与Euler函数φ（n）有关的几个方程

与Euler函数φ（n）有关的几个方程
热伊麦·阿卜杜力木
【摘要】Let φ( n ) be Euler function. The problem of positive integer solutions of functional equationsφ(x-φ(x))=2 and φ(φ(x -φ(x)))=2 were studied,and the all positive integer solutions of theirs were given by using elementary method.%设φ（ n）为Euler函数，探讨了方程φ（ x-φ（ x））=2与φ（φ（（ x-φ）））=2正整数解问题，通过正整数的分解利用初等方法给出了这2个方程的所有正整数解。

【期刊名称】《吉林师范大学学报（自然科学版）》
【年(卷),期】2015(000)004
【总页数】6页(P71-75,145)
【关键词】Euler函数;正整数解;整数分解
【作者】热伊麦·阿卜杜力木
【作者单位】喀什大学数学与统计学院，新疆喀什844008
【正文语种】中文
【中图分类】O156
Euler函数φ(n)是数论中的一个重要函数，它在正整数n上的值等于n的一个完全剩余系中与n互素的整数的个数.对包含Euler函数φ(n)的数论函数方程的研究甚多，其情况可参考文献[1-8].
本文将讨论方程φ(x-φ(x))=2与φ(φ(x-φ(x)))=2正整数解问题，利用初等的方法
给出这2个方程的所有正整数解.
引理1[9] 方程φ(x)=2P的正整数解x为：1)当P=1时，x=3，4，6；当P=2时，x=5,8,10,12；当P=3时，x=7,9,14,18.
引理2[10] 当n≥2是整数，则φ(n)<n；当n≥3是整数，则φ(n)为偶数.
定理1 方程
的所有正整数解为x=6,8,9,10.
证明由引理1可知，方程φ(x)=2的所有正整数解为x=3，4，6，因而对于方程(1)有x-φ(x)=3,4,6.令是方程(1)的正整数解，其中α,βi(i=1，2，…，t)是非负整数，qi(i=1，2，…，t)是满足2<q1<q2<…<qt的奇素数，因而有
说明βi是非负整数，若某个βi=0，则x不含有素因数qi，i=1,2,…，t，为了讨论的简便，在下文中计算过程中先将的计算形式给出.
将α分下面几种情况进行讨论.
情况1 α=0
此时，(2)式为从而有
当时，有
此时，当时方程(1)无正整数解；
当时，有q1=3,β1=2,βi=0，i=2，3,…，t，从而此时，方程(1)有正整数解
x=32=9.
由于为奇数，q1q2…qt-(q1-1)(q2-1)…(qt-1)也为奇数，因而这2种情况是不可
能成立的，因而此时方程(1)无正整数解.
情况2 α=1
此时，(2)式为从而有
由于2q1…qt-(q1-1)…(qt-1)为偶数，则
不可能成立，因而此时方程(1)无正整数解.
由于2q1q2…qt-(q1-1)(q2-1)…(qt-1)为偶数，为奇数，则当时，有
此时，有q1=3，β1=1，βi=0，i=2，3，…，t，从而此时，方程(1)有正整数解x=2×3=6.
由于2q1q2…qt-(q1-1)(q2-1)…(qt-1)为偶数，为奇数，则当时，有
当时，有q1=5，β1=1，βi=0，i=2，3，…，t，从而此时，方程(1)有正整数解x=2×5=10.
当时，方程(1)无正整数解.
情况3 α=2
此时，(2)式为从而有
由于2q1q2…qt-(q1-1)(q2-1)…(qt-1)为偶数，也为偶数，则这2种情况不可能成立，因而只需考虑从而此时只有
此时方程(1)无正整数解.
情况4 α=3
此时，(2)式为从而有
由于为偶数，因而这2种情况都不可能成立，此时方程(1)无正整数解.
当时，有
此时，有βi=0，i=1,2,…，t，此时方程(1)有正整数解x=23=8．
情况5 α≥4
此时，(2)式为从而有
(3)
由于α≥4，则因而(3)中的3种情况都不可能成立，此时方程(1)无正整数解.
综合以上情况的讨论可得，方程(1)有正整数解x=6，8，8，10.证毕.
