王慧莉, 廖群英, 任 磊

(四川師范大學(xué) 數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院, 四川 成都 610066)

1 引言及主要結(jié)果

φ

1993年,著名數(shù)論專家Smarandache教授提出了正整數(shù)n的Smarandache函數(shù),即對(duì)于任意正整數(shù)n,S(n)定義為滿足n|m!的最小正整數(shù)m[8].后來(lái)人們根據(jù)Smarandache函數(shù)定義了偽Smarandache函數(shù)和Smarandache LCM函數(shù),其中Smarandache LCM函數(shù)SL(n)定義為最小的正整數(shù)m,使得1,2,…,m的最小公倍數(shù)能被n整除[9].

近年來(lái),文獻(xiàn)[10-15]給出了Smarandache函數(shù)的準(zhǔn)確計(jì)算公式和Smarandache函數(shù)的幾類推廣函數(shù)及其性質(zhì);文獻(xiàn)[16-21]研究了關(guān)于Smarandache函數(shù),Smarandache LCM函數(shù)和廣義Euler函數(shù)的復(fù)合函數(shù)的函數(shù)方程問(wèn)題.本文基于前人對(duì)于函數(shù)方程問(wèn)題的研究,討論了當(dāng)e∈{3,4,6}時(shí),數(shù)論函數(shù)方程

S(SL(n2))=φe(n)

(1)

的可解性,并給出了其全部正整數(shù)解.

定理 1.1若e=3,則方程(1)的解為

n=56,80,81,147,162,169,196,294,338.

定理 1.2若e=4,則方程(1)的解為

n=63,120,125,126,128,192,200,

250,289,300,578.

定理 1.3若e=6,則方程(1)的解為

n=168,175,225,240,245,324,350,392,450,

490,507,588,676,1 014.

2 相關(guān)引理

為后文敘述方便,設(shè)n為正整數(shù),記Ω(n)為n的素因子個(gè)數(shù)(重復(fù)計(jì)數(shù)),ω(n)為n的不同的素因子的個(gè)數(shù),并規(guī)定Ω(1)=ω(1)=0.為證明本文主要結(jié)果,需要以下幾個(gè)引理.

SL(n)=max{pαii|i=1,2,…,s}.

特別地,當(dāng)p為素?cái)?shù)及k≥1時(shí),SL(pk)=pk.

S(n)=max{S(pα11),S(pα22),…,S(pαss)}.

2)[12]設(shè)p為素?cái)?shù),k為正整數(shù),則S(pk)≤kp;進(jìn)而,若k

3)[13]若p為素?cái)?shù),α為正整數(shù),則p|S(pα).

引理 2.3[4]若n=3其中α,αi≥0,pi是不同的素?cái)?shù)且gcd(pi,3)=1(1≤i≤s),則

φ3(n)=

引理 2.4[4]若n=2其中α,αi≥0,pi是不同的奇素?cái)?shù),則

φ4(n)=

引理 2.5[5]若n=2α3其中α,αi≥0,pi是不同的素?cái)?shù)且gcd(pi,6)=1(1≤i≤s),則

引理 2.6[21]若正整數(shù)n=2α3β>6,則

3 主要結(jié)果的證明

定理1.1的證明可直接計(jì)算知,n=1,2,3均不是方程(1)的解.

現(xiàn)設(shè)n=3其中α,αi≥0,且gcd(pi,3)=1(1≤i≤s).

1) 若α∈{0,1},且任意pi≡2(mod3),因SL(n)=max故有兩種情況:若SL(n2)=32α=9,則n=6,經(jīng)檢驗(yàn)其不是方程(1)的解;故不妨設(shè)SL(n2)=max再由引理2.3可知

(-1)Ω(n)·2ω(n)-α-1]=

S(p2αss).

