方程φe（φe（n））＝3Ω（n）（e＝3，4）的可解性

王愛鈞， 廖群英

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

1 序言及主要結(jié)果

熟知，正整數(shù)n的歐拉函數(shù)φ（n）的值等于序列1，2，…，n中與n互素的整數(shù)個(gè)數(shù)［1-4］.文獻(xiàn)［5-8］定義了正整數(shù)n的廣義歐拉函數(shù)

此后，歐拉函數(shù)的研究變得更加豐富.呂志宏［9］研究了方程φ（n）＝2ω（n）和φ（φ（n））＝2ω（n）的可解性（ω（n）為正整數(shù)n的所有不同素因子個(gè)數(shù)）；馬靜［10］研究了方程φ（n）＝2tω（n）的可解性（t為正整數(shù)）；Zhang等［11］研究了方程φ（φ（n））＝2Ω（n）的解，并給出了該方程的全部奇數(shù)解，其中Ω（n）為正整數(shù)n的全部素因子個(gè)數(shù)（按重?cái)?shù)計(jì)算）；田呈亮等［12］研究了方程φ（φ（n））＝2Ω（n）的可解性，并且給出了該方程的全部正整數(shù)解；俞紅玲 等［13］研究了方程φ2（n）＝2ω（n）和φ2（φ2（n））＝2ω（n）的可解性，并且給出了這2個(gè)方程的全部正整數(shù)解；金明艷等［14］給出了方程φ2（n）＝2Ω（n）和φ2（φ2（n））＝2Ω（n）的全部正整數(shù)解.本文在此基礎(chǔ)上，進(jìn)一步研究方程

下面的定理1.1～1.4是對(duì)方程（1）的討論，定理1.5～1.9則是對(duì)方程（2）的討論.

定理1.1若αi＝0（1≤i≤k），或α≥2且αi≥1（1≤i≤k），則方程（1）無解.

定理1.2若α∈｛0，1｝且存在pi≡1（mod 3），則方程（1）有解，當(dāng)且僅當(dāng)α＝0，此時(shí)恰有唯一解n＝73.

定理1.3若α＝0且pi≡2（mod 3）（1≤i≤k），則如下條件之一成立時(shí)，方程（1）無解：

1）βj＝0（1≤j≤m）；

2）存在qj≡1（mod 3），或α0≥2且qj≡2（mod 3）（1≤j≤m）.

定理1.4若α＝1且pi≡2（mod 3）（1≤i≤k），則如下條件之一成立時(shí)，方程（1）無解：

1）βj＝0（1≤j≤m）；

2）存在qj≡1（mod 3），或α0≥2且qj≡2（mod 3）（1≤j≤m）.

定理1.5若αi＝0（1≤i≤k），則方程（2）無解.

定理1.6若α≥2且αi≥1（1≤i≤k），則如下條件之一成立時(shí)，方程（2）無解：

1）βj＝0（1≤j≤m）；

2）α0＝0，且βj≥1（1≤j≤m）.

定理1.7設(shè)α∈｛0，1｝且存在素?cái)?shù)pi≡

1（mod 4）（1≤i≤k）.

1）若βj＝0（1≤j≤m），則方程（2）無解；

2）若α0＝0且βj≥1（1≤j≤m），則方程（2）的全部正整數(shù)解為n＝53 298.

定理1.8若α＝0且pi≡3（mod 4）（1≤i≤k），則如下條件之一成立時(shí)，方程（2）無解：

1）βj＝0（1≤j≤m）；

2）α0＝0，且βj≥1（1≤j≤m）.

定理1.9設(shè)α＝1且pi≡3（mod 4）（1≤i≤k），則如下條件之一成立時(shí)，方程（2）無解：

1）βj＝0（1≤j≤m）；

2）α0＝0，且βj≥1（1≤j≤m）.

2 主要結(jié)果的證明

為證明本文主要結(jié)果，需要以下幾個(gè)引理.

