方程S(SL(n2))=φe(n)(e=3,4,6)的可解性

王慧莉, 廖群英, 任 磊

(四川师范大学 数学科学学院, 四川 成都 610066)

1 引言及主要结果

φ

1993年,著名数论专家Smarandache教授提出了正整数n的Smarandache函数,即对于任意正整数n,S(n)定义为满足n|m!的最小正整数m[8].后来人们根据Smarandache函数定义了伪Smarandache函数和Smarandache LCM函数,其中Smarandache LCM函数SL(n)定义为最小的正整数m,使得1,2,…,m的最小公倍数能被n整除[9].

近年来,文献[10-15]给出了Smarandache函数的准确计算公式和Smarandache函数的几类推广函数及其性质;文献[16-21]研究了关于Smarandache函数,Smarandache LCM函数和广义Euler函数的复合函数的函数方程问题.本文基于前人对于函数方程问题的研究,讨论了当e∈{3,4,6}时,数论函数方程

S(SL(n2))=φe(n)

(1)

的可解性,并给出了其全部正整数解.

定理 1.1若e=3,则方程(1)的解为

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

定理 1.2若e=4,则方程(1)的解为

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

250,289,300,578.

定理 1.3若e=6,则方程(1)的解为

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

490,507,588,676,1 014.

2 相关引理

为后文叙述方便,设n为正整数,记Ω(n)为n的素因子个数(重复计数),ω(n)为n的不同的素因子的个数,并规定Ω(1)=ω(1)=0.为证明本文主要结果,需要以下几个引理.

SL(n)=max{pαii|i=1,2,…,s}.

特别地,当p为素数及k≥1时,SL(pk)=pk.

S(n)=max{S(pα11),S(pα22),…,S(pαss)}.

2)[12]设p为素数,k为正整数,则S(pk)≤kp;进而,若k

3)[13]若p为素数,α为正整数,则p|S(pα).

引理 2.3[4]若n=3其中α,αi≥0,pi是不同的素数且gcd(pi,3)=1(1≤i≤s),则

φ3(n)=

引理 2.4[4]若n=2其中α,αi≥0,pi是不同的奇素数,则

φ4(n)=

引理 2.5[5]若n=2α3其中α,αi≥0,pi是不同的素数且gcd(pi,6)=1(1≤i≤s),则

引理 2.6[21]若正整数n=2α3β>6,则

3 主要结果的证明

定理1.1的证明可直接计算知,n=1,2,3均不是方程(1)的解.

现设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故有两种情况:若SL(n2)=32α=9,则n=6,经检验其不是方程(1)的解;故不妨设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)

比较两边ps的个数可得αs=1,此时方程(3)即为

(ps-1)φ(m)+(-1)Ω(n)·2s-1=6ps.

又ps为奇素数,不妨设ps-1=2r·t,其中r≥1,gcd(2,t)=1.此时方程(3)即为

2rtφ(m)=6(2rt+1)+

(-1)Ω(n)+1·2s-1,

(4)

对比两边2的个数可知s≥2.若r=1,则方程(4)为

2tφ(m)=6(2t+1)+

(-1)Ω(n)+1·2s-1,

(5)

此时由s=2可知(5)式即为

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.此时由ps-1=2rt知ps=3,矛盾.故必有s≥3,对比(5)式两边的奇偶性可得矛盾.故r≥2,此时由s=2及(4)式可知

2r-1tφ(m)=3(2rt+1)+(-1)Ω(n)+1,

(b) 当2αs≥ps时,因ps≡2(mod3)≥2,可知αs≥1.再由引理2.2知不妨设其中h,ks为正整数,且gcd(h,ps)=1.则由(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,对比(6)式两边ps的个数可知矛盾.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)

当αs=1时,由(7)式可知

φ(m)=(-1)Ω(n)+1·2s-1+3S(22)=

12+(-1)Ω(n)+1·2s-1,

当αs=2时,由(7)式可知φ(m)=9+(-1)Ω(n)+1·2s-2,故s=2,此时φ(m)=8,10.若为前者,则m=15,16,20,24,30,又gcd(m,ps)=1,故m=15,相应地n=22·15,与max22矛盾.若为后者,则m=11,22,又gcd(m,ps)=1,故m=11,相应地n=22·11,与max矛盾.

