有关方程φ(ab)=k(φ(a)+φ(b))的正整数解

设φ(m)为Euler函数.本文探讨了方程φ(ab)=8(φ(a)+φ(b))的正整数解,利用初等方法给出了该方程的所有正整数解.根据方程φ(ab)=8(φ(a)+φ(b))正整数解的结论和已被讨论的相类似方程的正整数解的结论,证明了以下2个结论:对于任意正整数k,(a,b)=(2k,2k)是方程φ(ab)=k(φ(a)+φ(b))的1个整数解;对任意的正整数k,(a,b)=(~(2k+1),2~k×3)和(2~k×3,2~(k+1))是方程φ(ab)=2~k(φ(a)+φ(b))的2个正整数解.     

关于欧拉方程φ(ab)=2~k(φ((a)+φ(b))的正整数解

设φ(m)为欧拉函数,探讨了方程φ(ab)=2k(φ(a)+φ(b))的正整数解问题.当k=2时,利用初等方法给出了该方程的所有正整数解.进而,对任意正整数k,给出了方程的5个正整数解:(a,b)=(3×2k-1,3×2k),(2k+1,5×2k-1),(2k+1,3×2k),(5×2k-1,3×2k),(2k+1,2k+1).对任意正整数k≥2,给出了方程的2个正整数解:(a,b)=(7×2k-2,13×2k-2),(9×2k-2,13×2k-2).     

关于欧拉方程φ(ab)=2~k(φ((a)+φ(b))的正整数解简

设φ(m)为欧拉函数,探讨了方程φ(ab)=2k(φ(a)+φ(b))的正整数解问题.当k=2时,利用初等方法给出了该方程的所有正整数解.进而,对任意正整数k,给出了方程的5个正整数解:(a,b)=(3×2k-1,3×2k),(2k+1,5×2k-1),(2k+1,3×2k),(5×2k-1,3×2k),(2k+1,2k+1).对任意正整数k≥2,给出了方程的2个正整数解:(a,b)=(7×2k-2,13×2k-2),(9×2k-2,13×2k-2).     

Pillai猜想的一点注记

本文用Baker关于对数线性型的佔计,得到如下结论:设E、F为z〔X〕中次数分别为r、s的首一多项式,a,b、k为给定的非零常数,则不定方程 a(E(t))~m-b(F(t))~n=k,t,m,n∈Z,m>1,n>1,mn>4,仅有有限多个正整数解,且这些解可有效计算,同时,我们提出以下猜想:弱型pillai猜想:设r为给定正整数,a,b,k为给定非零整数,则不定方程ax~m+by~(m…2r)=k,x>1,y>1,m>1 仅有有限多组正整数解.     

一类包含S(n)和Euler函数的方程

对于任意正整数n,设φ(n)和s(n)分别是关于n的Euler函数和Smarandache函数。利用初等方法,得到了方程φ(n)=s(nk)当k=7时的所有正整数解。     

一个素数和一个素数的k次方和问题

设k≥ 2 ,Hk 表示一个正整数n的集合 ,使对任意的正整数q ,同余方程a +bk≡n(modq)在模q的既约剩余系中有解a ,b .Ek(x)表示n≤x ,n∈Hk,但不能表成p1+p2 k=n的数的个数 ,则在GRH下有Ek(x) x1-2h(k)4 k- 1 +ε,这里h( 2 ) =316 ;k>2 ,h(k) =4k-12× ( 3× 4k -2 +1)k.     

实二次域上的一个Diophantine方程

设a,b,D,k是适合gad(a,b)=gcd(D,k)=1,a2-Db2=k的正整数;又设α=a+b D,β=a-bD.本文证明了当D是非平方数且k含有适合p≡±3(mod8)的素因数p时,方程α2n+β2n=2x2没有正整数解(x,n).     

关于奇素数方幂中的孤立数

设n是正整数,用σ(n)表示n的所有正因数的和。对于给定的正整数a,如果不存在正整数b适合σ(a)=σ(b)=a+b,则称a是孤立数。文章运用初等数论的方法证明了pr都是孤立数。这里p为奇素数,满足p>2r~(1+ε),0<ε≤1,ε是任意实数,r是正整数,满足r>((1+ε)/ε)~1/ε     

关于2~r-完全数

对于任意正整数a,令σ(a)表示a的所有因子之和.设n是一个固定的正整数,称正整数x是n-完全数,如果它满足σ(x)+σ(nx)=2(n+1)x.运用σ(a)的一些性质讨论了2~r-完全数的存在性,其中r是固定的正整数,证明了x是2~r-完全数当且仅当x=2~s(2~(r+s)+2~s-1),其中s是正整数,2~(r+s)+2~s-1是一个奇素数.     

