数论函数方程tφ2(n(n+1))=S(SL(n17))的可解性

周建华，瞿云云，朱山山，黄华伟

(贵州师范大学 数学科学学院，贵州 贵阳 550025)

0 引言

1 主要引理

引理2[4]当n≥2时，有φ(n)

引理4[4]对于素数p和正整数k，有S(pk)≤kp；特别地，当k

引理6[6]对任意的正整数m和n，有

特别地，当gcd(m,n)=1时，有

φ(mn)=φ(m)φ(n)。

2 定理及其证明

定理方程

tφ2(n(n+1))=S(SL(n17))

(1)

有正整数解，且正整数解为(t,n)=(1,1),(1,27),(6,6),(6,9),(9,4),(18,3),(20,2)。

(2)

S(SL(n17))=S(p17r)≤17rp

(3)

其中p是n的素因子，且r是p在n的标准分解式中的指数。由引理3、引理6和(1)知

(4)

由引理5和(3)知

(5)

所以有1≤t≤68rp,3≤n≤68rp。从而由(5)知

(6)

其中n=prm,gcd(p,m)=1，所以有

2r-2≤pr-2(p-1)≤pr-2(p-1)φ(m)≤34r

(7)

即

2r-2≤34r

(8)

对(8)两端取对数有

(r-2)log 2≤log 34+logr

(9)

由(9)解得r≤10。以下对r和p的不同取值, 分10种情况讨论：

情况1 若r=1，由(7)知p(1-2)(p-1)≤34，故p≥2。

当p=2时，有1≤t≤136,3≤n≤136，所以由(3)、(4)有tφ(n(n+1))=2S(217)=2×20=40，经计算得到(t,n)=(1,10),(1,11),(5,4),(5,5),(10,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(1,10),(1,11),(5,4),(5,5),(10,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=3时，有1≤t≤204,3≤n≤204，所以有tφ(n(n+1))=2S(317)=2×36=72，经计算得到(t,n)=(1,13),(3,7),(3,8),(3,9),(6,6),(9,4),(9,5)， (18,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)= (6,6),(9,4),(18,3)是方程(1)的正整数解。

当p=5时，有1≤t≤340,3≤n≤340，所以有tφ(n(n+1))=2S(517)=2×75=150，经计算得到，此时方程(1)无正整数解。

当p=7时，有1≤t≤476,3≤n≤476，所以有tφ(n(n+1))=2S(717)=2×105=210，经计算得到，此时方程(1)无正整数解。

当p=11时，有1≤t≤748,3≤n≤748，所以有tφ(n(n+1))=2S(1117)=2×176=352，经计算得到(t,n)=(2,23),(44,4),(44,5),(88,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(2,23),(44,4),(44,5),(88,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=13时，有1≤t≤884,3≤n≤884，所以有tφ(n(n+1))=2S(1317)=2×208=416，经计算得到(t,n)=(52,4),(52,5),(104,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(52,4),(52,5),(104,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=17时，有1≤t≤1 156,3≤n≤1 156，所以有tφ(n(n+1))=2S(1717)=2×289=578，经计算得到，此时方程(1)无正整数解。

当p≥19时，有1≤t≤68p,3≤n≤68p，由引理4，有tφ(n(n+1))=2S(p17)=34p，由于n=pm且gcd(p,m)=1，所以有(p-1)|34，从而(p-1)≤34，即p≤35，但19≤p≤35的素数都不满足(p-1)|34，所以当p≥19时，方程(1)无正整数解。

情况2 若r=2，由(7)知p(2-2)(p-1)≤34×2，故p≤69。

当p=2时，有1≤t≤272,3≤n≤272，所以有tφ(n(n+1))=2S(217×2)=2×36=72，经计算得到(t,n)=(1,13),(3,7),(3,8),(3,9),(6,6),(9,4),(9,5),(18,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(6,6),(9,4),(18,3)是方程(1)的正整数解。

当p=3时，有1≤t≤408,3≤n≤408，所以有tφ(n(n+1))=2S(317×2)=2×72=144，经计算得到(t,n)=(1,19),(2,13),(3,12),(3,14),(6,7),(6,8),(6,9),(12,6),(18,4),(18,5),(36,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(6,9)是方程(1)的正整数解。

当p=5时，有1≤t≤680,3≤n≤680，所以有tφ(n(n+1))=2S(517×2)=2×140=280，经计算得到(t,n)=(7,10),(7,11),(35,4),(35,5),(70,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(7,10),(7,11),(35,4),(35,5),(70,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=7时，有1≤t≤952,3≤n≤952，所以有tφ(n(n+1))=2S(717×2)=2×210=420，经计算得到(t,n)=(35,6),(105,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(35,6),(105,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=11时，有1≤t≤1 496,3≤n≤1 496，所以有tφ(n(n+1))=2S(1117×2)=2×352=704，经计算得到(t,n)=(4,23),(11,15),(88,4),(88,5),(176,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(4,23),(11,15),(88,4),(88,5),(176,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=13时，有1≤t≤1 768,3≤n≤1 768，所以有tφ(n(n+1))=2S(1317×2)=2×416=832，经计算得到(t,n)=(13,15),(104,4),(104,5),(208,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(13,15),(104,4),(104,5),(208,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=17,19,23,29,31时，经计算得到，此时方程(1)都无正整数解。