当αs=3时,由(7)式可知φ(m)=6+(-1)Ω(n)+1·2s-3,则s≥4.若s=4,即φ(m)=4,8.若为前者,则m=5,8,10,12,又gcd(m,ps)=1,故m=5,相应地n=23·5,与s=4矛盾.若为后者,则m=15,16,20,24,30.又gcd(m,ps)=1,故m=15,相应地n=23·15,与s=4矛盾.故s≥5,由m的定义可知4|φ(m),即4|6+(-1)Ω(n)+1·2s-3,从而2|3,矛盾.

当αs=4时,由(7)式可知

故s=2且φ(m)=4,从而m=5,8,10,12.又gcd(m,ps)=1,故m=5,相应地n=24·5.经检验知n=24·5=80是方程(1)的解.

当αs=5时,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,相应地,n=25·3,此与s=3矛盾.

当αs=6时,由(7)式可知

故s=5,此时φ(m)=1,2,故m=1,2,3,4,6,此与s=5矛盾.

当αs=7时,由(7)式可知

故s=5,此时φ(m)=1,即m=1,2,与s=5矛盾.

当αs≥8时,若Ω(n)为偶数,则由(7)式可知

12αs≥3S(22αs)=2αs-1φ(m)+2s-1>

矛盾.故Ω(n)为奇数,此时由(7)式可知12αs≥3S(22αs)=2αs-1φ(m)-2s-1.若αs≤s,则由上式及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,当αs≥8时,方程(1)无解.

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

(8)

(b) 若SL(n)=max不妨设此时再由引理2.3可知其中显然gcd(m,ps)=1.即方程(1)为

(9)

若αs≥2且ps≠2,则由引理2.2及(9)式知

即

故αs=2.此时

即(ps-1)φ(m)=12,故φ(m)=2且ps=7,或φ(m)=1且ps=13.若为前者,则m=3,4,6,相应地,n=3·72,22·72,2·3·72,经检验均为方程(1)的解.若为后者,则m=1,2,相应地,n=132,2·132,经检验均为方程(1)的解.

综上所述,定理1.1得证.

定理1.2的证明可直接计算知,n=1,2,3,4均不是方程(1)的解.

1) 若α∈{0,1}且任意pi≡3(mod4),则由SL(n)=max可知SL(n)恒为奇数,不妨设此时S(SL(n2))=再由引理2.4知

(-1)Ω(n)·2

(-1)Ω(n)·2s],

S(p2αss).

(10)

对比方程两边ps的个数可知αs=1,则(10)式即为

又ps为奇素数,不妨设ps-1=2rt,其中r≥1,gcd(2,t)=1.此时(10)式即为

2rtφ(m)=8(2rt+1)+(-1)Ω(n)+12s.(11)

当r=1时,方程(11)为

tφ(m)=4(2t+1)+(-1)Ω(n)+12s-1.

(12)

此时,若s=1,则tφ(m)=4(2t+1)+(-1)Ω(n)+1,故φ(m)=1,即(12)式为t=4(2t+1)±1,矛盾.若s=2,则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,此时ps=3或7,即或与题设矛盾.若s=3,则tφ(m)=4(2t+1)±4,若Ω(n)为偶数,则tφ(m)=4(2t+1)-4=4t,即φ(m)=8,故m=15,16,20,24,30,相应地,n=3·5ps,24ps,22·5ps,23·3ps,5·2·3ps,与题设矛盾.故Ω(n)为奇数,则tφ(m)=4(2t+1)+4,故t|8,又gcd(t,2)=1,故t=1.此时ps=3,即因为矛盾.故必有s≥4,此时由可知8|φ(m),即2|2t+1+(-1)Ω(n)+1·2s-3,故2|1,矛盾.

当r≥2时,显然s≥3,此时4|φ(m),则方程(11)即为

2r-2tφ(m)=2(2rt+1)+

(-1)Ω(n)+1·2s-2,

(13)

若s=3,(13)式即为2r-2tφ(m)=2(2rt+1)+(-1)Ω(n)+1·2,若Ω(n)为偶数时,则2r-2tφ(m)=2rt,即φ(m)=4,故m=5,8,10,12,相应地,n=5ps,23ps,2·5ps,22·3ps,与题设矛盾.故Ω(n)为奇数,则2r-2tφ(m)=2(2rt+1)+2,故2r-2t|4,即t=1,r=2,3,4,此时ps=5,9或17,与题设矛盾.故s≥4,此时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),则由引理2.4知

(14)

(15)

当αs≥2时,由引理2.2及(15)式可知

即

综上所述,定理1.2得证.