(2)

pαs-1s(ps-1)φ(m)+

(-1)Ω(n)·2s-1=6psαs,

(3)

比較兩邊ps的個(gè)數(shù)可得αs=1,此時(shí)方程(3)即為

(ps-1)φ(m)+(-1)Ω(n)·2s-1=6ps.

又ps為奇素?cái)?shù),不妨設(shè)ps-1=2r·t,其中r≥1,gcd(2,t)=1.此時(shí)方程(3)即為

2rtφ(m)=6(2rt+1)+

(-1)Ω(n)+1·2s-1,

(4)

對(duì)比兩邊2的個(gè)數(shù)可知s≥2.若r=1,則方程(4)為

2tφ(m)=6(2t+1)+

(-1)Ω(n)+1·2s-1,

(5)

此時(shí)由s=2可知(5)式即為

tφ(m)=3(2t+1)+(-1)Ω(n)+1=3(2t+1)±1,

故t|2或t|4,又gcd(t,2)=1,故t=1.此時(shí)由ps-1=2rt知ps=3,矛盾.故必有s≥3,對(duì)比(5)式兩邊的奇偶性可得矛盾.故r≥2,此時(shí)由s=2及(4)式可知

2r-1tφ(m)=3(2rt+1)+(-1)Ω(n)+1,

(b) 當(dāng)2αs≥ps時(shí),因ps≡2(mod3)≥2,可知αs≥1.再由引理2.2知不妨設(shè)其中h,ks為正整數(shù),且gcd(h,ps)=1.則由(2)式可得

pαs-1s(ps-1)φ(m)+(-1)Ω(n)·2s-1=

3S(p2αss)=3hpkss.

(6)

若ps≠2,由2αs≥ps可知αs≥3,對(duì)比(6)式兩邊ps的個(gè)數(shù)可知矛盾.故ps=2.又由2αs≥ps知αs≥1,故由(6)式可得

2αs-1φ(m)+(-1)Ω(n)·2s-1=3S(22αs).(7)

當(dāng)αs=1時(shí),由(7)式可知

φ(m)=(-1)Ω(n)+1·2s-1+3S(22)=

12+(-1)Ω(n)+1·2s-1,

當(dāng)αs=2時(shí),由(7)式可知φ(m)=9+(-1)Ω(n)+1·2s-2,故s=2,此時(shí)φ(m)=8,10.若為前者,則m=15,16,20,24,30,又gcd(m,ps)=1,故m=15,相應(yīng)地n=22·15,與max22矛盾.若為后者,則m=11,22,又gcd(m,ps)=1,故m=11,相應(yīng)地n=22·11,與max矛盾.

當(dāng)αs=3時(shí),由(7)式可知φ(m)=6+(-1)Ω(n)+1·2s-3,則s≥4.若s=4,即φ(m)=4,8.若為前者,則m=5,8,10,12,又gcd(m,ps)=1,故m=5,相應(yīng)地n=23·5,與s=4矛盾.若為后者,則m=15,16,20,24,30.又gcd(m,ps)=1,故m=15,相應(yīng)地n=23·15,與s=4矛盾.故s≥5,由m的定義可知4|φ(m),即4|6+(-1)Ω(n)+1·2s-3,從而2|3,矛盾.

當(dāng)αs=4時(shí),由(7)式可知

故s=2且φ(m)=4,從而m=5,8,10,12.又gcd(m,ps)=1,故m=5,相應(yīng)地n=24·5.經(jīng)檢驗(yàn)知n=24·5=80是方程(1)的解.

當(dāng)αs=5時(shí),由(7)式可知

故s=3且φ(m)=2,故m=3,4,6.又gcd(m,2)=1,即m=3,相應(yīng)地,n=25·3,此與s=3矛盾.

當(dāng)αs=6時(shí),由(7)式可知

故s=5,此時(shí)φ(m)=1,2,故m=1,2,3,4,6,此與s=5矛盾.

