鄭 惠

(阿壩師范學(xué)院 數(shù)學(xué)學(xué)院, 四川 汶川 623000)

φ(n)是著名的Euler函數(shù),它的值等于序列1,2,3,…,n-1中與n互素的整數(shù)的個數(shù)[1].包含Euler函數(shù)φ(n)的方程的可解性是初等數(shù)論中非常有意義的研究課題[2].Guy討論了方程φ(x+y)=φ(x)+φ(y)的可解性[3];文獻[4，5，6]分別研究了方程φ(n)=2ω(n),φ(φ(n))=2ω(n)及φ(φ(φ(n)))=2ω(n)的正整數(shù)解;文獻[7～10]研究了方程φ(xy)=k(φ(x)+φ(y))的可解性；孫翠芳、王曦浛、張四保等分別討論了k=2、3、4、5、6、7、8時,方程φ(abc)=k(φ(a)+φ(b)+φ(c))的可解性,并給出了方程的所有正整數(shù)解[11～17].本文將討論方程φ(abc)=2(φ(a)+φ(b)+φ(c)-1)的整數(shù)解，并給出其所有正整數(shù)解，一共是34組.

1 主要引理

引理2[18]若n≥2是整數(shù),則φ(n)

引理3[11]對任意正整數(shù)n,任意素數(shù)p，有

2 結(jié)果及其證明

定理1 方程

φ(abc)=2(φ(a)+φ(b)+φ(c)-1)

(1)

的所有正整數(shù)解為

(a,b,c)=(2,2,2);(1,4,4),(4,1,4),(4,4,1);

(12，1，3)，(12，3，1)，(3，1，12)，(3，12，1)，(1，3，12)，(1，12，3)；

(1,4,6),(1,6,4),(4,1,6),(4,6,1),(6,1,4),(6,4,1);

(1,5,8),(1,8,5),(5,1,8),(5,8,1),(8,1,5),(8,5,1);

(2,3,4),(2,4,3),(3,4,2),(3,2,4),(4,2,3),(4,3,2);

(1，12，5)，(1，5，12)，(5，1，12) ，(12，1，5)，(5，12，1)， (12，5，1).

證明對于φ(abc)=2(φ(a)+φ(b)+φ(c)-1),根據(jù)引理1及歐拉函數(shù)的性質(zhì),有

即

φ(a)φ(b)φ(c)≤2(φ(a)+φ(b)+φ(c)-1),

從而有

φ(a)φ(b)φ(c)-2φ(a)=(φ(b)φ(c)-2)φ(a)≤2(φ(b)+φ(c)-1).

(2)

下面根據(jù)φ(b)φ(c)的值的大小分兩種情況加以討論.

(1)φ(b)φ(c)≤2.

此時，不等式(2)恒成立，且有

(b,c)=(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(2,3),(1,4),

(2,4),(1,6),(2,6),(3,1),(3,2),(4,1),(4，2)，(6,1),(6,2).

當(b,c)=(1,1),(1,2),(2,1)時，將其帶入式(1)，顯然方程無解.

當(b,c)=(1,3),(3,1)時,由引理3有

由此可得a=12，故此時方程(1)有正整數(shù)解(a，b，c)=(12，1，3)，(12，3，1).

當(b,c)=(2,2)時,有

由此可知a=2,此時方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(2,2,2).

當(b,c)=(2,3)時,有

由此可得a=4,方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(4,2,3).

同理可得當(b,c)=(3,2)時,方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(4,3,2).

當(b,c)=(1,4)時,有

由此可得a=4,6,此時方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(4,1,4),(6,1,4).

同理可得當(b,c)=(4,1)時,方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(4,4,1),(6,4,1).

當(b,c)=(2,4)時,有

由此可得a=3,此時方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(3,2,4).

同理可得當(b,c)=(4,2)時,方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(3,4,2).

當(b,c)=(1,6)時,有

由此可得a=4,此時方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(4,1,6).

同理可得當(b,c)=(6,1)時,方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(4,6,1).

當(b,c)=(2,6)時,有

顯然無整數(shù)使上式成立，故此時方程(1)無解.

同理可得當(b,c)=(6,2)時,方程(1)無解.

(2)φ(b)φ(c)>2.

此時φ(b)φ(c)≥4,由φ(b)φ(c)+1≥φ(b)+φ(c)和式(2)可得

所以φ(a)=1,2,4.