定理2 方程
的所有正整数解为x=12，14，15，16，18，20，21，22，25，26，27，34，
证明由引理1可知，方程φ(x)=2的所有正整数解为x=3,4,6，因而对于方程(4)有φ(x-φ(x))=3,4,6.由引理2可知，显然φ(x-φ(x))=3是不可能成立的.因而只需考虑φ(x-φ(x))=4,6这2种情况.
情况1 当φ(x-φ(x))=4
由引理1可知，方程φ(x)=4的所有正整数解为x=5,8,10,12，因而有
情况1.1 当x-φ(x)=5时，由引理2可知，x为奇合数，令是满足x-φ(x)=5的正整数，其中βi(i=1,2,…,t)是非负整数，qi(i=1,2,…,t)是满足2<q1<q2<…<qt的奇素数，从而有
进而有
当时，方程(4)无正整数解.
当时，有q1=5，β1=2，βi=0，i=2,3,…,t，从而此时，方程(4)有正整数解
x=52=25.
情况1.2 当x-φ(x)=8,10,12时，由引理2可知，x为偶数，令是满足x-
φ(x)=8,10,12的正整数，其中α≥1为整数，βi(i=1,2,…,t)是非负整数，
qi(i=1,2,…,t)是满足2<q1<q2<…<qt的奇素数，从而有
当时，有
当时，有α=1，q1=7，β1=1，βi=0，i=2,3,…,t，从而此时，方程(4)有正整数解x=2×7=14.
当时，方程(4)无正整数解.
当时，有α=2，q1=3，β1=1，βi=0，i=2,3,…,t，从而此时，方程(4)有正整数解x=22×3=12.
当时，有α-4，βi=0，i=1,2,…,t，从而此时方程(4)有正整数解x=24=16.
当时，有
此时，方程(4)无正整数解.
当时，有
或或
或或
当与与这3种情况时，方程(4)无正整数解.
当时，有α=1，q1=11，β1=1，βi=0，i=2,3,…,t，从而此时，方程(4)有正整数解x=2×11=22.
当时，有α=2，q1=5，β1=1，βi=0，i=2,3,…,t，从而此时，方程(4)有正整数解x=22×5=20.
当时，有α=1，q1=3，β1=2，βi=0，i=2,3,…,t，从而此时，方程(4)有正整数解x=2×32=18.
情况2 当φ(x-φ(x))=6
由引理1可知，方程φ(x)=6的所有正整数解为x=7,9,14,18，因而有
情况2.1 当x-φ(x)=7,9时，由引理2可知，x为奇合数，令是满足x-φ(x)=7,9的正整数，其中βi(i=1,2,…,t)是非负整数，qi(i=1,2,…,t)是满足2<q1<q2<…<qt的奇素数，从而有
当时，有
当时，有q1=3，q2=5，β1=1，β2=1，βi=0，i=3,4,…,t，从而此时方程(4)有正整数解x=3×5=15.
当时，有q1=7，β1=2，βi=0，i=2,3,…,t，从而此时，方程(4)有正整数解
x=72=49.
当时，有
当时，有q1=3,q2=7，β1=1，β2=1，βi=0，i=3,4,…，t，从而此时，方程(4)有
正整数解x=3×7=21.
当时，方程(4)无正整数解.
当时，有q1=3，β1=3，βi=0，i=2,3,…，t,从而此时，方程(4)有正整数解
x=33=27.
情况2.2 当x-φ(x)=14,18时，由引理2可知，x为偶数，令是满足x-φ(x)=14,18的正整数，其中α≥1为整数，βi(i=1,2,…,t)是非负整数，qi(i=1,2,…,t)是满足
2<q1<q2<…<qt的奇素数，从而有
当时，有
或或
当时，有q1=13，α=1，β1=1，βi=0，i=2,3,…,t，从而此时，方程(4)有正整数解x=2×13=26.
当与与时，方程(4)无正整数解.
当时，有
当时，有q1=17，α=1，β1=1，βi=0，i=2,3,…,t，从而此时，方程(4)有正整数解x=2×17=34.
当与
与与
与时，方程(4)无正整数解.
综合以上情况的讨论可得，方程(4)有正整数解，x=12，14，15，16，18，20，21，22，25，26，27，34，49.证毕.
【相关文献】
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