方程φe（n）＝2tω（n）的可解性

2020-03-07邓桂林廖群英

四川师范大学学报（自然科学版） 2020年2期

关键词：费马综上素数

邓桂林，廖群英

（四川师范大学数学科学学院，四川成都610066）

1 引言及主要结果

其中，［·］是高斯函数，μ（n）是麦比乌斯函数，即

的可解性.

本文给出了e=2 时方程（1）的全部正整数解（即本文定理1.1），以及e=3，4，6 时方程（1）的部分正整数解（本文定理1.2 ～1.4）.

定理1.1设t∈Z+，e =2，则方程（1）的全部解为

1）若αi=0（1≤i≤k），则方程（1）的解为（n，t）=（9，1）.

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

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

其中，p1=3·2a+1 为素数，pi（2≤i≤k）为费马素数.

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

其中，p1=3·2a+1 为素数，pi（2≤i≤k）为费马素数.

1）若αi=0（1 ≤i≤k），则方程（1）的解为

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

（n，t）=（9，1），或n = 4·2t+3 为素数.

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

其中pi（1≤i≤k）为费马素数.

定理1.4设t∈Z+，e=6，

其中，整数α，β，αi≥0，pi为不同的奇素数且gcd（pi，6）=1（1≤i≤k）.

1）若αi=0（1≤i≤k），则方程（1）的解为n =9·22t+1.

2）若α=0，β≥2，则方程（1）的解为

其中pi（1≤i≤k）为费马素数.

3）若α=1，β≥2，则方程（1）的解为

其中pi（1≤i≤k）为费马素数.

4）若α=β=0 且存在pi≡1（mod 6），则方程（1）的解为

其中，p1=3·2a+1 为素数，pi（2≤i≤k）为费马素数.

5）若α=0，β=1 且存在pi≡1（mod 6），则方程（1）的解为

其中，m =3·22t+1，p1=3·2a+1 均为素数，pi（2≤i≤k）为费马素数.

6）若α=1，β=0 且存在pi≡1（mod 6），则方程（1）的解为

其中，m=3·22t+1+1，p1=3·2a+1 均为素数，pi（2≤i≤k）为费马素数.

7）若α=β=1 且存在pi≡1（mod 6），则方程（1）的解为

其中，m =3·23t+1，p1=3·2a+1 均为素数，pi（2≤i≤k）为费马素数.

8）若α≥2，β=0 且存在pi≡1（mod 6），则方程（1）的解为

其中，p=p1=3·2a+1 为素数，pi（2≤i≤k）为费马素数.

9）若α≥2，β=1 且存在pi≡1（mod 6），则方程（1）的解为

其中，p=p1=3·2a+1 为素数，pi（2≤i≤k）为费马素数.

定理1.5设t∈Z+，e=6，

其中，整数k，α，β，αi≥0，pi为不同的奇素数且gcd（pi，6）=1（1≤i≤k），则如下条件之一成立时，方程（1）无解.

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迄今为止，已知的费马素数只有5个［6］：F0，F1，F2，F3，F4.在1≤k≤5 的情况下，定理1.1 ～1.5 的解见附录.

2 一些引理

引理2.5［10］丢番图方程x2+7 =2y仅有正整数解

在引理2.1 ～2.3 中要求k≥1.在引理2.1 中，当k = 0 时，即n = 3α＞3，根据φ3（n）的定义，φ3（3α）等于序列1，2，…，3α-1中与3 互素的数的个数，故

引理2.6若n=2α3β＞6，则

（i）若α -1 为奇数，则2α-1≡2（mod 3），故

（ii）若α -1 为偶数，则2α-1≡1（mod 3），

综上，当α≥3 时，

2）若n=3·2α，其中α≥2，根据广义欧拉函数的定义，φ6（3·2α）等于序列中与3·2α互素的数的个数，即序列1，2，…，2α-1中既与2 互素又与3 互素的数的个数.易知序列1，2，…，2α-1中2 的倍数的数的个数为的倍数的数的个数为，因6 的倍数的数的个数为，故由容斥原理得

（i）若α -1 为奇数，则2α-1≡2（mod 3），2α-2≡1（mod 3），故

从而由（*）式得

2）若α - 1 为偶数，则2α-1≡1（mod 3），2α-2≡2（mod 3），故

从而由（*）式得

综上，当α≥2 时，

这就完成了引理2.6 的证明.

3 主要结果的证明

定理1.1 的证明e =2 时方程（1）等价于φ（n）=21+tω（n）.

当n=1 时，φ（n）= φ（1）=1，但由ω（n）=ω（1）= 0 知21+tω（n）= 21，矛盾.当n = 2 时，φ（n）=φ（2）=1，但由ω（n）=ω（2）=1 知

综上，完成了定理1.1 的证明.