当p≥37时，有1≤t≤136p,3≤n≤136p，由引理4，有tφ(n(n+1))=2S(p17×2)=68p，由于n=p2m且gcd(p,m)=1，所以有(p-1)|68，从而(p-1)≤68，即p≤69，但37≤p≤69的素数都不满足(p-1)|68，所以当p≥37时，方程(1)无正整数解。

情况3 若r=3，由(7)知p(3-2)(p-1)≤34×3，故p≤10，即p=2,3,5,7。

当p=2时，有1≤t≤408,3≤n≤408，所以有tφ(n(n+1))=2S(217×3)=2×56=112，经计算得到(t,n)=(14,4),(14,5),(28,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(14,4),(14,5),(28,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=3时，有1≤t≤612,3≤n≤612，所以有tφ(n(n+1))=2S(317×3)=2×108=216，经计算得到(t,n)=(1,26),(1,27),(2,18),(3,13),(9,7),(9,8),(9,9),(18,6),(27,4),(27,5),(54,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(1,27)是方程(1)的正整数解。

当p=5时，有1≤t≤1 020,3≤n≤1 020，所以有tφ(n(n+1))=2S(517×3)=2×210=420，经计算得到(t,n)=(35,6),(105,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(35,6),(105,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=7时，有1≤t≤1 428,3≤n≤1 428，所以有tφ(n(n+1))=2S(717×3)=2×315=630，经计算得到，此时方程(1)无正整数解。

情况4 若r=4，由(7)知p(4-2)(p-1)≤34×4，故p≤5，即p=2,3,5。

当p=2时，有1≤t≤544,3≤n≤544，所以有tφ(n(n+1))=2S(217×4)=2×72=144，经计算得到(t,n)=(1,19),(2,13),(3,12),(3,14),(6,7),(6,8),(6,9),(12,6),(18,4),(18,5),(36,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(6,9)是方程(1)的正整数解。

当p=3时，有1≤t≤816,3≤n≤816，所以有tφ(n(n+1))=2S(317×4)=2×141=282，经计算得到，此时方程(1)无正整数解。

当p=5时，有1≤t≤1 360,3≤n≤1 360，所以有tφ(n(n+1))=2S(517×4)=2×275=550，经计算得到，此时方程(1)无正整数解。

情况5 若r=5，由(7)知p(5-2)(p-1)≤34×5，故p≤3，即p=2,3。

当p=2时，有1≤t≤680,3≤n≤680，所以有tφ(n(n+1))=2S(217×5)=2×88=176，经计算得到(t,n)=(1,23),(22,4),(22,5),(44,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(1,23),(22,4),(22,5),(44,3)都不是方程(1)的正整数解。

当p=3时，有1≤t≤1 020,3≤n≤1 020，所以有tφ(n(n+1))=2S(317×5)=2×174=348，经计算得到(t,n)=(29,6),(87,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(29,6),(87,3)都不是方程(1)的正整数解。

情况6 若r=6，由(7)知p(6-2)(p-1)≤34×6，故p≤3，即p=2,3。

当p=2时，有1≤t≤816,3≤n≤816，所以有tφ(n(n+1))=2S(217×6)=2×106=212，经计算得到(t,n)=(53,3)。 将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(53,3)不是方程(1)的正整数解。

当p=3时，有1≤t≤1 224,3≤n≤1 224，所以有tφ(n(n+1))=2S(317×6)=2×210=420，经计算得到(t,n)=(35,6),(105,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(35,6),(105,3)都不是方程(1)的正整数解。

情况7 若r=7，由(7)知p(7-2)(p-1)≤34×7，故p≤2，即p=2。

当p=2时，有1≤t≤952,3≤n≤952，所以有tφ(n(n+1))=2S(217×7)=2×124=248，经计算得到(t,n)=(31,4),(31,5),(62,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(31,4),(31,5),(62,3)都不是方程(1)的正整数解。

情况8 若r=8，由(7)知p(8-2)(p-1)≤34×8，故p≤2，即p=2。

当p=2时，有1≤t≤1 088,3≤n≤1 088，所以有tφ(n(n+1))=2S(217×8)=2×140=280，经计算得到(t,n)=(7,10),(7,11),(35,4),(35,5),(70,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(7,10),(7,11),(35,4),(35,5),(70,3)都不是方程(1)的正整数解。

情况9 若r=9，由(7)知p(9-2)(p-1)≤34×9，故p≤2，即p=2。

当p=2时，有1≤t≤1 224,3≤n≤1 224，所以有tφ(n(n+1))=2S(217×9)=2×158=316，经计算得到(t,n)=(79,3)。将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(79,3)不是方程(1)的正整数解。

情况10 若r=10，由(7)知p(10-2)(p-1)≤34×10，故p≤2，即p=2。

当p=2时，有1≤t≤1360,3≤n≤1360，所以有tφ(n(n+1))=2S(217×10)=2×176=352，经计算得到(t,n)=(2,23),(44,4),(44,5),(88,3)。 将(t,n)的值代入方程(1)检验知，(t,n)=(2,23),(44,4),(44,5),(88,3)都不是方程(1)的正整数解。

综上可知, 方程(1)的所有正整数解的情况如定理的证明所示。

3 结语

本文讨论了形如tφ2(n(n+1))=S(SL(nk))的数论函数方程的一个具体的数论函数方程tφ2(n(n+1))=S(SL(n17))的正整数解，得到了该方程有7组正整数解。对于形如tφ2(n(n+1))=S(SL(nk))的数论函数方程，当k为某一正整数时，其所确定的数论函数方程也可采用本文的研究方法进行求解。