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      方程φe(n) =2tω(n) 的可解性

      2020-03-07 08:24:02鄧桂林廖群英
      關鍵詞:費馬綜上素數(shù)

      鄧桂林, 廖群英

      (四川師范大學 數(shù)學科學學院,四川 成都610066)

      1 引言及主要結果

      其中,[·]是高斯函數(shù),μ(n)是麥比烏斯函數(shù),即

      的可解性.

      本文給出了e=2 時方程(1)的全部正整數(shù)解(即本文定理1.1),以及e=3,4,6 時方程(1)的部分正整數(shù)解(本文定理1.2 ~1.4).

      定理1.1設t∈Z+,e =2,則方程(1)的全部解為

      1)若αi=0(1≤i≤k),則方程(1)的解為(n,t)=(9,1).

      2)若α∈{0,1}且任意pi≡2(mod 3)(1≤i≤k,mod表示取模),則方程(1)無解.

      3)若α=0 且存在pi≡1(mod 3)(1≤i≤k),則方程(1)的解為

      其中,p1=3·2a+1 為素數(shù),pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      4)若α=1 且存在pi≡1(mod 3)(1≤i≤k),則方程(1)的解為

      其中,p1=3·2a+1 為素數(shù),pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      1)若αi=0(1 ≤i≤k),則方程(1)的解為

      2)若α=0 且任意pi≡3(mod 4)(1≤i≤k),則方程(1)的解為

      (n,t)=(9,1), 或n = 4·2t+3 為素數(shù).

      3)若α∈{0,1}且存在pi≡1(mod 4)或α≥2,則方程(1)的解為

      其中pi(1≤i≤k)為費馬素數(shù).

      定理1.4設t∈Z+,e=6,

      其中,整數(shù)α,β,αi≥0,pi為不同的奇素數(shù)且gcd(pi,6)=1(1≤i≤k).

      1)若αi=0(1≤i≤k),則方程(1)的解為n =9·22t+1.

      2)若α=0,β≥2,則方程(1)的解為

      其中pi(1≤i≤k)為費馬素數(shù).

      3)若α=1,β≥2,則方程(1)的解為

      其中pi(1≤i≤k)為費馬素數(shù).

      4)若α=β=0 且存在pi≡1(mod 6),則方程(1)的解為

      其中,p1=3·2a+1 為素數(shù),pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      5)若α=0,β=1 且存在pi≡1(mod 6),則方程(1)的解為

      其中,m =3·22t+1,p1=3·2a+1 均為素數(shù),pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      6)若α=1,β=0 且存在pi≡1(mod 6),則方程(1)的解為

      其中,m=3·22t+1+1,p1=3·2a+1 均為素數(shù),pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      7)若α=β=1 且存在pi≡1(mod 6),則方程(1)的解為

      其中,m =3·23t+1,p1=3·2a+1 均為素數(shù),pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      8)若α≥2,β=0 且存在pi≡1(mod 6),則方程(1)的解為

      其中,p=p1=3·2a+1 為素數(shù),pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      9)若α≥2,β=1 且存在pi≡1(mod 6),則方程(1)的解為

      其中,p=p1=3·2a+1 為素數(shù),pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      定理1.5設t∈Z+,e=6,

      其中,整數(shù)k,α,β,αi≥0,pi為不同的奇素數(shù)且gcd(pi,6)=1(1≤i≤k),則如下條件之一成立時,方程(1)無解.

      1)α=β≥2 且存在pi≡1(mod 6).

      2)α=β=1 且任意pi≡5(mod 6)(1≤i≤k)或α≥2 且β=1.

      注1.6迄今為止,已知的費馬素數(shù)只有5個[6]:F0,F(xiàn)1,F(xiàn)2,F(xiàn)3,F(xiàn)4.在1≤k≤5 的情況下,定理1.1 ~1.5 的解見附錄.