當φ(a)=1時,式(2)為

φ(b)φ(c)=φ(a)φ(b)φ(c)≤φ(abc)=2(φ(b)+φ(c)),

從而

(φ(b)-2)(φ(c)-2)≤4.

當(φ(b)-2)(φ(c)-2)<0時,若φ(b)=1,則φ(c)>2,直接代入方程(1)驗證可知方程無解.同理,若φ(b)>2,則φ(c)=1,方程(1)無解.從而

(φ(b)-2)(φ(c)-2)=0,1,2,3,4.

當(φ(b)-2)(φ(c)-2)=0時,有φ(b)=2,φ(c)>1或φ(b)>1,φ(c)=2,此時方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(2,3,4),(2,4,3),(1,4,6),(1,6,4),(1,4,4)，(1，3，12)，(1，12，3).

當(φ(b)-2)(φ(c)-2)=1時,有φ(b)=φ(c)=1，與φ(b)φ(c)>2矛盾.當(φ(b)-2)(φ(c)-2)=2,3時,由引理2知滿足條件的φ(b),φ(c)的值不存在.當(φ(b)-2)(φ(c)-2)=4時,有φ(b)=φ(c)=4,此時方程(1)有正整數(shù)解(a,b,c)=(1,5,8),(1,8,5).

當φ(a)=2時,式(2)為

2φ(b)φ(c)=φ(a)φ(b)φ(c)≤φ(abc)=2(φ(b)+φ(c)+1).

于是

0≤(φ(b)-1)(φ(c)-1)≤2.

當(φ(b)-1)(φ(c)-1)=0時,有φ(b)=1,φ(c)>2或φ(b)>2,φ(c)=1,此時方程有正整數(shù)解(a，b，c)=(3，1，12)，(3，12，1).當(φ(b)-1)(φ(c)-1)=1時,有φ(b)=φ(c)=2,直接代入方程(1)驗證可知方程無解.當(φ(b)-1)(φ(c)-1)=2時,滿足條件的φ(b),φ(c)的值不存在.

當φ(a)=4時,式(2)為

4φ(b)φ(c)=φ(a)φ(b)φ(c)≤φ(abc)=2(3+φ(b)+φ(c)).

于是

1≤(2φ(b)-1)(2φ(c)-1)≤7.

當(2φ(b)-1)(2φ(c)-1)=1時,有φ(b)=φ(c)=1,直接代入方程(1)驗證可知方程無解.當(2φ(b)-1)(2φ(c)-1)=2,4,5,6時,滿足條件的φ(b),φ(c)的值不存在.當(2φ(b)-1)(2φ(c)-1)=3時,有φ(b)=1,φ(c)=2或φ(b)=2,φ(c)=1,直接代入方程(1)得正整數(shù)解為(a，b，c)=(12，1，3)，(12，3，1).當(2φ(b)-1)(2φ(c)-1)=7時,有φ(b)=1,φ(c)=4或φ(b)=4,φ(c)=1,此時方程(1)有正整數(shù)解(a,b，c)=(5,1,8),(5,8,1),(8,1,5),(8,5,1)，(5，1，12)，(12，1，5)，(5，12，1)，(12，5，1).

綜上所述,得方程(1)的全部正整數(shù)解，一共是34組.證畢.

定理2 對任意的正整數(shù)k，(a,b,c)=(2k+1,2k+1,2k+1),(2k+1,3×2k,2k+1)是不定方程

φ(abc)=22k+1(φ(a)+φ(b)+φ(c)-2k)

(3)

的正整數(shù)解.

證明由歐拉函數(shù)的定義知

φ(2k+1×2k+1×2k+1)=23k+2,

22k+1(φ(2k+1)+φ(2k+1)+φ(2k+1)-2k)=23k+2,

所以(a,b,c)=(2k+1,2k+1,2k+1)是不定方程(3)的正整數(shù)解.同理可證(2k+1,3×2k,2k+1)也是不定方程(3)的正整數(shù)解. 證畢.

3 結(jié)論

本文討論了當k=2，m=1時，方程φ(abc)=k(φ(a)+φ(b)+φ(c)-m)的可解性,并給出了方程所有正整數(shù)解．而對于其他的正整數(shù)k,m，效仿定理1中的討論，同樣可以得到相對應(yīng)方程的解，只不過k,m變大時,可能計算量較大.