即

pα1-11(p1-1)+4(-1)α1=6.

(1)

當(dāng)α1=1時(shí),代入方程(1)解得p1=11,即

(n,d)=(11,11);

當(dāng)α1≥2時(shí),因?yàn)閜1≥5,所以

從而此時(shí)方程(1)無解.

經(jīng)檢驗(yàn)(n,d)=(11,11)是原方程的解.

情形Ⅱ 若α=0,β=1且

pi≡5(mod6), 1≤i≤k,

對(duì)比等式兩邊奇偶性可知此時(shí)方程無解.

情形Ⅲα=1,β=0且

pi≡5(mod6), 1≤i≤k,

2θpα1+θ1-11(p1-1)+2θ+1pθ11(-1)α1+1=12pα11.(3)

若α1≥2,由方程(3)可知

2θpα1-11(p1-1)+2θ+1(-1)α1+1=12.

(4)

因?yàn)閜1≥5,所以

從而方程(4)在α1≥2時(shí)無解,故α1=1,此時(shí)方程(3)即為

2θpθ11(p1-1)+2θ+1pθ11=12p1,

故(θ,θ1)=(0,1)時(shí),p1=11,即

(n,d)=(22,11);

(θ,θ1)=(1,1)時(shí),p1=5,即

(n,d)=(10,10);

(θ,θ1)=(1,0)時(shí),無解.

(-1)α1+α2)=3pα11pα22.

對(duì)比等式兩邊奇偶性可知2?d.因?yàn)閐|n且d>2,故可設(shè)

且θ1、θ2不同時(shí)為0,從而原方程等價(jià)于

pθ1-11pθ2-12(p1-1)(p2-1)-

4(-1)α1+α2pθ1-α11pθ2-α22=12.

(5)

當(dāng)θ1θ2≠0時(shí),因?yàn)閜2>p1≥5,所以

從而此時(shí)方程無解,故θ1、θ2恰有一個(gè)為0.

當(dāng)θ1=0,θ2≥1時(shí),若θ2≥2,因?yàn)?/p>

p2≡5(mod6)

且p2>p1≥5,所以p2≥11,從而由

可知此時(shí)方程無解,故θ2=1,代入方程(5)可得

pα1-11pα2-12(p1-1)(p2-1)+

4(-1)α1+α2+1=12pα11pα2-12.

(6)

若存在αi≥2,則pi|4,此時(shí)無解;若α1=α2=1,代入方程(6)可得

p1p2-13p1-p2-3=0.

將p2=13代入可知無解,所以

因?yàn)閜1≥5,所以p2-13=1,2,4;又因?yàn)?/p>

p2≡5(mod6),

所以p2=17,p1=5,即(n,d)=(170,17).

當(dāng)θ2=0,θ1≥1時(shí),若θ1≥2,由p2≥11,p1≥5可知

從而此時(shí)方程無解,故θ1=1,代入方程(5)可得

pα1-11pα2-12(p1-1)(p2-1)+

4(-1)α1+α2+1=12pα1-11pα22.

(7)

若存在αi≥2,則pi|4,此時(shí)無解;若α1=α2=1,代入方程(7)可得

p1p2-13p2-p1-3=0,

解得p1=17,p2=5,與p1

(iii) 當(dāng)k≥3時(shí),對(duì)比等式(2)兩邊奇偶性可知此時(shí)方程無解.

經(jīng)檢驗(yàn)

(n,d)=(22,11),(10,10),(170,17)

均是原方程的解.

情形Ⅳ 若α=1,β=1且

pi≡5(mod6), 1≤i≤k,

(-1)Ω(n)2

(8)

(9)

從而此時(shí)方程無解,故α1=1,此時(shí)方程(9)即為

d(p1-2)=18p1.

因?yàn)?/p>

gcd(p1-2,p1)=1,

所以p1|d,d=2p1或6p1.當(dāng)d=2p1時(shí),解得p1=11,即(n,d)=(66,22);當(dāng)d=6p1時(shí),解得p1=5,即(n,d)=(30,30).

(-1)α1+α2)=9pα11pα22.

對(duì)比等式兩邊奇偶性可知2?d.因?yàn)閐|n且d>2,故可設(shè)

且θ、θ1、θ2不同時(shí)為0,從而原方程等價(jià)于

pα1+θ1-11pα2+θ2-12(p1-1)(p2-1)+

2(-1)α1+α2pθ11pθ22=32-θ2pα11pα22.

(10)

1) 當(dāng)α1≥3時(shí),由方程(10)可知θ1=α1.因?yàn)閜1≥5,所以

從而此時(shí)方程無解.

2) 當(dāng)α2≥2時(shí),由方程(10)可知θ2=α2.因?yàn)閜2≡5(mod6)且p2>p1≥5,所以p2≥11,從而

故此時(shí)方程無解.

3) 當(dāng)(α1,α2)=(1,1)時(shí),代入方程(10)可得

(p1-1)(p2-1)+2=32-θ2p1-θ11p1-θ22.(11)

當(dāng)θ2=0時(shí),p2|p1-3,與p2>p1矛盾;當(dāng)θ2=1時(shí),將(θ,θ1)=(0,0)代入方程(11)解得

(p1,p2)=(5,23),

即

(n,d)=(690,23);

將

(θ,θ1)=(0,1),(1,0),(1,1)

代入方程(11)可知此時(shí)方程均無解.