（b）當(dāng)b＝0時(shí)，等式化為（4t＋3）β－1（2t＋1）＝3，得到β＝1，t＝1，或β＝2，t＝0.又由于β為奇數(shù)，故β≠2，即β＝1，t＝1，則q＝7.

2）當(dāng)β為偶數(shù)時(shí)，原方程等價(jià)于（4t＋3）β－1（2t＋1）＝2·3b－1.

（a）當(dāng)b≥1時(shí)，等式兩邊模3得到tβ－1（2t＋1）≡2（mod 3）.于是

（b）當(dāng)b＝0時(shí)，等式化為（4t＋3）β－1（2t＋1）＝1，得到β＝1且t＝0，與β為偶數(shù)矛盾.

綜上可知，原方程有唯一解β＝1，b＝0且q＝7.

（b）若β≥1且βj＝0（1≤j≤m），則φ3（n）＝2α03β.若β＝1，則φ3（n）＝3·2α0.故由（3）式以及引理2.1知均為偶數(shù).又由3Ω（n）為奇數(shù)，可知φ3（φ3（n））≠3Ω（n），故方程（1）無解.

定理1.2的證明1）當(dāng)α＝0且存在pi≡1（mod 3）時(shí)，由引理2.1知

由于存在pi≡1（mod 3），即存在pi－1（1≤i≤k）為偶數(shù)，再由于qj是奇素?cái)?shù)，可知α0≥1.

（a）若β＝βj＝0（1≤j≤m），則φ3（n）＝2α0.若α0＝1，則φ3（n）＝2.由（4）式得k＝1，p1＝7，且α1＝1，故n＝p1＝7且φ3（φ3（n））＝0.從而Ω（n）＝α1＝1，故3Ω（n）＝3≠0，即方程（1）無解.故α0≥2，則由（4）式及引理2.1可知

均為偶數(shù).又由3Ω（n）為奇數(shù)可知φ3（φ3（n））≠3Ω（n），故方程（1）不成立.

（d）若β≥1且βj≥1（1≤j≤m），則由（4）式及引理2.1得

均為偶數(shù).又由3Ω（n）為奇數(shù)可知φ3（φ3（n））≠3Ω（n），故方程（1）不成立.

2）當(dāng)α＝1且存在pi≡1（mod 3）時(shí)，由引理2.1知

由于φ3（n）含有一個(gè)因子2，又存在pi≡1（mod 3），即存在pi－1（1≤i≤k）為偶數(shù)，故α0≥2.

（a）若β＝βj＝0（1≤j≤m），則φ3（n）＝2α0.從而由（5）式及引理2.1知

故方程（1）無解.

（d）若β≥1且βj≥1（1≤j≤m），則由（5）式及引理2.1得

均為偶數(shù).又由3Ω（n）為奇數(shù)可知

φ3（φ3（n））≠3Ω（n），故方程（1）無解.

定理1.3的證明當(dāng)α＝0且任意pi≡2（mod 3）時(shí)，故由引理2.1知

又3Ω（n）為奇數(shù)，故由方程（1）可知α0＝1，且3Ω（n）＝1，即Ω（n）＝0，故n＝1，此時(shí)φ3（φ3（1））＝0，矛盾.

定理1.4的證明當(dāng)α＝1且任意pi≡2（mod 3）時(shí)，則由引理2.1知

1）若βj＝0（1≤j≤m），則φ3（n）＝3α0（α0≥0），故由廣義歐拉函數(shù)的定義及引理2.1可知

又3Ω（n）為奇數(shù)，故由方程（1）知α0＝1且3Ω（n）＝1，即Ω（n）＝0，故n＝1，此時(shí)φ3（φ3（1））＝0，矛盾.

2）若存在qj≡1（mod 3）或α0≥2，且qj≡2（mod 3）（1≤j≤m），則由（7）式及引理2.1知

即方程（1）無解.