當(dāng)αs=7時(shí),由(7)式可知

故s=5,此時(shí)φ(m)=1,即m=1,2,與s=5矛盾.

當(dāng)αs≥8時(shí),若Ω(n)為偶數(shù),則由(7)式可知

12αs≥3S(22αs)=2αs-1φ(m)+2s-1>

矛盾.故Ω(n)為奇數(shù),此時(shí)由(7)式可知12αs≥3S(22αs)=2αs-1φ(m)-2s-1.若αs≤s,則由上式及φ3(n)>0可知12αs≥2αs-1[φ(m)-2s-αs]≥2αs-1>12αs,矛盾.故αs>s,由φ(m)≥2及上式可知

12αs≥2αs-1φ(m)-2s-1>2αs-1φ(m)-2αs-1=

仍然矛盾.

因此,當(dāng)αs≥8時(shí),方程(1)無(wú)解.

2) 若α≥2或α∈{0,1},且存在pi≡1(mod3),則由引理2.3知

(8)

(b) 若SL(n)=max不妨設(shè)此時(shí)再由引理2.3可知其中顯然gcd(m,ps)=1.即方程(1)為

(9)

若αs≥2且ps≠2,則由引理2.2及(9)式知

即

故αs=2.此時(shí)

即(ps-1)φ(m)=12,故φ(m)=2且ps=7,或φ(m)=1且ps=13.若為前者,則m=3,4,6,相應(yīng)地,n=3·72,22·72,2·3·72,經(jīng)檢驗(yàn)均為方程(1)的解.若為后者,則m=1,2,相應(yīng)地,n=132,2·132,經(jīng)檢驗(yàn)均為方程(1)的解.

綜上所述,定理1.1得證.

定理1.2的證明可直接計(jì)算知,n=1,2,3,4均不是方程(1)的解.

1) 若α∈{0,1}且任意pi≡3(mod4),則由SL(n)=max可知SL(n)恒為奇數(shù),不妨設(shè)此時(shí)S(SL(n2))=再由引理2.4知

(-1)Ω(n)·2

(-1)Ω(n)·2s],

S(p2αss).

(10)

對(duì)比方程兩邊ps的個(gè)數(shù)可知αs=1,則(10)式即為

又ps為奇素?cái)?shù),不妨設(shè)ps-1=2rt,其中r≥1,gcd(2,t)=1.此時(shí)(10)式即為

2rtφ(m)=8(2rt+1)+(-1)Ω(n)+12s.(11)

當(dāng)r=1時(shí),方程(11)為

tφ(m)=4(2t+1)+(-1)Ω(n)+12s-1.

(12)

此時(shí),若s=1,則tφ(m)=4(2t+1)+(-1)Ω(n)+1,故φ(m)=1,即(12)式為t=4(2t+1)±1,矛盾.若s=2,則tφ(m)=4(2t+1)+(-1)Ω(n)+1·2,故t|2或t|6,又gcd(t,2)=1,故t=1或3,此時(shí)ps=3或7,即或與題設(shè)矛盾.若s=3,則tφ(m)=4(2t+1)±4,若Ω(n)為偶數(shù),則tφ(m)=4(2t+1)-4=4t,即φ(m)=8,故m=15,16,20,24,30,相應(yīng)地,n=3·5ps,24ps,22·5ps,23·3ps,5·2·3ps,與題設(shè)矛盾.故Ω(n)為奇數(shù),則tφ(m)=4(2t+1)+4,故t|8,又gcd(t,2)=1,故t=1.此時(shí)ps=3,即因?yàn)槊?故必有s≥4,此時(shí)由可知8|φ(m),即2|2t+1+(-1)Ω(n)+1·2s-3,故2|1,矛盾.