4) 當(dāng)(α1,α2)=(2,1)時(shí),代入方程(10)可得

p1(p1-1)(p2-1)-2=32-θ2p2-θ11p1-θ22.(12)

當(dāng)θ1=0,1時(shí),由方程(12)可知p1|2,與p1≥5矛盾;當(dāng)θ1=2時(shí),代入方程(12)可得

p1(p1-1)(p2-1)-2=32-θ2p1-θ22.

(13)

將(θ,θ2)=(0,0)代入方程(13)解得

(p1,p2)=(5,11),

即

(n,d)=(1650,25);

將

(θ,θ2)=(0,1),(1,0),(1,1)

代入方程(13)可知此時(shí)方程均無解.

(iii) 當(dāng)k≥3時(shí),對(duì)比等式(8)兩邊奇偶性可知此時(shí)方程無解.

經(jīng)檢驗(yàn)

(n,d)=(66,22),(30,30),(690,23),(1650,25)

均是原方程的解.

情形Ⅴ 若α≥2,β=0,k=1且

p1≡5(mod6),

且θ、θ1不同時(shí)為0.

2α-2-(-1)α=3·2α-θ.

(14)

對(duì)比等式兩邊奇偶性可知α=θ,代入方程(14)可得

2α-2-(-1)α=3,

解得α=3或4,即(n,d)=(8,8)或(16,16).

(ii) 當(dāng)α1=1時(shí),原方程等價(jià)于

2α-3(p1-1)-(-1)α+1=2α-1-θ3p1-θ11.

(15)

對(duì)比等式兩邊奇偶性可知

α-1-θ=0

當(dāng)α-1-θ=0時(shí),若θ1=0,則有

(2α-1-12)p1=2α-1+4(-1)α+1,

解得(p1,α)=(5,5),即

(n,d)=(160,16);

若θ1=1,則有

2α-1p1=2α-1+4(-1)α+1+12,

解得(p1,α)=(5,2)或(5,3),即(n,d)=(20,10)或(40,20).

當(dāng)α=2,θ=0時(shí),代入方程(15)可得

若θ1=0,則p1|p1+1,矛盾,故θ1=1,解得

(p1,α)=(11,2),

即(n,d)=(44,11).

2α-1pα1-11(p1-1)-4(-1)α+α1=2α+1-θ3pα1-θ11.

若α1>θ1,則p1|4,與p1≥5矛盾;若α1=θ1,則

因?yàn)棣痢?,p1≥5,所以

故此時(shí)方程無解.

經(jīng)檢驗(yàn)

(n,d)=(8,8),(16,16),(160,16),
(20,10),(40,20),(44,11)

均是原方程的解.

情形Ⅵ 若α≥2,β=1,k=1且p1≡5(mod6),即因?yàn)閐|n且d>2,故可設(shè)

且θ、γ、θ1不同時(shí)為0.

3γ(2α-1-(-1)α+1)=2α-θ32.

(16)

對(duì)比等式兩邊奇偶性可知α=θ,代入方程(16)可知

3γ(2α-1-(-1)α+1)=9,

解得(α,γ)=(2,1),(3,1)或(4,0),即(n,d)=(12,12),(24,24)或(48,16).

2α-2(p1-1)-(-1)α=2α-θ-132-γp1-θ11.(17)

對(duì)比等式兩邊奇偶性可知α=1+θ,代入方程(17)可得

2α-2(p1-1)-(-1)α=32-γp1-θ11.

(18)

當(dāng)θ1=0時(shí),若α≥6,則由

2α-2(p1-1)>10p1>9p1+1

可知此時(shí)方程無解,故α=2,3,4,5,分別代入方程(18)解得

(p1,α,γ)=(5,4,1),

即

(n,d)=(240,24).

當(dāng)θ1=1時(shí),若α≥4,因?yàn)閜1≥5,所以由

可知此時(shí)方程無解,故α=2,3,分別代入方程(17)解得(p1,α,γ)=(5,2,1),(11,2,0)或(5,3,0),即(n,d)=(60,30),(132,22)或(120,20).

2α-2pα1-11(p1-1)-(-1)Ω(n)=

(19)

對(duì)比等式兩邊奇偶性可知α=1+θ,代入方程(19)可得

2α-2pα1-11(p1-1)-(-1)Ω(n)=32-γpα1-θ11.

因?yàn)棣?≥2,所以θ1=α1,又因?yàn)閜1≥5,所以由

可知此時(shí)方程無解.

經(jīng)檢驗(yàn)

(n,d)=(12,12),(24,24),(48,16),
(240,24),(60,30),(132,22),(120,20)

均是原方程的解.

情形Ⅶ 若β≥2或存在pi≡1(mod6),則此時(shí)方程等價(jià)于

dφ(2α3

對(duì)比等式兩邊奇偶性可知有以下3種情形:

當(dāng)β=0時(shí),k=1或2,此時(shí)若α=0,解得(n,d)=(7α1,7);若α≥1,解得(n,d)=(2α7α1,14)或(2α13α1,13).

當(dāng)β=1時(shí),k=0或1,此時(shí)若α=0,方程無解;若α≥1,解得(n,d)=(2α3·19α1,19)或(2α3·7α1,21).

當(dāng)β≥2時(shí),k=0或1,此時(shí)若α=0,解得(n,d)=(3β,9);若α≥1,解得(n,d)=(2α3β,18),(2α3β19α1,19)或(2α3β7α1,21).

經(jīng)檢驗(yàn)

(n,d)=(7α1,7),(2α7α1,14),(2α13α1,13),
(3β1,9),(2α3β1,18),
(2α3β19α1,19),(2α3β7α1,21)

均是原方程的解,其中α,β,α1≥1,β1≥2.