二元变系数欧拉函数方程φ(ab)=15φ(a)+17φ(b)的正整数解

目的研究欧拉函数方程φ(ab)=15φ(a)+17φ(b)正整数解的问题,其中a,b为不小于2的正整数。方法利用初等数论方法和欧拉函数的性质。结果与结论得到该方程所有80组正整数解,并解决了张四保等在文献中(张四保,席小忠.有关方程φ(ab)=k(φ(a)+φ(b))的正整数解[J].南京师大学报(自然科学版),2016,39(1):41-47.)所提出的一个数学问题。     

关于欧拉方程φ(mn)=3~k(φ(m)+φ(n))的正整数解

设φ(n)为Euler函数,探讨了方程φ(mn)=3k(φ(m)+φ(n))的正整数解的问题。当k=2时,利用初等方法给出了该方程的所有正整数解;进而对任意的正整数k,给出了方程的9组正整数解(5×3k-1,13×3k-1);(5×3k-1;26×3k-1);(4×3k-1,4×3k);(7×3k-1,4×3k);(8×3k-1,5×3k);(10×3k-1,13×3k-1);(5×3k-1,28×3k-1);(8×3k-1,13×3k-1);(2×3k,2×3k)。     

关于Lucas序列中渐近平方数的研究

运用初等数论方法和四次Diophantine方程的结论讨论了不定方程vk=s2±1的可解性,并给出该方程的所有正整数解(k,s),其中vk=αn-αn/α-α,k是任意非负整数,α=a+a2-1(1/2),α=a-(a2-1)(1/2),a1为固定的正整数.     

关于方程sumk=0ton(b-2~rk)~l=sumk=1ton(b+2~rk)~l

本文证明了:设 l、n、b、r 为正整数,方程 (b-2~rk)~l= (b+2~rk)~l 仅有正整数解 l=1,b=2~rn(n+1)和1=2,b=2~(r+1)n(n+1).     

一个包含k次补数数列的恒等式

对任意给定的正整数k≥2及任意正整数n,定义n的Smarandache k次补数ak(n)为最小的正整数,使得nak(n)为一个完全k次方幂,即ak(n)=min{u:u·n=mk;u,m∈N},其中N为所有正整数之集合.利用解析方法研究了级数∑+∞n=1(1)/((nak(n))s)的敛散性,并给出一个有趣的恒等式.     

关于三角数的一个方程

对于正整数n,设T(n)=n(n-1)/2是第n个三角数.设k是大于1的正整数.论文证明了:当n是平方数时,方程T(x)=kT(y)仅有有限多组正整数解(x,y);当n不是平方数时,该方程有无穷多组正整数解(x,y).     

关于整函数的Hayman方向存在性

本文证明在整函数的情况下,其Hayman方向的存在性,我们的结果如下: 定理1.设f(z)是零级超越整函数,则存在θ_0∈[0,2π),argz=θ_0,使得对于任意正数s>0,任意正整数k及任意两个有穷复数a,b(≠0),有:lim{n(r,θ_0,s,f=a)+n(r,θ_0,     

关于Diophantine方程(dn-1)(bn-1)=χ2的偶数解

设a,b是适合a≠b以及min(a,b)>C的正整数,其中C是可有效计算的绝对常数. 论文证明了:当gcd(a,b=1)或者a≠b(mod 2)时,方程(dn-1)(bn-1)=χ2没有适合2|n以及n>2的正整数解.     

关于丢番图方程(na)x+(nb)y=(nc)z(c=65,89,101)

设a,b,c为两两互素的正整数且满足a2+b2=c2.1956年,Je?manowicz猜测丢番图方程(na)x+(nb)y=(nc)z仅有正整数解x=y=z=2.此利用初等方法证明了:对于任意的正整数n,除去x=y=z=2外,丢番图方程(56n)x+(33n)y=(65n)z,(80n)x+(39n)y=(89n)z和(20n)x+(99n)y=(101n)z无其他的正整数解,即当(a,b,c)=(56,33,65),(80,39,89)和(20,99,101)时,Je?manowicz猜想成立.     

关于丢番图方程sum form k=0 to n((x-g~ak))~r=sum form k=1 to n((x+g~ak))~r

本文明了:设g=p_1p_2…p_n=10β+9型奇数,p_1,p_2……,p_3是不同素数,n,x,α,r为正整数,方程sum from k=0 to n(x-g~αk)~r=sum from k=1 to n(x+g~αk)~r仅有正整数解r=1,x=g~αn(n+1)和r=2,x=2g~αn(n+1)。     

关于奇完全数素因数的指标

对于正整数a,设δ(a)是a的所有约数之和。如果正整数n满足δ(n)=2n,则称n是完全数。设n是奇完全数,p是n的素因数,r是p在n的标准分解式中的次数。此时,I(p)=δ(n/p~r)/pr称为奇完全数n的素因数p的指标。设q是奇素数,s是正整数。文中运用初等数论方法证明了:如果I(p)=q~s,则s是适合s≥22的偶数。