當(dāng)r≥2時(shí),顯然s≥3,此時(shí)4|φ(m),則方程(11)即為

2r-2tφ(m)=2(2rt+1)+

(-1)Ω(n)+1·2s-2,

(13)

若s=3,(13)式即為2r-2tφ(m)=2(2rt+1)+(-1)Ω(n)+1·2,若Ω(n)為偶數(shù)時(shí),則2r-2tφ(m)=2rt,即φ(m)=4,故m=5,8,10,12,相應(yīng)地,n=5ps,23ps,2·5ps,22·3ps,與題設(shè)矛盾.故Ω(n)為奇數(shù),則2r-2tφ(m)=2(2rt+1)+2,故2r-2t|4,即t=1,r=2,3,4,此時(shí)ps=5,9或17,與題設(shè)矛盾.故s≥4,此時(shí)4|2(2rt+1)+(-1)Ω(n)+1·2s-2,即4|2,矛盾.

2) 若α≥2或α∈{0,1},且存在pi≡1(mod4),則由引理2.4知

(14)

(15)

當(dāng)αs≥2時(shí),由引理2.2及(15)式可知

即

綜上所述,定理1.2得證.

定理1.3的證明可直接計(jì)算知,n=1,2,3,4,5,6均不是方程(1)的解.

設(shè)n=2α3是不同的素?cái)?shù)且gcd(pi,6)=1(1≤i≤s).

1) 若s=0,即n=2α3β>6.

(c) 當(dāng)β≥2,即n=2α3β>6.

當(dāng)α≥1時(shí),即n=2α3β,由引理2.1知SL(n)=max{2α,3β},若SL(n2)=22α(α≥4),此時(shí)S(SL(n2))=S(22α)≤4α,再由引理2.5可知φ6(2α3β)=2α-13β-2,故要使方程(1)成立,即4α≥2α-13β-2≥2α-1,則α=4,5.若α=4,此時(shí)n=2α3β=24·3β=24·32=144,經(jīng)檢驗(yàn)均不是方程(1)的解.故α=5,此時(shí)n=2α3β=25·3β=25·32,25·33,經(jīng)檢驗(yàn)均不是方程(1)的解.故SL(n2)=32β,此時(shí)S(SL(n2))=S(32β)≤6β,再由引理2.5可知φ6(2α3β)=2α-13β-2,故要使方程(1)成立,即6β≥2α-13β-2≥3β-2,則β=2,3,4,5.當(dāng)β=2時(shí),S(34)=9,故φ(2α)=9,矛盾.當(dāng)β=3時(shí),故φ(2α)=5,矛盾.當(dāng)β=4時(shí),故φ(2α)=2,α=2,相應(yīng)地n=22·34=324,經(jīng)檢驗(yàn)其是方程(1)的解.當(dāng)β=5時(shí),故矛盾.

2) 若s≥1,即n=2α3是不同的素?cái)?shù)且gcd(pi,6)=1(1≤i≤s).

(a) 若α=0,β∈{0,1},且任意pi≡5(mod6),由SL(n)=max知SL(n)=max不妨設(shè)此時(shí)再由引理2.5可知

(-1)Ω(n)2ω(n)+1-β]=

S(p2αss).

(16)

2rtφ(m)=12(2rt+1)+

(-1)Ω(n)+1·2s+1.

(17)

當(dāng)r=1時(shí),方程(17)為tφ(m)=6(2t+1)+(-1)Ω(n)+1·2s.若s=1,則tφ(m)=6(2t+1)±2,矛盾.若s=2,則tφ(m)=6(2t+1)±4,故t|2或t|10,又gcd(t,2)=1,故t=1或5,此時(shí)ps=3或11,由任意pi≡5(mod6),故ps=11,即n=5·11,3·5·11,經(jīng)檢驗(yàn)均不是方程(1)的解.故必有s≥3,此時(shí)由可知4|φ(m),即4|6(2t+1)+(-1)Ω(n)+1·2s,故2|3,矛盾.故r≥2,此時(shí)方程(17)即為2r-1tφ(m)=6(2rt+1)+(-1)Ω(n)+1·2s.若s=1,上式為2r-1tφ(m)=6(2rt+1)±2,矛盾.故s≥2,此時(shí)4|6(2rt+1)+(-1)Ω(n)+1·2s,即4|6,故矛盾.