      2 一些引理

      引理2.5[10]丟番圖方程x2+7 =2y僅有正整數(shù)解

      在引理2.1 ~2.3 中要求k≥1.在引理2.1 中,當k = 0 時,即n = 3α>3,根據(jù)φ3(n)的定義,φ3(3α)等于序列1,2,…,3α-1中與3 互素的數(shù)的個數(shù),故

      引理2.6若n=2α3β>6,則

      (i)若α -1 為奇數(shù),則2α-1≡2(mod 3),故

      (ii)若α -1 為偶數(shù),則2α-1≡1(mod 3),

      綜上,當α≥3 時,

      2)若n=3·2α,其中α≥2,根據(jù)廣義歐拉函數(shù)的定義,φ6(3·2α)等于序列中與3·2α互素的數(shù)的個數(shù),即序列1,2,…,2α-1中既與2 互素又與3 互素的數(shù)的個數(shù).易知序列1,2,…,2α-1中2 的倍數(shù)的數(shù)的個數(shù)為的倍數(shù)的數(shù)的個數(shù)為,因6 的倍數(shù)的數(shù)的個數(shù)為,故由容斥原理得

      (i)若α -1 為奇數(shù),則2α-1≡2(mod 3),2α-2≡1(mod 3),故

      從而由(*)式得

      2)若α - 1 為偶數(shù),則2α-1≡1(mod 3),2α-2≡2(mod 3),故

      從而由(*)式得

      綜上,當α≥2 時,

      這就完成了引理2.6 的證明.

      3 主要結果的證明

      定理1.1 的證明e =2 時方程(1)等價于φ(n)=21+tω(n).

      當n=1 時,φ(n)= φ(1)=1,但由ω(n)=ω(1)= 0 知21+tω(n)= 21,矛 盾.當n = 2 時,φ(n)=φ(2)=1,但由ω(n)=ω(2)=1 知

      綜上,完成了定理1.1 的證明.

      定理1.2 的證明e=3 時.

      2)若任意pi≡2(mod 3).當α =0 時,即n =

      于是由方程(1)得

      又t∈Z+,故兩邊同時除以2k-1得

      等式兩邊奇偶性不同,矛盾,故方程(1)無解.又由已知α=0,1 可知必有α=1,即且

      于是由方程(1)得

      又t∈Z+,故等式兩邊同時除以2k-1得

      等式兩邊奇偶性不同,故方程(1)無解.

      3)當α=0 且存在pi≡1(mod 3)時,即n =,故ω(n)=k,從而由引理2.1 知φ3(n)=則由方程(1)可得

      4)證明類似3).

      由gcd(pi,3)=1,比較等式兩邊2 的個數(shù),可得α=且,故其中pi(1≤i≤k)為費馬素數(shù).

      綜上,完成了定理1.2 的證明.

      定理1.3 的證明若e=4.

      2)當α=0 且任意pi≡3(mod 4)時,即n =,故ω(n)=k,從而由引理2.2 可知

      于是由方程(1)可得

      3)設奇數(shù)n的標準分解式為

      (i)若α =0 且存在pi≡1(mod 4),即n =

      (ii)若α=1 且存在pi≡1(mod 4),證明類似于(i).

      (iii)若α≥2,類似定理1.1 中的2).

      綜上,完成了定理1.3 的證明.

      定理1.4 的證明e=6 時.

      當α≥3,β =0 時,即n =2α,由引理2.6 可知2α-2+(-1)α-1=3·2t,矛盾,故方程(1)無解.

      當α=β=1 時,即n=6,故φ6(n)=122t,此與t∈Z+矛盾.

      當α≥2,β=1 時,即n =3·2α,由引理2.6 可知2α-1+(-1)α=3·22t,矛盾,故方程(1)無解.

      當α=0 且β≥2 時,即n =3β,由引理2.3 知φ6(n)=3β-2.故由方程(1)得3β-2=2t,即β =2,t=0,與t∈Z+矛盾.

      當α=1 且β≥2,即n =2·3β,由引理2.3 知φ6(n)=3β-2.故由方程(1)得3β-2=22t,即β =2,t=0,與t∈Z+矛盾.

      當α = β ≥2 時,n = 2α3β,由 引 理2.3 知φ6(n)=2α-13β-2.故由方程(1)得2α-13β-2=22t,即α=2t+1,β=2,從而n=9·22t+1(t∈Z+).

      又pi是與6 互素的奇素數(shù),故,β =2,即n =

      3)證明類似于2).

      4)若α=β=0 且存在pi≡1(mod 6),即n =

      于是由方程(1)知

      即pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      5)~7)的證明類似于4).

      8)若α≥2,β =0 且存在pi≡1(mod 6),即

      故pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù).

      9)證明類似于8).