定理1.3的证明可直接计算知,n=1,2,3,4,5,6均不是方程(1)的解.

设n=2α3是不同的素数且gcd(pi,6)=1(1≤i≤s).

1) 若s=0,即n=2α3β>6.

(c) 当β≥2,即n=2α3β>6.

当α≥1时,即n=2α3β,由引理2.1知SL(n)=max{2α,3β},若SL(n2)=22α(α≥4),此时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,则α=4,5.若α=4,此时n=2α3β=24·3β=24·32=144,经检验均不是方程(1)的解.故α=5,此时n=2α3β=25·3β=25·32,25·33,经检验均不是方程(1)的解.故SL(n2)=32β,此时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,则β=2,3,4,5.当β=2时,S(34)=9,故φ(2α)=9,矛盾.当β=3时,故φ(2α)=5,矛盾.当β=4时,故φ(2α)=2,α=2,相应地n=22·34=324,经检验其是方程(1)的解.当β=5时,故矛盾.

2) 若s≥1,即n=2α3是不同的素数且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不妨设此时再由引理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)

当r=1时,方程(17)为tφ(m)=6(2t+1)+(-1)Ω(n)+1·2s.若s=1,则tφ(m)=6(2t+1)±2,矛盾.若s=2,则tφ(m)=6(2t+1)±4,故t|2或t|10,又gcd(t,2)=1,故t=1或5,此时ps=3或11,由任意pi≡5(mod6),故ps=11,即n=5·11,3·5·11,经检验均不是方程(1)的解.故必有s≥3,此时由可知4|φ(m),即4|6(2t+1)+(-1)Ω(n)+1·2s,故2|3,矛盾.故r≥2,此时方程(17)即为2r-1tφ(m)=6(2rt+1)+(-1)Ω(n)+1·2s.若s=1,上式为2r-1tφ(m)=6(2rt+1)±2,矛盾.故s≥2,此时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),则SL(n)=max可知SL(n)=max不妨设此时,再由引理2.5可知

(-1)Ω(n)·2ω(n)-1-β]=

S(p2αss).

(18)

对比方程两边ps的个数可知αs=1,则(18)式即为

又ps为奇素数,不妨设ps-1=2rt,其中r≥1,gcd(2,t)=1.此时(18)式即为

2rtφ(m)=12(2rt+1)+

(-1)Ω(n)+1·2s.

(19)

证明方法与(a)类似,从而证明方程(1)在此情形下无解.

(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),此时S(SL(n2))=S(22α).再由引理2.5可知

当α=3时,由SL(n)=max故n=23·3β·5=40,120,经检验均不是方程(1)的解.

当α=6,7,8时,方法与α=4,5类似,同理可知,矛盾.

当α≥9时,若Ω(n)为奇数,则由(20)式可知24α≥6S(22α)=2α-1φ(m)+2s+1≥2α-1φ(m)≥2α-1>24α,矛盾.故Ω(n)为偶数,此时由(20)式可知24α≥6S(22α)=2α-1φ(m)-2s+1.若α-1≤s+1,则由上式可知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不妨设此时,再由引理2.5可知

(-1)Ω(n)·2ω(n)-β]=

(-1)Ω(n)·2

(21)

对比方程两边ps的个数可知αs=1,则(21)式即为

又ps为奇素数,不妨设ps-1=2rt,其中r≥1,gcd(2,t)=1.此时(18)式即为

2rtφ(m)=12(2rt+1)+

(-1)Ω(n)·2s+1.

(22)

证明方法与(a)类似,从而证明方程(1)在此情形下无解.

(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)

综上所述,定理1.3得证.

4 总结与展望

本文基于Smarandache函数,Smarandache LCM函数基本性质,以及φe(n)(e=3,4,6)的准确计算公式,在文献[20]的基础上,利用初等的方法和技巧,研究了数论方程S(SL(n2))=φe(n)(e=3,4,6)的可解性,并确定了其全部正整数解.对于e=5,8,12的情形,相应的广义欧拉函数φe(n)的部分计算公式已由文献[6-7]给出,因此,后续可以研究方程S(SL(nk))=φe(n)(e=5,8,12)的正整数解问题,其中k为给定的正整数.