定理1.5的證明當(dāng)αi＝0（1≤i≤k）時(shí)，n＝2α（α≥0），則由廣義歐拉函數(shù)的定義及引理2.2可知

又由定義可知Ω（n）＝α，故3Ω（n）＝3α.由以上可知φ4（φ4（n））≠3Ω（n），故方程（2）無解.

定理1.6的證明當(dāng)α≥2且αi≥1（1≤i≤k）時(shí)，由引理2.2知

又3Ω（n）為奇數(shù)，故由方程（2）可知α0＝2或3，且3Ω（n）＝1，即Ω（n）＝0，故n＝1，此時(shí)φ4（φ4（1））＝0，矛盾.

由等式兩邊奇偶性可知m＝1.當(dāng)n＞4時(shí)，Ω（n）≥1，此時(shí)（9）式等價(jià)于

再由引理2.4知其無解，即方程（2）不成立.故必存在qj≡1（mod 4）（1≤j≤m），此時(shí)由（8）式及引理2.2知

若α1＝1，則由（10）式可知p1＝219＝3×73，與p1為素?cái)?shù)矛盾，即方程（2）無解.

因此，α1≥2，此時(shí)若p1＝31，則斷言

事實(shí)上，當(dāng)α1＝2時(shí)，（11）式左邊等于465，右邊等于325，即（11）式成立.現(xiàn)設(shè)α1＝k時(shí)，（11）式成立.則α1＝k＋1時(shí)，

故（11）式成立.進(jìn)而，若p1≥31，則由（11）式可得

即（10）式不成立.故p1＜31，又p1≡3（mod 4）為素?cái)?shù)，故p1＝3，7，11，19，23.

p1＝3時(shí)，（10）式等價(jià)于3α1－1＝4·3α1＋2＋1，明顯不成立.p1＝7時(shí)，（10）式等價(jià)于3·7α1－1＝4·3α1＋2＋1.易知α1＝2，3，4，5，6時(shí)，（10）式的左邊等于21、147、1 029、7 203、50 421，相應(yīng)的右邊等于325、973、2 917、8 749、26 245，顯然不成立.當(dāng)α1≥7時(shí)，對(duì)α1作歸納證明，可知（10）式的左邊恒大于右邊，矛盾.p1＝11時(shí)，（10）式等價(jià)于5·11α1－1＝4·3α1＋2＋1.α1＝2，3，4時(shí)，（10）式的左邊等于55、605、6 655，相應(yīng)的右邊等于325、973、2 917，顯然不成立.當(dāng)α1≥5時(shí)，對(duì)α1作歸納證明，可知（10）式的左邊恒大于右邊，仍然矛盾.p1＝19時(shí)，（10）式等價(jià)于9·19α1－1＝4·3α1＋2＋1.容易計(jì)算得到：α1＝2，3時(shí)，（10）式的左邊等于171、3 249，相應(yīng)的右邊等于325、973，顯然不成立.當(dāng)α1≥4時(shí)，對(duì)α1作歸納證明，可知（10）式的左邊恒大于右邊，矛盾.p1＝23時(shí)，（10）式等價(jià)于11·23α1－1＝4·3α1＋2＋1.α1＝2，3時(shí)，（10）式左邊等于253、5 819，相應(yīng)的右邊等于325、973，顯然不成立.當(dāng)α1≥4時(shí)，對(duì)α1作歸納證明，可知（10）式的左邊恒大于右邊，矛盾.

綜上可知，方程（2）無解.

定理1.7的證明當(dāng)α∈｛0，1｝且存在pi≡1（mod 4）（1≤i≤k）時(shí)，由引理2.2知

1）若βj＝0（1≤j≤m），則φ4（n）＝2α0（α0≥0），由廣義歐拉函數(shù)的定義及引理2.2可知

又3Ω（n）為奇數(shù)，故由方程（2）可知α0＝2或3，且3Ω（n）＝1，即Ω（n）＝0，故n＝1，此時(shí)φ4（φ4（1））＝0，矛盾.

