在将Lehmer同余式从模素数的平方推广到模任意整数的平方^[1-2]时，文献[3-4]定义了广义Euler函数φ_e(n)，其中e为正整数，其值等于序列0，1，2，…，$\left[ {\frac{n}{e}} \right]$中与n互素的整数的个数.广义Euler函数φ_e(n)一经提出，不少学者对它的性质进行了讨论^[3-7]，且对于包含广义Euler函数φ_e(n)的方程有一定的研究^[8-14].文献[15]讨论了方程φ_e(n)= $\frac{n}{d}$的可解性，其中e=1，2，4，d是n的正因数.文献[16]讨论了方程φ₃(n)= $\frac{n}{d}$的可解性.本文将讨论有关广义Euler函数φ₆(n)的方程

的可解性，采用分类讨论的方式及初等方法，给出该方程的整数解的情况.

引理1^[5]  若n＞6，n=2^α3^β $\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{a_i}}} $，其中α，β，α_i≥0，(q_i，6)=1，1≤i≤k，则：

(ⅰ)若α=0，β∈[0, 1]，q_i≡5(mod 6)，1≤i≤k，则${\varphi _6}(n) = \frac{{\varphi (n) + {{( - 1)}^{\mathit{\Omega }(n)}}{2^{\omega (n) + 1 - \beta }}}}{6}$；

(ⅱ)若α=1，β∈[0, 1]，q_i≡5(mod 6)，1≤i≤k，则${\varphi _6}(n) = \frac{{\varphi (n) + {{( - 1)}^{\mathit{\Omega }(n)}}{2^{\omega (n) - 1 - \beta }}}}{6}$；

(ⅲ)若α≥2，β∈[0, 1]，q_i≡5(mod 6)，1≤i≤k，则${\varphi _6}(n) = \frac{{\varphi (n) - {{( - 1)}^{\mathit{\Omega }(n)}}{2^{\omega (n) - \beta }}}}{6}$；

(ⅳ)其它情况下，${\varphi _6}(n) = \frac{{\varphi (n)}}{6}$.

定理1  若n＞6，n=3^β $\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{a_i}}} $，β∈[0, 1]，α_i≥0，(q_i，6)=1，q_i≡5(mod 6)，1≤i≤k，则

(Ⅰ)当β=0时，方程(1)有解(n，d)=(11，11)；

(Ⅱ)当β=1时，方程(1)无解.

证  (Ⅰ)当β=0时，n=$\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{a_i}}} $，由引理1有

则有

当k=1时，ω(n)=1，则由(2)式有

由于d是n的因数，设d=q₁^δ₁，0≤δ₁≤α₁.

当δ₁=α₁时，由(3)式有$\frac{{{q_1} - 1}}{2}q_1^{{a_1} - 1} = 5$，或者$\frac{{{q_1} - 1}}{2}q_1^{{a_1} - 1} = 1$.当$\frac{{{q_1} - 1}}{2}q_1^{{a_1} - 1} = 5$时，有q₁=11，Ω(n)=α₁=1，此时n=11，d=11，即方程(1)有解(n，d)=(11，11)；当$\frac{{{q_1} - 1}}{2}q_1^{{a_1} - 1} = 1$时，有Ω(n)=α₁=1，q₁=3，由于q₁≡5(mod 6)，则q₁=3并不满足，则方程(1)无解.

当0≤δ₁＜α₁时，由(3)式有

由于q₁≡5(mod 6)，则由(4)式可得α₁-δ₁-1=0，3q₁- $\frac{{{q_1} - 1}}{2}q_1^{{\delta _1}} = 2$或3q₁- $\frac{{{q_1} - 1}}{2}q_1^{{\delta _1}} = - 2$.

