高倩,高麗,梁曉艷

(延安大學 數(shù)學與計算機科學學院，陜西 延安 716000)

本文利用初等方法及偽Smarandache函數(shù)z(n)、Smarandache LCM函數(shù)sl(n)和Euler函數(shù)φ(n)的性質,給出了方程z(n)=φ2(sl(n))的所有正整數(shù)解.

1 相關引理

引理1[8]設正整數(shù)n的標準分解式為n=p1k1p2k2…psks,則有sl(n)=max{piki}(1≤i≤s),特別地,當p為素數(shù)及k≥1時,sl(pk)=pk.

引理2[9]Euler函數(shù)為積性函數(shù),即對于任意互素的正整數(shù)m,n,有φ(mn)=φ(m)φ(n).

引理4[9]對于素數(shù)p與k≥1,有φ(pk)=pk-pk-1.

引理5[9]對任意素數(shù)p≥3,z(p)=p-1.

引理6[9]對任意素數(shù)p≥3及k∈N,z(pk)=pk-1.當p=2時,則有z(2k)=2k+1-1.

引理7[9]z(n)是不可加的,即z(m+n)不恒等于z(m)+z(n)；z(n)也不是可乘的,即z(mn)不恒等于z(m)z(n).

2 主要結論及證明

定理方程z(n)=φ2(sl(n))僅有正整數(shù)解n=1.

證明利用初等方法給出定理的證明.

對正整數(shù)n進行分類討論.

(I)當n為奇數(shù)時,分以下幾種情況進行討論：

(i)n=1,z(1)=1=φ2(sl(1)).

∴n=1是方程的解.

(ii)n=p,其中p為素數(shù),且p≥3,由引理5知z(p)=p-1,由引理1和引理4得

φ2(sl(p))=(p-1)2

若z(n)=φ2(sl(n)),則p-1=(p-1)2,顯然不成立.

∴n=p不是方程的解.

(iii)n=pk,其中p≥3為素數(shù),且k>1,由引理6知z(pk)=pk-1.由引理1、引理3和引理4得

φ(sl(pk))=φ(pk)=pk-1(p-1)

則φ2(sl(pk))=[pk-1(p-1)]2=p2k-2(p-1)2.

若z(n)=φ2(sl(n))，則p|p2k-2(p-1)2, 即p|φ2(sl(pk)),但p|pk-1不成立.

∴n=pk不是方程的解.

(iv)n=p1k1p2k2…psks,其中p1,p2,…,ps均為大于2的奇素數(shù),且p1k1

φ2(sl(n))=(psks-psks-1)2

∴n=p1k1p2k2…psks不是方程的解.

(II)當n為偶數(shù)時

(i)n=2k其中k>0,顯然由引理6知z(2k)=2k+1-1為奇數(shù),而由引理1和引理4得

φ2(sl(n))=φ2(2k)=22k-2

為偶數(shù),奇數(shù)≠偶數(shù).

∴n=2k不是方程的解.

(ii)n=2kpl其中k>0,p為奇素數(shù),l≥1.

(a)當sl(2kpl)=2k時,由引理1和引理4得φ(sl(2kpl))=φ(2k)=2k-1,易得

φ2(sl(2kpl))=(2k-1)2=22k-2

亦即23-kpl|22k-2+1,顯然不成立.

∴n=2kpl不是方程的解.

(b)當sl(2kpl)=pl時,由引理1和引理4得

φ2(sl(2kpl))=φ2(pl)=[pl-1(p-1)]2=p2l-2(p-1)2

∴結合(a)(b)此種情況不是方程的解.

(iii)當n=2kp1k1p2k2…psks其中p1,p2,…，ps均為大于2的奇素數(shù),且p1k1

(a)當sl(2kp1k1p2k2…psks)=2k時,由引理1和引理4得

φ(sl(2kp1k1p2k2…psks))=φ(2k)=2k-1

則φ2(sl(2kp1k1p2k2…psks))=(2k-1)2=22k-2.

若z(n)=φ2(sl(n)),則由z(n)的定義可得

即2kp1k1p2k2…psks|22k-3(22k-2+1),亦即23p1k1p2k2…psks|22k-2+1 ,顯然不成立.

∴此種情況不是方程的解.

(b)當sl(n)=Max{piki},(1≤i≤s),時記sl(n)為psks.此時由引理1和引理4得

φ(sl(n))=φ(psks)=psks-1(ps-1)

即φ2(sl(n))=[psks-1(ps-1)]2=(psks-psks-1)2.

∵(2k,p1k1p2k2…psks)=1

且

顯然不成立.

∴此種情況不是方程的解.

∴ 結合(a)(b)得n=2kp1k1p2k2…psks不是方程的解.

綜上所述,方程z(n)=φ2(sl(n))只有n=1這一個正整數(shù)解，定理證畢.