      綜上,完成了定理1.4 的證明.

      k=1 時,由(7)式可知

      又由p1≡1(mod 6),從而且m(gcd(m,6)=1,a,b≥1),注意到gcd(m,6)=1,故m=1,β+b=2.又β≥2,故b =0,從而p1為費馬素數(shù)且p1?1(mod 6),故方程(1)無解.若k≥2,不妨設p1≡1(mod 6),此時由(7)式可知對任意的i=1,2,…,k,均有且

      此與存在pi≡1(mod 6)矛盾.

      2)若pi≡5(mod 6)且α=β=1,即

      由引理2.3 可得

      故由方程(1)得

      再由方程(1)得

      注意到t∈Z+,α≥2,在等式兩邊同時除以2k+1,比較等式兩邊因子2 的個數(shù)知等式兩邊奇偶性不同,故方程(1)無解.

      綜上,完成了定理1.5 的證明.

      4 補充說明

      若1≤k≤5,利用已知的費馬素數(shù),可求出對定理1.1 ~1.4 的具體解.為節(jié)約篇幅,此處只給出定理1.1 和定理1.2 的具體求解過程,定理1.3 和定理1.4 的具體求解過程留給有興趣的讀者,對應結果請參見文末的附錄.

      4.1 定理1.1 證明的1)和2)1)若α =0,則

      類似可得:

      (t,n)=(1,F(xiàn)0F1),(2,F(xiàn)0F2),(4,F(xiàn)0F3),(8,F(xiàn)0F4).

      依次取k=1,2,3,4,5 計算,得到t≤230+1.下面在t≤230+1 的假設下討論方程(1)的可解性及其解.

      當k=1 時,1 +2t=α-1 +u1,又由u1∈{1,2,4,8,16}知α∈{2t,2t +1,2t -2,2t -6,2t -14},從而

      類似可得:

      不妨設p1≡1(mod 3),則由(8)式知1 =2ui(2≤i≤k)且,故pi(2≤i≤k)為費馬素數(shù),p1為奇素數(shù).由gcd(pi,3)=1 知pi∈{F1,F(xiàn)2,F(xiàn)3,F(xiàn)4}(2≤i≤k)且ui∈{2,4,8,16}(2≤i≤k),故

      當k=1 時,n=p1,由(8)式知3·2a=3·2t,故a=t,從而

      其中a≡0(mod 2).

      類似可得k=3,4,5 時的方程(1)的解,證明過程類似k=2 的情形.

      4)的證明類似3).

      又由pi為奇素數(shù)且gcd(pi,3)=1,從而比較等式(9)兩邊2 的個數(shù),可得α=2且(1≤i≤k),故,其中pi(1≤i≤k)為費馬素數(shù).又gcd(pi,3)=1,故F4},從而可得k≤4,且ui∈{2,4,8,16}(1≤i≤k),故由(9)式可得即

      當k =1 時,n =9p1,且,故由u1∈{2,4,8,16}知2t∈{3,5,9,17},再由t∈Z+知方程(1)無解.

      類似可得:

      當k=2 時,n=9p1p2且,故(n,t)=(9F2F4,7).

      當k=3 時,n =9p1p2p3且4t,故由t∈Z+知方程(1)無解.

      當k=4 時,n=9p1p2p3p4且故由t∈Z+知方程(1)無解.

      5 小結

      本文基于φe(n)(e =2,3,4,6)的準確計算公式,利用初等的方法和技巧,對n進行分類討論,研究了φe(n)=2tω(n)(e=2,3,4,6)時的正整數(shù)解.對e=3,4,6 時n的其他分類情況,在解決高次丟番圖方程的基礎上可進一步研究e =3,4,6 時n 的其他分類情況,例如:定理1.3 中對于方程(4),當k≥2時,方程

      可解,本文其他未討論的情況都可進一步研究.

      附錄

      表1 定理1.1 的解(1≤k≤5)Tab.1 The solutions of Theorem 1.1(1≤k≤5)

      表1 (續(xù))

      其中,

      表2 定理1.2 的解(1≤k≤5)Tab.2 The solutions of Theorem 1.2(1≤k≤5)

      表2 (續(xù))

      表3 定理1.3 的解(1≤k≤5)Tab.3 The solutions of Theorem 1.3(1≤k≤5)

      表3 (續(xù))

      其中,

      表4 定理1.4 的解(1≤k≤5)Tab.4 The solutions of Theorem 1.4(1≤k≤5)

      表4 (續(xù))

      表4 (續(xù))

      表4 (續(xù))

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