当3q₁- $\frac{{{q_1} - 1}}{2}q_1^{{\delta _1}} = 2$时，有$6{q_1} - q_1^{{\delta _1} + 1} + q_1^{{\delta _1}} = 4$，即$q_{1}\left(6-q_{1}^{\delta_{1}}+q_{1}^{\delta_{1}-1}\right)=4$，则无满足q₁≡5(mod 6)的素数解；同理，当3q₁- $\frac{{{q_1} - 1}}{2}q_1^{{\delta _1}} = - 2$时也无满足q₁≡5(mod 6)的素数解.

当k≥2时，由于q_i≡5(mod 6)，则(2)式的左端为偶数，右端为奇数，因而(2)式显然不成立，因而方程(1)无解.

(Ⅱ)当β=1时，n=3$\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{a_i}}} $，由引理1有

则有

由于此时ω(n)≥2，且q_i≡5(mod 6)为素数，则由(5)式可得此时方程(1)无解.

定理2  若$n > 6, n = 2 \times {3^\beta }\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{a_i}}} , $$\beta \in [0, 1], {\alpha _i} \ge 0, \left( {{q_i}, 6} \right) = 1$，${q_i} \equiv 5(\bmod \, 6), 1 \le i \le k$，则：

(Ⅰ)当β=0时，方程(1)有解(n，d)=(10，10)，(22，11)，(170，17)；

(Ⅱ)当β=1时，方程(1)有解(n，d)=(66，22)，(30，30).

证  (Ⅰ)当β=0时，$n = 2\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{a_i}}} $.由引理1有

则

当k=1时，此时ω(n)=2，则由(6)式有

由于d是n的因数，不妨设d=2^γq₁^δ₁，0≤γ≤1，0≤δ₁≤α₁.显然γ与δ₁不能同时为0，若γ=δ₁=0，则由(7)式有(-1)^Ω(n)2=11 $q_1^{{a_1}} + q_1^{{a_1} - 1}$，这是完全不可能的.

当γ=0，δ₁≠0时，此时d=q₁^δ₁，则由(7)式，有$q_1^{{a_1} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2} + {( - 1)^{\mathit{\Omega }(n)}} = 6q_1^{{a_1} - {\delta _1}}$，则δ₁=α₁，若不然，当δ₁＜α₁时，则有矛盾关系式(-1) $^{\mathit{\Omega }\left( 2 \right)}2 = q_1^{{\alpha _1} - {\delta _1}}\left( {12 - q_1^{{\delta _1}} + q_1^{{\delta _1} - 1}} \right)$.

当δ₁=α₁时，有$q_1^{{a_1} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2} + {( - 1)^{\mathit{\Omega }(n)}} = 6$，则有$q_1^{{a_1} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2} = 5, 7$.对于$q_1^{{a_1} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2} = 7$，方程(1)无满足q_i≡5(mod 6)的解，因而此时无解；而对于$q_1^{{a_1} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2} = 5$，有δ₁=α₁=1，q₁=11，此时方程(1)有解(n，d)=(22，11).

当γ=1，δ₁≠0时，d=2q₁^δ₁，则由(7)式有

则

若α₁-δ₁≥1，则(8)式不可能成立；若α₁-δ₁=0，则由(8)式得2=6- $q_1^{\delta 1} + q_1^{{a_1} - 1}$或-2=6- $q_1^{\delta 1} + q_1^{{a_1} - 1}$.当2=6- $q_1^{\delta 1} + q_1^{{a_1} - 1}$时，有δ₁=1，q₁=5，因而α₁=1，则n=2×5=10，d=2×5=10，此时方程(1)有解(n，d)=(10，10).

当γ=1，δ₁=0时，d=2，则由(7)式，有

进而有

即(-1)^Ω(n)2=5q₁^α₁+q₁^α₁-1，这完全不可能.

当k=2时，则由(6)式有

由于d是n的因数，设$d = {2^\gamma }q_1^{{\delta _1}}q_2^{{\delta _2}}$，0≤γ≤1，0≤δ₁≤α₁，0≤δ₂≤α₂.则由(9)式有

当γ=1时，由(10)式有

当k=2时，有ω(n)=3，则有

这不可能.

