王 容, 廖群英

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

歐拉函數(shù)是數(shù)論中一個(gè)非常重要的函數(shù),它是18世紀(jì)數(shù)學(xué)界最杰出的人物之一——?dú)W拉提出來的:正整數(shù)n的歐拉函數(shù)φ(n)的值等于序列0,1,2,…,n-1中與n互素的整數(shù)個(gè)數(shù)[1].歐拉函數(shù)有著很廣泛的應(yīng)用,尤其是自20世紀(jì)70年代以來,歐拉函數(shù)成為RSA公鑰密碼體制得以建立的重要數(shù)學(xué)工具之一.迄今為止,有很多關(guān)于歐拉函數(shù)的問題尚未解決[2],比如Carmichael猜想,即對(duì)于任何正整數(shù)n,總存在一個(gè)正整數(shù)m≠n,使得φ(m)=φ(n);還有Schinzel猜想,即對(duì)于任何正整數(shù)k,方程φ(n+k)=φ(n)有無限個(gè)解,等等.

另一方面,早在1938年,Lehmer[3]就建立了如下的重要同余式

(1)

其中qr(n)是歐拉商數(shù),即

自然數(shù)n,r≥2且gcd(n,r)=1.

用(1)式和一些類似的同余式,Lehmer找到很多方法來證明費(fèi)馬大定理的第一種情況[4].從2002年到2007年,文獻(xiàn)[5-6]將Lehmer的其它同余式從模素?cái)?shù)的平方推廣到模任意整數(shù)的平方,并定義正整數(shù)n的廣義歐拉函數(shù)為

(2)

其中μ(n)是麥比烏斯函數(shù),即

由歐拉函數(shù)的定義可得φ1(n)=φ(n).因此一個(gè)自然的問題是:對(duì)任意固定的e,能否得到φe(n)的準(zhǔn)確計(jì)算公式?

近年來,文獻(xiàn)[7-9]利用勒讓德符號(hào)和雅可比符號(hào)等性質(zhì)給出了φe(n)(e=2,3,4,6)的準(zhǔn)確計(jì)算公式,以及給出φe(n)和φe(n+1)(e=2,3,4)同為奇數(shù)的充要條件.

本文進(jìn)一步研究該問題,給出一些特殊正整數(shù)n的廣義歐拉函數(shù)φ5(n)的準(zhǔn)確計(jì)算公式,并討論其奇偶性,即證明了如下主要結(jié)果:

1)n=5α,其中α≥2為正整數(shù);

定理21) 若素?cái)?shù)p=5k+m,其中k≥0為整數(shù)且0≤m≤4,則

2) 若n=pα,其中α≥2為整數(shù)且p為不等于5的素?cái)?shù),則

其中,m2≡pα-1(mod 5),m1≡pm2(mod 5),1≤mi≤4(i=1,2).

其中,αi≥1,gcd(pi,5)=1且1≤mi,ni≤4(i=1,2),則

定理31) 設(shè)p為素?cái)?shù),則φ5(p)為偶數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)p=2或者p≡1,3(mod 10).

2) 設(shè)n=pα,其中α≥2為整數(shù)且p為素?cái)?shù),則φ5(n)為偶數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)p=5,或者下列條件之一成立:

(i)p≡1(mod 5)且m1=m2;

(ii)p≡3(mod 5)且(m1,m2)=(3,1)或者(2,4);

(iii)p≡2(mod 5)且(m1,m2)=(1,3)或者(4,2),

其中1≤mi≤4(i=1,2),且

1 主要結(jié)果的證明

定理1的證明1) 若n=5α,其中α≥2為正整數(shù),故由(2)和(3)式可知

這就證明了定理1的情況1).

這就證明了定理1的情況2).

(4)

其中,1≤mi,ni≤4(i=1,2)且

(5)

即m2=n1且m1=n2.因此,由(4)式可得

其中,1≤mi,ni≤4(i=1,2)且

這就證明了定理1的情況3).

定理2的證明1) 若素?cái)?shù)p=5k+m,其中k≥0為整數(shù)且0≤m≤4,則由(2)和(3)式可知

這就證明了定理2的情況1).

2) 若n=pα,其中p≠5為素?cái)?shù),α≥2為正整數(shù),則由(2)和(3)式可得

其中,1≤mi≤4(i=1,2)且

(7)

即

(8)

這就證明了定理2的情況2).

其中,1≤mi,ni≤4(i=1,2)且

(9)

即

(10)

這就證明了定理2的情況3).

情形 1:若m1=m2,則由(p,5)=1以及(8)式可得pα-1×(p-1)≡0(mod 5),即p≡1(mod 5).

情形 2:若m1=3,m2=1,則由(p,5)=1以及(8)式可知m1≡pm2(mod 5),即p≡3(mod 5).

情形 3:若m1=1,m2=3,則由(p,5)=1以及(8)式可知m1≡pm2(mod 5),故1≡3p(mod 5),即p≡2(mod 5).

情形 4:若m1=2,m2=4,則由(p,5)=1以及(8)式可知m1≡pm2(mod 5),故2≡4p(mod 5),即p≡3(mod 5).

情形 5:若m1=4,m2=2,則由(p,5)=1以及(8)可知m1≡pm2(mod 5),即4≡2p(mod 5),即p≡2(mod 5).

這就證明了定理3的情況2).

2 應(yīng)用舉例

下面通過定義和應(yīng)用定理1的2種計(jì)算方法來計(jì)算φ5(n),其中用定義直接計(jì)算顯得比較繁瑣,當(dāng)n很大時(shí),計(jì)算量就越大.而應(yīng)用定理可以很便捷地計(jì)算出φ5(n),以下通過幾個(gè)實(shí)例進(jìn)行說明.

另一方面,由于素?cái)?shù)11=5×2+1,即m=1.故由φ(11)=10以及定理2的情況1)可知

另一方面,由n=33=27,即p=3,α=3,可得

m2≡32≡4(mod 5),m1≡3m2≡2(mod 5),

即m1=2,m2=4.故由φ(27)=18以及由定理2的情況2)可得

另一方面,由n=53=125,即p=5.故由φ(125)=100以及由定理1的情況1)可得

另一方面,由n=341,即

p1=11≡1(mod 5),p2=31≡1(mod 5),

故由φ(341)=300以及由定理1的情況2)可得

另一方面,由n=11×23=88,即p1=11,p2=2,α1=1,α2=3,因?yàn)閜1=11≡1(mod 5),故由φ(88)=40以及由定理1的情況3)可得

另一方面,由n=23×32=72,即p1=2,p2=3,α1=3,α2=2,可得

即n1=2,n2=2,m1=1,m2=4.故由φ(72)=24以及由定理2的情況3)可得

[1] IRELAND K, ROSEN M. A Classical Introduction to Modern Number Theory[M]. New York:Springer-Verlag,1990.

[2] GUY R. Unsolved Problems in Number Theory[M]. New York:Springer-Verlag,2004.

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[9] 沈忠燕,蔡天新,胡孟君. 廣義歐拉函數(shù)的奇偶性(II)(英)[J]. 數(shù)學(xué)進(jìn)展,2016,45(4):509-519.