數論函數方程φ(ab)=11φ2(a)+13φ2(b)的可解性*

鄭芯芯， 劉 珍

(喀什大學 數學與統計學院,新疆 喀什 844008)

0 引 言

數論函數是一類重要的函數，研究數論函數方程的可解性是數論研究的一類重要課題.令數論函數φ(n)為Euler函數，對于包含Euler函數φ(n)的方程整數解的研究成果很多，如文獻[1-8].令數論函數φe(n)為廣義Euler函數，它是由蔡天新[9]教授等人所引入的一個函數.對于包含廣義Euler函數φe(n)方程整數解的研究也有著不少的成果，如文獻[10-11].而對于包含Euler函數φ(n)與廣義Euler函數φe(n)方程整數解的研究成果甚少.在一些文獻中，大多討論的是單一的有關Euler函數φ(n)的線性與非線性方程的解，本文將討論包含Euler函數φ(n)與廣義Euler函數φ2(n)方程：

φ(ab)=11φ2(a)+13φ2(b)

(1)

的可解性問題，利用函數φ(n)與φ2(n)的有關性質，將給出該方程的一切正整數解.

1 引 理

引理2[12]對于正整數a與b，若b|a，則有φ(b)|φ(a)，其中符號“|”為整除符號.

引理4[12]當n≥3時，則φ(n)為偶數.

2 定理及其證明

定理1 方程(1)有整數解(a,b)=(79, 7)，(79, 9)，(79, 14)，(79, 18)，(158, 7)，(158, 9)，(13, 21)，(13, 28)，(13, 36)，(13, 42)，(21, 13)，(21, 26)，(26, 21)，(28, 13)，(36, 13)，(42, 13)，(14, 18)，(18,14)，(15,24)，(24, 15)，(12, 12).

證明情況1 當a，b中只有一數屬于[1, 2]時，不妨設a=1, 2.當a=1時，有φ2(1)=0，由方程(1)可得φ(b)=13φ2(b)，此時方程無整數解；當a=2時，有φ2(2)=1，由方程(1)有

2φ(2b)=22 +13φ(b)

(2)

此時，有(2,b)=1,2.當(2,b)=1時，有2φ(b)=22 +13φ(b)無整數解.當(2,b)=2時，有4φ(b)=22 +13φ(b)，此方程無整數解.

情況2 當a，b都屬于[1, 2]時，此時(a,b)=(1, 1)，(1, 2)，(2, 1)，(2, 2).經驗證，以上(a,b)的值都不滿足方程(1)，故此時無整數解.

情況3當a，b都屬于[3, +∞)時，由方程(1)可得

2φ(ab)=11(a) +13φ(b)

(3)

設(a,b)=d，此時存在正整數a1與b1使得φ(a)=a1φ(d)，φ(b)=b1φ(d). 由式(3)可得

從而有2da1b1=11a1+13b1，則有(2da1-13)(2db1-11)=143，根據整數的分解可得到以下關系式:

當d=1時，a1=7，b1=77，則φ(a)=7，φ(b)=77，由引理4可得不符合條件.當d=7時，a1=1，b1=11，則φ(a)=6，φ(b)=66，有a=7, 9, 14 18，b=67, 134.由于以上a與b的值不滿足(a,b)=7，因而此時方程(1)無整數解.

當d=1時，a1=78，b1=6，則φ(a)=78，φ(b)=6，因而a=79, 158，b=7, 9, 14, 18，此時方程(1)有整數解(a,b)=(79, 7)，(79, 9)，(79, 14)，(79, 18)，(158, 7)，(158, 9).

當d=2時，a1=39，b1=3，則φ(a)=39，φ(b)=3，此時φ(a)與φ(b)都為奇數，因而此時方程(1)無整數解.

當d=3時，a1=26，b1=2，則φ(a)=52，φ(b)=4，因而a=53, 106，b=5, 8, 10, 12.由于以上a與b的值不滿足(a,b)=3，因而此時方程(1)無整數解.

當d=6時，a1=13，b1=1，則φ(a)=26，φ(b)=2.由于26為非Euler商數，故此時方程(1)無整數解.

當d=1時，a1=b1=12，則φ(a)=φ(b) =12，因而a=b=13, 21, 26, 28, 36, 42，則方程(1)有整數解(a,b)=(13, 21)，(13, 28)，(13, 36)，(13, 42)，(21, 13)，(21, 26)，(26, 21)，(28, 13)，(36, 13)，(42, 13).

當d=2時，a1=b1=6，則φ(a)=φ(b) =6，因而a=b=7, 9, 14, 18，此時方程(1)有整數解(a,b)=(14, 18)，(18, 14).

當d=3時，a1=b1=4，則φ(a)=φ(b) =8，因而a=b=15, 16, 20, 24, 30，則方程(1)有整數解(a,b)=(15, 24)，(24, 15).

當d=4時，a1=b1=3，則φ(a)=φ(b) =6，因而a=b=7, 9, 14, 18.由于以上a與b的值不滿足(a,b)=4，此時方程(1)無整數解.

當d=6時，a1=b1=2，則φ(a)=φ(b) =4，因而a=b=5, 8, 10, 12.由于以上a與b的值不滿足(a,b)=6，此時方程(1)無整數解.

當d=12時，有a1=b1=1，則有φ(a)=φ(b) =4，因而a=b=5, 8, 10, 12，則方程(1)有整數解(a,b)=(12, 12).

綜合以上討論，可得本文結論.證畢.

3 結束語

對于形如φ(ab)=k1φ2(a)+k2φ2(b)的可解性問題，利用Euler函數φ(n)與廣義Euler函數φ2(n)的有關性質，本文給出了當k1=11，k2=13時所對應的方程的一切正整數解，而對于k1與k2取其他整數時，利用本文所討論的方式也可以得到解決.對于含單一的Euler函數φ(n)的形如φ(ab)=k1φ(a)+k2φ(b)的方程正整數解的討論大體是通過枚舉gcd(a,b)=d∈[1, max{2k1, 2k2}]來確定方程的解，而本文主要是通過整數的分解，利用因數或因式與整除來確定gcd(a,b)=d確定方程的解.

致謝：感謝張四保老師的悉心指導！