当γ=0，δ₁≠0，δ₂≠0时，由(10)式有

则$q_1^{{\delta _1} - 1}q_2^{{\delta _2} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2}\frac{{{q_2} - 1}}{2} = 4$或$q_1^{{\delta _1} - 1}q_2^{{\delta _2} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2}\frac{{{q_2} - 1}}{2} = 2$.当$q_1^{{\delta _1} - 1}q_2^{{\delta _2} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2}\frac{{{q_2} - 1}}{2} = 4$时，有(q₁-1)(q₂-1)=16，由于q_i≡5(mod 6)，则(q₁-1)(q₂-1)=16无解.同理，当$q_1^{{\delta _1} - 1}q_2^{{\delta _2} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2}\frac{{{q_2} - 1}}{2} = 2$时无解.

当γ=0，δ₁≠0，δ₂=0时，由(10)式有

从而有α₁=δ₁，α₂=1，且$3 \times q_{2}-q_{1}^{\delta_{1}-1} \frac{q_{1}-1}{2} \frac{q_{2}-1}{2}=1$或者$3 \times {q_2} - q_1^{{\delta _1} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2}\frac{{{q_2} - 1}}{2} = - 1$.当$3 \times {q_2} - q_1^{{\delta _1} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2}\frac{{{q_2} - 1}}{2} = 1$时，无满足q_i≡5(mod 6)的素数解；当$3 \times {q_2} - q_1^{{\delta _1} - 1}\frac{{{q_1} - 1}}{2}\frac{{{q_2} - 1}}{2} = - 1$时有解δ₁=1，q₁=17，q₂=5，则n=2×17×5=170，d=17，则方程(1)有解(n，d)=(170，17).

当k≥3时，则由(6)式有

由于此时ω(n)≥4，则对于(11)式，左端为奇数，而右端为偶数，因而(11)式不成立.

(Ⅱ) 当β=1时，n=2×3 $\prod\limits_{i = 1}^k {{q_i}^{{a_i}}} $.由引理1有

则由方程(1)，结合ω(n)≥3有

当k=1时，由于d是n的因数，设d=2^γ3^λq₁^δ，其中0≤γ，λ≤1，0≤δ≤α₁，由(12)式有

有α₁=δ，2^1-γ×3^2-λ-q₁^δ+q₁^δ-1=±1.对0≤γ，λ≤1，0≤δ≤α₁范围内的整数利用分类讨论的方法进行讨论，有α₁=δ=1，γ=1，λ=0，q₁=11或α₁=δ=1，γ=1，λ=1，q₁=5，此时n=2×3×11=66，d=2×11=22，或n=2×3×5=30，d=2×3×5=30.从而此时方程(1)有解(n，d)=(66，22)，(30，30).

当k=2时，由于d是n的因数，设$d = {2^\gamma }{3^\lambda }q_1^\delta $，其中0≤γ，λ≤1，0≤δ₁≤α₁，0≤δ₂≤α₂，则由(12)式有

则有

从而有α₁=δ₁，α₂=δ₂，±2=2^1-γ×3^2-λ$-q_{1}^{\delta_{1}-1} q_{2}^{\delta_{2}-1}$(q₁-1)(q₂-1).利用分类讨论的方法对0≤γ，λ≤1范围内的数进行讨论，结合q_i≡5(mod 6)，得±2=2^1-γ×3^2-λ $-q_{1}^{\delta_{1}-1} q_{2}^{\delta_{2}-1}$(q₁-1)(q₂-1)无解，则方程(1) 无解.

当k≥3时，有ω(n)≥5，则有

左端为偶数，右端为奇数，因而不可能成立.

定理3  若n＞6，n=2^α3^βq^α₁，α≥2，β∈[0, 1]，α₁≥0，(q₁，6)=1，q₁≡5(mod 6)，则：

(Ⅰ)当β=0时，方程(1)有解(n，d)=(40，20)，(44，11)，(20，10)；

(Ⅱ)当β=1时，方程(1)有解(n，d)=(132，22)，(60，30).