定理1.2 的证明e=3 时.

2）若任意pi≡2（mod 3）.当α =0 时，即n =

于是由方程（1）得

又t∈Z+，故两边同时除以2k-1得

等式两边奇偶性不同，矛盾，故方程（1）无解.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+，故等式两边同时除以2k-1得

等式两边奇偶性不同，故方程（1）无解.

3）当α=0 且存在pi≡1（mod 3）时，即n =，故ω（n）=k，从而由引理2.1 知φ3（n）=则由方程（1）可得

4）证明类似3）.

由gcd（pi，3）=1，比较等式两边2 的个数，可得α=且，故其中pi（1≤i≤k）为费马素数.

综上，完成了定理1.2 的证明.

定理1.3 的证明若e=4.

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

于是由方程（1）可得

3）设奇数n的标准分解式为

（i）若α =0 且存在pi≡1（mod 4），即n =

（ii）若α=1 且存在pi≡1（mod 4），证明类似于（i）.

（iii）若α≥2，类似定理1.1 中的2）.

综上，完成了定理1.3 的证明.

定理1.4 的证明e=6 时.

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

当α=β=1 时，即n=6，故φ6（n）=122t，此与t∈Z+矛盾.

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

当α=0 且β≥2 时，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，与t∈Z+矛盾.

当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，与t∈Z+矛盾.

当α = β ≥2 时，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，从而n=9·22t+1（t∈Z+）.

又pi是与6 互素的奇素数，故，β =2，即n =

3）证明类似于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）为费马素数.

5）～7）的证明类似于4）.

8）若α≥2，β =0 且存在pi≡1（mod 6），即

故pi（2≤i≤k）为费马素数.

9）证明类似于8）.

综上，完成了定理1.4 的证明.

k=1 时，由（7）式可知

又由p1≡1（mod 6），从而且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，从而p1为费马素数且p1≢1（mod 6），故方程（1）无解.若k≥2，不妨设p1≡1（mod 6），此时由（7）式可知对任意的i=1，2，…，k，均有且

此与存在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，在等式两边同时除以2k+1，比较等式两边因子2 的个数知等式两边奇偶性不同，故方程（1）无解.

综上，完成了定理1.5 的证明.

4 补充说明

若1≤k≤5，利用已知的费马素数，可求出对定理1.1 ～1.4 的具体解.为节约篇幅，此处只给出定理1.1 和定理1.2 的具体求解过程，定理1.3 和定理1.4 的具体求解过程留给有兴趣的读者，对应结果请参见文末的附录.

4.1 定理1.1 证明的1）和2）1）若α =0，则

类似可得：

（t，n）=（1，F0F1），（2，F0F2），（4，F0F3），（8，F0F4）.

且

依次取k=1，2，3，4，5 计算，得到t≤230+1.下面在t≤230+1 的假设下讨论方程（1）的可解性及其解.

当k=1 时，1 +2t=α-1 +u1，又由u1∈｛1，2，4，8，16｝知α∈｛2t，2t +1，2t -2，2t -6，2t -14｝，从而

类似可得：

不妨设p1≡1（mod 3），则由（8）式知1 =2ui（2≤i≤k）且，故pi（2≤i≤k）为费马素数，p1为奇素数.由gcd（pi，3）=1 知pi∈｛F1，F2，F3，F4｝（2≤i≤k）且ui∈｛2，4，8，16｝（2≤i≤k），故

当k=1 时，n=p1，由（8）式知3·2a=3·2t，故a=t，从而

其中a≡0（mod 2）.

类似可得k=3，4，5 时的方程（1）的解，证明过程类似k=2 的情形.

4）的证明类似3）.

又由pi为奇素数且gcd（pi，3）=1，从而比较等式（9）两边2 的个数，可得α=2且（1≤i≤k），故，其中pi（1≤i≤k）为费马素数.又gcd（pi，3）=1，故F4｝，从而可得k≤4，且ui∈｛2，4，8，16｝（1≤i≤k），故由（9）式可得即

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

类似可得：

当k=2 时，n=9p1p2且，故（n，t）=（9F2F4，7）.

当k=3 时，n =9p1p2p3且4t，故由t∈Z+知方程（1）无解.

当k=4 时，n=9p1p2p3p4且故由t∈Z+知方程（1）无解.

5 小结

本文基于φe（n）（e =2，3，4，6）的准确计算公式，利用初等的方法和技巧，对n进行分类讨论，研究了φe（n）=2tω（n）（e=2，3，4，6）时的正整数解.对e=3，4，6 时n的其他分类情况，在解决高次丢番图方程的基础上可进一步研究e =3，4，6 时n 的其他分类情况，例如：定理1.3 中对于方程（4），当k≥2时，方程