數論函數方程mφ(n)=φ2(n)+S(n10)的解

鄭 惠

(阿壩師范學院數學學院，623000，四川，汶川)

0 引言

本文將討論在L=10時，當M=N=1，數論函數方程

mφ(n)=φ2(n)+S(n10)

(1)

的可解性，并利用初等方法給出了方程的全部正整數解。

1 主要引理

引理2[2]：當n≥3時，有φ2(n)=φ(n)/2。

引理3[2]：當n≥3時，有φ(n)為偶數。

引理4[17]：對于素數p和正整數k，有S(pk)≤kp；特別地，當k

2 定理及證明

定理1：方程(1)只有在m=1、2、4、6、8、11、13時有正整數解，且1)當m=1時，方程(1)有正整數解n=1、320、441、882、1 681、3 362；2)當m=2時，方程(1)有正整數解n=81、147、162、196、294；3)當m=4時，方程(1)有正整數解n=27、54；4)當m=6時，方程(1)有正整數解n=16、33、44、66；5)當m=8時，方程(1)有正整數解n=9、18；6)當m=11時，方程(1)有正整數解n=7、14；7)當m=13時，方程(1)有正整數解n=2。

(2m-1)qα-1(q-1)φ(n1)=2S(n10)=2S(q10α)

(2)

下面根據q的不同取值情況，對方程(2)進行分類討論。

情形1：當q=2時。

若α=4，由式(2)有8(2m-1)φ(n1)=2S(240)=88。根據引理3有2m-1=11且φ(n1)=1，則m=6，n1=1,2，所以n=16、32。經過檢驗n=16是方程(1)的解。

若α=6，由式(2)有32(2m-1)φ(n1)=2S(260)=128。根據引理3有2m-1=1且φ(n1)=4，則m=1，n1=5，所以n=320。經過檢驗n=320是方程(1)的解。

若α=9，由式(2)有256(2m-1)φ(n1)=2S(290)=192，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

若α≥10，由式(2)與引理4有2α-1(2m-1)φ(n1)=2S(210α)≤40α，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

綜上所述，在該種情形下方程(1)只有2個解。即：僅當m=6時，n=16；僅當m=1時，n=320。

情形2：當q=3時。

若α=2，由式(2)有6(2m-1)φ(n1)=2S(320)=90。根據引理3有2m-1=15且φ(n1)=1，則m=8，n1=1、2，所以n=9、18。經過檢驗n=9、18是方程(1)的解。

若α=3，由式(2)有18(2m-1)φ(n1)=2S(330)=126。根據引理3有2m-1=7且φ(n1)=1，則m=4，n1=1、2，所以n=27、54。經過檢驗n=27、54是方程(1)的解。

若α=4，由式(2)有54(2m-1)φ(n1)=2S(340)=162。根據引理3有2m-1=3且φ(n1)=1，則m=2，n1=1、2，所以n=81、162。經過檢驗n=81、162是方程(1)的解。

若α≥6，由式(2)與引理4有3α-1(2m-1)φ(n1)=S(310α)≤30α，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

綜上所述，在該種情形下方程(1)只有6個解。即：僅當m=8時，n=9、18；僅當m=4時，n=27、54；僅當m=2時，n=81、162。

情形3：當q=5時。

若α≥4，由式(2)與引理4有4·5α-1(2m-1)φ(n1)=2S(510α)≤100α，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

綜上所述，在該種情形下方程(1)無解。

情形4：當q=7時。

若α=1，由式(2)有6(2m-1)φ(n1)=2S(710)=126。根據引理3有2m-1=21且φ(n1)=1，則m=11，n1=1、2，所以n=7、14。經過檢驗n=7、14都是方程(1)的解。

若α=2，由式(2)有42(2m-1)φ(n1)=2S(720)=252。根據引理3有2m-1=1且φ(n1)=6，或2m-1=3且φ(n1)=2，則m=1，n1=9、18；或m=2，n1=3、4、6。所以m=1，n=441、882；或m=2，n=147、196、294。經過檢驗n=147、196、294、441、882都是方程(1)的解。

若α≥4，由式(2)與引理4有6·7α-1(2m-1)φ(n1)=2S(710α)≤140α，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

綜上所述，在該種情形下方程(1)只有7個解。即：僅當m=11時，n=7、14；僅當m=1時，n=441、882；僅當m=2時，n=147、196、294。

情形5：當q=11時。

若α=1，由式(2)有10(2m-1)φ(n1)=2S(1110)=220。根據引理3有2m-1=1且φ(n1)=22，或2m-1=11且φ(n1)=2，則m=1，n1=23、46；或m=6，n1=3、4、6。由于S(1110)

若α≥3，由式(2)有6·11α-1(2m-1)φ(n1)=2S(1110α)≤220α，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

綜上所述，在該種情形下方程(1)只有3個解。即：僅當m=6時，n=33、44、66。

情形6：當q=13、17、19、23、29、31、37時。

當q=13，α≥3時，由式(2)與引理2有12·13α-1(2m-1)φ(n1)=2S(1310α)≤2·13·10α，即12·13α-2(2m-1)φ(n1)≤20α，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

綜上所述，在該種情形下方程(1)無解。

同理可證當q=17、19、23、29、31、37時，方程(1)無解。

情形7：當q=41時。

若α=2，由式(2)有40·41(2m-1)φ(n1)=2S(4120)=1 640。根據引理3有2m-1=1且φ(n1)=1，則m=1，n1=1、2，所以n=1 681、3 362。經過檢驗n=1 681、3 362是方程(1)的解。

若α≥3，由式(2)與引理4有40·41α-1(2m-1)φ(n1)=2S(4110α)≤820α，即2·41α-2(2m-1)φ(n1)≤α，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

綜上所述，在該種情形下方程(1)只有2個解。即：僅當m=1時，n=1 681、3 362。

情形8：當q≥43時。

若α=1，由式(2)有(q-1)(2m-1)φ(n1)=2S(q10)=20q，即[(2m-1)φ(n1)-20](q-1)=20，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

若α≥2，由式(2)與引理4有(2m-1)(q-1)qα-1φ(n1)=2S(q10α)≤20αq，即(2m-1)(q-1)qα-2φ(n1)≤20α，這是不可能的，故此時方程(1)無解。

綜上所述，在該種情形下方程(1)無解。

綜合以上8種情形的討論可得定理1的結論。