方程φe（n） ＝2tω（n） 的可解性

鄧桂林， 廖群英

（四川師范大學 數(shù)學科學學院，四川 成都610066）

1 引言及主要結果

其中，［·］是高斯函數(shù)，μ（n）是麥比烏斯函數(shù)，即

的可解性.

本文給出了e=2 時方程（1）的全部正整數(shù)解（即本文定理1.1），以及e=3，4，6 時方程（1）的部分正整數(shù)解（本文定理1.2 ～1.4）.

定理1.1設t∈Z+，e =2，則方程（1）的全部解為

1）若αi=0（1≤i≤k），則方程（1）的解為（n，t）=（9，1）.

2）若α∈｛0，1｝且任意pi≡2（mod 3）（1≤i≤k，mod表示取模），則方程（1）無解.

3）若α=0 且存在pi≡1（mod 3）（1≤i≤k），則方程（1）的解為

其中，p1=3·2a+1 為素數(shù)，pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

4）若α=1 且存在pi≡1（mod 3）（1≤i≤k），則方程（1）的解為

其中，p1=3·2a+1 為素數(shù)，pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

1）若αi=0（1 ≤i≤k），則方程（1）的解為

2）若α=0 且任意pi≡3（mod 4）（1≤i≤k），則方程（1）的解為

（n，t）=（9，1）， 或n = 4·2t+3 為素數(shù).

3）若α∈｛0，1｝且存在pi≡1（mod 4）或α≥2，則方程（1）的解為

其中pi（1≤i≤k）為費馬素數(shù).

定理1.4設t∈Z+，e=6，

其中，整數(shù)α，β，αi≥0，pi為不同的奇素數(shù)且gcd（pi，6）=1（1≤i≤k）.

1）若αi=0（1≤i≤k），則方程（1）的解為n =9·22t+1.

2）若α=0，β≥2，則方程（1）的解為

其中pi（1≤i≤k）為費馬素數(shù).

3）若α=1，β≥2，則方程（1）的解為

其中pi（1≤i≤k）為費馬素數(shù).

4）若α=β=0 且存在pi≡1（mod 6），則方程（1）的解為

其中，p1=3·2a+1 為素數(shù)，pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

5）若α=0，β=1 且存在pi≡1（mod 6），則方程（1）的解為

其中，m =3·22t+1，p1=3·2a+1 均為素數(shù)，pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

6）若α=1，β=0 且存在pi≡1（mod 6），則方程（1）的解為

其中，m=3·22t+1+1，p1=3·2a+1 均為素數(shù)，pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

7）若α=β=1 且存在pi≡1（mod 6），則方程（1）的解為

其中，m =3·23t+1，p1=3·2a+1 均為素數(shù)，pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

8）若α≥2，β=0 且存在pi≡1（mod 6），則方程（1）的解為

其中，p=p1=3·2a+1 為素數(shù)，pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

9）若α≥2，β=1 且存在pi≡1（mod 6），則方程（1）的解為

其中，p=p1=3·2a+1 為素數(shù)，pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

定理1.5設t∈Z+，e=6，

其中，整數(shù)k，α，β，αi≥0，pi為不同的奇素數(shù)且gcd（pi，6）=1（1≤i≤k），則如下條件之一成立時，方程（1）無解.

1）α=β≥2 且存在pi≡1（mod 6）.

2）α=β=1 且任意pi≡5（mod 6）（1≤i≤k）或α≥2 且β=1.

注1.6迄今為止，已知的費馬素數(shù)只有5個［6］：F0，F(xiàn)1，F(xiàn)2，F(xiàn)3，F(xiàn)4.在1≤k≤5 的情況下，定理1.1 ～1.5 的解見附錄.