(b) 若α=1,β∈{0,1},且任意pi≡5(mod6),則SL(n)=max可知SL(n)=max不妨設(shè)此時(shí),再由引理2.5可知

(-1)Ω(n)·2ω(n)-1-β]=

S(p2αss).

(18)

對(duì)比方程兩邊ps的個(gè)數(shù)可知αs=1,則(18)式即為

又ps為奇素?cái)?shù),不妨設(shè)ps-1=2rt,其中r≥1,gcd(2,t)=1.此時(shí)(18)式即為

2rtφ(m)=12(2rt+1)+

(-1)Ω(n)+1·2s.

(19)

證明方法與(a)類似,從而證明方程(1)在此情形下無(wú)解.

(c) 若α≥2,β∈{0,1},且任意pi≡5(mod6),由引理2.2知SL(n)=max再由引理2.5可知

(i) 若SL(n2)=22α(α≥3),此時(shí)S(SL(n2))=S(22α).再由引理2.5可知

當(dāng)α=3時(shí),由SL(n)=max故n=23·3β·5=40,120,經(jīng)檢驗(yàn)均不是方程(1)的解.

當(dāng)α=6,7,8時(shí),方法與α=4,5類似,同理可知,矛盾.

當(dāng)α≥9時(shí),若Ω(n)為奇數(shù),則由(20)式可知24α≥6S(22α)=2α-1φ(m)+2s+1≥2α-1φ(m)≥2α-1>24α,矛盾.故Ω(n)為偶數(shù),此時(shí)由(20)式可知24α≥6S(22α)=2α-1φ(m)-2s+1.若α-1≤s+1,則由上式可知24α≥2α-1φ(m)-2s+1≥2α-1[φ(m)-2s+1-α+1]≥2α-1>24α,矛盾.故α-1>s+1,由φ(m)≥2及上式可知24α≥2α-1φ(m)-2s+1≥2α-1φ(m)-2α-1=2α-1[φ(m)-1]≥2α-1>24α,矛盾.

(ii) 若SL(n)=max不妨設(shè)此時(shí),再由引理2.5可知

(-1)Ω(n)·2ω(n)-β]=

(-1)Ω(n)·2

(21)

對(duì)比方程兩邊ps的個(gè)數(shù)可知αs=1,則(21)式即為

又ps為奇素?cái)?shù),不妨設(shè)ps-1=2rt,其中r≥1,gcd(2,t)=1.此時(shí)(18)式即為

2rtφ(m)=12(2rt+1)+

(-1)Ω(n)·2s+1.

(22)

證明方法與(a)類似,從而證明方程(1)在此情形下無(wú)解.

(d) 若β≥2,或β∈{0,1}且存在pi≡1(mod6),由引理2.1知SL(n)=max再由引理2.5可知

(23)

(24)

(25)

綜上所述,定理1.3得證.

4 總結(jié)與展望

本文基于Smarandache函數(shù),Smarandache LCM函數(shù)基本性質(zhì),以及φe(n)(e=3,4,6)的準(zhǔn)確計(jì)算公式,在文獻(xiàn)[20]的基礎(chǔ)上,利用初等的方法和技巧,研究了數(shù)論方程S(SL(n2))=φe(n)(e=3,4,6)的可解性,并確定了其全部正整數(shù)解.對(duì)于e=5,8,12的情形,相應(yīng)的廣義歐拉函數(shù)φe(n)的部分計(jì)算公式已由文獻(xiàn)[6-7]給出,因此,后續(xù)可以研究方程S(SL(nk))=φe(n)(e=5,8,12)的正整數(shù)解問(wèn)題,其中k為給定的正整數(shù).