证 (Ⅰ)当β=0时，n=2^αq^α₁，由引理1有

由于d是n的因数，设d=2^γq^δ₁，其中0≤γ≤α，0≤δ₁≤α₁，由(13)式有

解(14)式可得：α₁=δ₁=1，α=3，γ=2，q=5，此时有n=2³×5=40，d=2²×5=20；α₁=δ₁=1，α=2，γ=0，q₁=11，此时有n=2²×11=44，d=11；α₁=δ₁=1，α=2，γ=1，q=5，此时有n=2²×5=20，d=2×5=10.因而方程(1)有解(n，d)=(40，20)，(44，11)，(20，10).

(Ⅱ)当β=1时，n=2^α3q^α₁，由引理1有

则有

由于d是n的因数，设d=2^γ3^λq^δ，0≤γ≤α，0≤λ≤1，0≤δ≤α₁，由(15)式有

解(16)式可得：α₁=δ=1，α=2，γ=1，λ=0，q₁=11，此时有n=2²×3×11=132，d=2×11=22；α₁=δ=1，α=2，γ=1，λ=1，q₁=5，此时有n=2²×3×5=60，d=2×3×5=30.因而方程(1)有解(n，d)=(132，22)，(60，30).

定理4  若n＞6，n=2^α3^β $\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{a_i}}} $，其中α，β，α_i≥0，(q_i，6)=1，1≤i≤k，条件为引理1中的(ⅳ)，则方程(1)有解(n，d)=(3^β，9)(β≥2)，(7^α₁，7)，(2^α3^β，18)(β≥2)，(2^α7^α₁，14)，(2^α3^β7^α₁，21)，(2^α3^β19^α₁，19).

证  当α≥3，β=0，α_i=0时，有n=2^α，结合引理1以及方程(1)，有$\frac{{{2^{a - 1}}}}{6} = \frac{{{2^a}}}{d}$，不存在n=2^α的正因数d使得该式成立；

当α=0，β≥2，α_i=0时，有n=3^β，结合引理1以及方程(1)，有$\frac{{2 \times {3^{\beta - 1}}}}{6} = \frac{{{3^\beta }}}{d}$，从而可得d=9，因而此时方程(1)有解(n，d)=(3^β，9)，其中β≥2；

当α=0，β=0，α_i≠0时，有$n = \prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{a_i}}} $，结合引理1有

从而可得k=1，q₁=7，d=7，因而此时方程(1)有解(n，d)=(7^α₁，7)；

当α≠0，β≠0，α_i=0时，有n=2^α3^β，结合引理1有$\frac{2^{\alpha} \times 3^{\beta-1}}{6}=\frac{2^{\alpha} \times 3^{\beta}}{d}$，从而可得d=18，因而此时方程(1)有解(n，d)=(2^α3^β，18)，其中β≥2；

当α≠0，β=0，α_i≠0时，有 $n = {2^\alpha }\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{\alpha _i}}} $，结合引理1以及方程(1)，有

从而可得k=1，q₁=7，d=14，因而此时方程(1)有解(n，d)=(2^α7^α₁，14)；

当α=0，β≠0，α_i≠0时，有$n = {2^a}\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{a_i}}} $，结合引理1以及方程(1)，有

经计算无奇素数解，因而此时方程(1)无解；

当α≠0，β≠0，α_i≠0时，有 $n = {2^\alpha }{3^\beta }\prod\limits_{i = 1}^k {q_i^{{\alpha _i}}} $，结合引理1以及方程(1)，有

则有

因而有k=1，且$d=\frac{18 q_{1}}{q_{1}-1}=18+\frac{18}{q_{1}-1}$.当q₁=7时，有d=21，此时(n，d)=(2^α3^β7^α₁，21)；当q₁=19时，有d=19，此时(n，d)=(2^α3^β19^α₁，19).