2 一些引理

引理2.5［10］丟番圖方程x2+7 =2y僅有正整數(shù)解

在引理2.1 ～2.3 中要求k≥1.在引理2.1 中，當k = 0 時，即n = 3α＞3，根據(jù)φ3（n）的定義，φ3（3α）等于序列1，2，…，3α-1中與3 互素的數(shù)的個數(shù)，故

引理2.6若n=2α3β＞6，則

（i）若α -1 為奇數(shù)，則2α-1≡2（mod 3），故

（ii）若α -1 為偶數(shù)，則2α-1≡1（mod 3），

綜上，當α≥3 時，

2）若n=3·2α，其中α≥2，根據(jù)廣義歐拉函數(shù)的定義，φ6（3·2α）等于序列中與3·2α互素的數(shù)的個數(shù)，即序列1，2，…，2α-1中既與2 互素又與3 互素的數(shù)的個數(shù).易知序列1，2，…，2α-1中2 的倍數(shù)的數(shù)的個數(shù)為的倍數(shù)的數(shù)的個數(shù)為，因6 的倍數(shù)的數(shù)的個數(shù)為，故由容斥原理得

（i）若α -1 為奇數(shù)，則2α-1≡2（mod 3），2α-2≡1（mod 3），故

從而由（*）式得

2）若α - 1 為偶數(shù)，則2α-1≡1（mod 3），2α-2≡2（mod 3），故

從而由（*）式得

綜上，當α≥2 時，

這就完成了引理2.6 的證明.

3 主要結果的證明

定理1.1 的證明e =2 時方程（1）等價于φ（n）=21+tω（n）.

當n=1 時，φ（n）= φ（1）=1，但由ω（n）=ω（1）= 0 知21+tω（n）= 21，矛 盾.當n = 2 時，φ（n）=φ（2）=1，但由ω（n）=ω（2）=1 知

綜上，完成了定理1.1 的證明.

定理1.2 的證明e=3 時.

2）若任意pi≡2（mod 3）.當α =0 時，即n =

于是由方程（1）得

又t∈Z+，故兩邊同時除以2k-1得

等式兩邊奇偶性不同，矛盾，故方程（1）無解.又由已知α=0，1 可知必有α=1，即且

于是由方程（1）得

又t∈Z+，故等式兩邊同時除以2k-1得

等式兩邊奇偶性不同，故方程（1）無解.

3）當α=0 且存在pi≡1（mod 3）時，即n =，故ω（n）=k，從而由引理2.1 知φ3（n）=則由方程（1）可得

4）證明類似3）.

由gcd（pi，3）=1，比較等式兩邊2 的個數(shù)，可得α=且，故其中pi（1≤i≤k）為費馬素數(shù).

綜上，完成了定理1.2 的證明.

定理1.3 的證明若e=4.

2）當α=0 且任意pi≡3（mod 4）時，即n =，故ω（n）=k，從而由引理2.2 可知

于是由方程（1）可得

3）設奇數(shù)n的標準分解式為

（i）若α =0 且存在pi≡1（mod 4），即n =

（ii）若α=1 且存在pi≡1（mod 4），證明類似于（i）.

（iii）若α≥2，類似定理1.1 中的2）.

綜上，完成了定理1.3 的證明.

定理1.4 的證明e=6 時.

當α≥3，β =0 時，即n =2α，由引理2.6 可知2α-2+（-1）α-1=3·2t，矛盾，故方程（1）無解.

當α=β=1 時，即n=6，故φ6（n）=122t，此與t∈Z+矛盾.

當α≥2，β=1 時，即n =3·2α，由引理2.6 可知2α-1+（-1）α=3·22t，矛盾，故方程（1）無解.

當α=0 且β≥2 時，即n =3β，由引理2.3 知φ6（n）=3β-2.故由方程（1）得3β-2=2t，即β =2，t=0，與t∈Z+矛盾.

當α=1 且β≥2，即n =2·3β，由引理2.3 知φ6（n）=3β-2.故由方程（1）得3β-2=22t，即β =2，t=0，與t∈Z+矛盾.

當α = β ≥2 時，n = 2α3β，由 引 理2.3 知φ6（n）=2α-13β-2.故由方程（1）得2α-13β-2=22t，即α=2t+1，β=2，從而n=9·22t+1（t∈Z+）.

又pi是與6 互素的奇素數(shù)，故，β =2，即n =

3）證明類似于2）.

4）若α=β=0 且存在pi≡1（mod 6），即n =

于是由方程（1）知

即pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

5）～7）的證明類似于4）.

8）若α≥2，β =0 且存在pi≡1（mod 6），即

故pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù).

9）證明類似于8）.