2）若α0＝0且βj≥1（1≤j≤m），則

若qj≡3（mod 4）（1≤j≤m），則由引理2.2知

由等式兩邊奇偶性可知m＝1.當(dāng)n＞4時(shí)，Ω（n）≥1，此時(shí)（13）式等價(jià)于

再由引理2.4知其無解，即方程（2）不成立.故必存在qj≡1（mod 4）（1≤j≤m），此時(shí)由（12）式及引理2.2知

事實(shí)上，α1＝2時(shí)，（15）式的左邊等于39，右邊等于37，即（15）式成立.現(xiàn)設(shè)α1＝k時(shí)（15）式成立.則α1＝k＋1時(shí)，

故（15）式成立.注意到p1≥13時(shí)，由（15）式可得

p1＝5時(shí)，由（16）式可知方程等價(jià)于5α1－1＝4·3α1＋1＋1.α1＝2，3，4，5，6，7，8，9時(shí)，（16）式左邊等于5、25、125、625、3 125、15 625、78 125、390 625，相應(yīng)的右邊等于109、325、973、2 917、8 749、26 245、78 733、236 197，顯然不成立.而α1≥10時(shí)，對(duì)α1作歸納證明可知（16）式的左邊恒大于右邊，仍然矛盾.故p1＝13，此時(shí)（16）式等價(jià)于3·13α1－1＝4·3α1＋1＋1.α1＝2，3時(shí)，（16）式左邊等于39、507，相應(yīng)的右邊等于109、325，顯然不成立.而α1≥4時(shí)，對(duì)α1作歸納證明，可知（16）式的左邊恒大于右邊，矛盾.

綜上可知，方程（2）無解.

定理1.8的證明當(dāng)α＝0且任意pi≡3（mod 4）（1≤i≤k）時(shí)，由引理2.2知

1）若βj＝0（1≤j≤m），則φ4（n）＝2α0（α0≥0），由廣義歐拉函數(shù)的定義及引理2.2可知

又3Ω（n）為奇數(shù)，故由方程（2）可知α0＝2或3，且3Ω（n）＝1，即Ω（n）＝0，故n＝1，此時(shí)φ4（φ4（1））＝0，矛盾.

2）若α0＝0且βj≥1（1≤j≤m），則

從而，β1＝1，q1＝4·3Ω（n）＋1，此時(shí)由（18）式得

若α1＝1，則由（20）式得到n＝p1＝55＝5·11，與p1為素?cái)?shù)矛盾，即方程（2）無解.

因此，α1≥2，此時(shí)若p1＝19，則斷言

事實(shí)上，α1＝2時(shí)，（21）式的左邊等于86，右邊等于37，即（21）式成立.設(shè)α1＝k時(shí)（21）式成立，即

α1＝2，3，4時(shí)，（20）式的左邊等于11、73、515，相應(yīng)的右邊等于37、109、325，顯然不成立.而α1≥5時(shí)，對(duì)α1作歸納證明可知（20）式的左邊恒大于右邊，仍然矛盾.故p1＝11，此時(shí)（20）式等價(jià)于

綜上可知，方程（2）無解.

定理1.9的證明當(dāng)α＝1且任意pi≡3（mod 4）（1≤i≤k）時(shí)，由引理2.2知

故m＝1，即

即（24）式不成立.故p1＜23，又p1≡3（mod 4）為素?cái)?shù)，故p1＝3，7，11，19.

綜上可知，方程（2）無解.

3 小結(jié)

基于φe（n）（e＝3，4）的準(zhǔn)確計(jì)算公式，利用初等的 方 法 和 技 巧，研 究 了 方 程φe（φe（n））＝3Ω（n）（e＝3，4）的n的某些特定限制條件下的正整數(shù)解.對(duì)于n的其它分類情況，還有待進(jìn)一步研究.