綜上，完成了定理1.4 的證明.

k=1 時，由（7）式可知

又由p1≡1（mod 6），從而且m（gcd（m，6）=1，a，b≥1），注意到gcd（m，6）=1，故m=1，β+b=2.又β≥2，故b =0，從而p1為費馬素數(shù)且p1?1（mod 6），故方程（1）無解.若k≥2，不妨設p1≡1（mod 6），此時由（7）式可知對任意的i=1，2，…，k，均有且

此與存在pi≡1（mod 6）矛盾.

2）若pi≡5（mod 6）且α=β=1，即

由引理2.3 可得

故由方程（1）得

再由方程（1）得

注意到t∈Z+，α≥2，在等式兩邊同時除以2k+1，比較等式兩邊因子2 的個數(shù)知等式兩邊奇偶性不同，故方程（1）無解.

綜上，完成了定理1.5 的證明.

4 補充說明

若1≤k≤5，利用已知的費馬素數(shù)，可求出對定理1.1 ～1.4 的具體解.為節(jié)約篇幅，此處只給出定理1.1 和定理1.2 的具體求解過程，定理1.3 和定理1.4 的具體求解過程留給有興趣的讀者，對應結果請參見文末的附錄.

4.1 定理1.1 證明的1）和2）1）若α =0，則

類似可得：

（t，n）=（1，F(xiàn)0F1），（2，F(xiàn)0F2），（4，F(xiàn)0F3），（8，F(xiàn)0F4）.

且

依次取k=1，2，3，4，5 計算，得到t≤230+1.下面在t≤230+1 的假設下討論方程（1）的可解性及其解.

當k=1 時，1 +2t=α-1 +u1，又由u1∈｛1，2，4，8，16｝知α∈｛2t，2t +1，2t -2，2t -6，2t -14｝，從而

類似可得：

不妨設p1≡1（mod 3），則由（8）式知1 =2ui（2≤i≤k）且，故pi（2≤i≤k）為費馬素數(shù)，p1為奇素數(shù).由gcd（pi，3）=1 知pi∈｛F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3，F(xiàn)4｝（2≤i≤k）且ui∈｛2，4，8，16｝（2≤i≤k），故

當k=1 時，n=p1，由（8）式知3·2a=3·2t，故a=t，從而

其中a≡0（mod 2）.

類似可得k=3，4，5 時的方程（1）的解，證明過程類似k=2 的情形.

4）的證明類似3）.

又由pi為奇素數(shù)且gcd（pi，3）=1，從而比較等式（9）兩邊2 的個數(shù)，可得α=2且（1≤i≤k），故，其中pi（1≤i≤k）為費馬素數(shù).又gcd（pi，3）=1，故F4｝，從而可得k≤4，且ui∈｛2，4，8，16｝（1≤i≤k），故由（9）式可得即

當k =1 時，n =9p1，且，故由u1∈｛2，4，8，16｝知2t∈｛3，5，9，17｝，再由t∈Z+知方程（1）無解.

類似可得：

當k=2 時，n=9p1p2且，故（n，t）=（9F2F4，7）.

當k=3 時，n =9p1p2p3且4t，故由t∈Z+知方程（1）無解.

當k=4 時，n=9p1p2p3p4且故由t∈Z+知方程（1）無解.

5 小結

本文基于φe（n）（e =2，3，4，6）的準確計算公式，利用初等的方法和技巧，對n進行分類討論，研究了φe（n）=2tω（n）（e=2，3，4，6）時的正整數(shù)解.對e=3，4，6 時n的其他分類情況，在解決高次丟番圖方程的基礎上可進一步研究e =3，4，6 時n 的其他分類情況，例如：定理1.3 中對于方程（4），當k≥2時，方程

可解，本文其他未討論的情況都可進一步研究.

附錄

表1 定理1.1 的解（1≤k≤5）Tab.1 The solutions of Theorem 1.1（1≤k≤5）

表1 （續(xù)）

其中，

表2 定理1.2 的解（1≤k≤5）Tab.2 The solutions of Theorem 1.2（1≤k≤5）

表2 （續(xù)）

表3 定理1.3 的解（1≤k≤5）Tab.3 The solutions of Theorem 1.3（1≤k≤5）

表3 （續(xù)）

其中，

表4 定理1.4 的解（1≤k≤5）Tab.4 The solutions of Theorem 1.4（1≤k≤5）

表4 （續(xù)）

表4 （續(xù)）

表4 （續(xù)）