关于方程Z(SL(n))=φe(n)的可解性

曹 颖,杨 海,罗永亮

(西安工程大学 理学院,陕西 西安 710048)

1 介绍

Smarandache函数是由数论专家Smarandache教授提出的一个非常重要的数论函数[1].后来,数论学家通过与Smarandache函数的类比,定义了伪Smarandache函数和Smarandache LCM函数.对于任意的正整数n,伪Smarandache函数Z(n)定义为满足条件的最小的正整数m[2],即

对于任意的正整数n,Smarandache LCM函数SL(n)定义为满足条件的最小的正整数m[3],即

SL(n)=min{m:m∈Z+,n|lcm[1,2,3,…,m]}.

本文进一步对相关数论函数方程可解性问题进行研究,利用初等方法和Z(n),SL(n),φe(n)的基本性质,讨论了当e=1,2,3,4时,数论函数方程

Z(SL(n))=φe(n)

的可解性,得到了如下主要结果.

设n=2kp1k1p2k2…psks,其中p1,p2,…,ps都是素数,s,k1,k2,…,ks∈N.

定理1.1 若e=1,则方程Z(SL(n))=φ(n)的所有正整数解是n=1或n=2ps,其中psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},ks=1.

定理1.2 若e=2,则方程Z(SL(n))=φ2(n)的所有正整数解为n=4ps,其中psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},ks=1.

定理1.3 如果e=3,那么除了方程Z(SL(n))=φ3(n)的正整数解n=72外,存在其他正整数解的必要条件是ps=2t+1(t∈N,1≤t≤s,psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},pi≡2(mod3)(1≤i≤s),3α∈{p1k1,p2k2,…,psks,1},α∈{0,1}).

定理1.4 若e=4,则方程Z(SL(n))=φ4(n)的正整数解为n=8ps,其中psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},且pi≡3(mod4)(1≤i≤s)和k=0,1不同时成立.存在其他正整数解的必要条件是ps=2t+1,(t∈N,1≤t≤s+1,psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},k=1,pi≡3(mod4)(1≤i≤s))或ps=2t+1(t∈N,1≤t≤s+2,psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},k=0,pi≡3(mod4)(1≤i≤s)).

2 引理

为了完成定理的证明,我们需要以下几个简单引理.

引理2.1[13]对于任意素数p,φ(pk)=pk-pk-1(k∈N*).

引理2.2[13]令正整数n标准分解为n=2kp1k1p2k2…psks,其中p1,p2,…,ps为不同的奇素数,且s,k1,k2,…,ks∈N,则有SL(n)=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks}.

引理2.3[13]对于任意奇素数p≥3及k≥1,有Z(pk)=pk-1(k∈N*),当p=2时,则有Z(2k)=2k+1-1(k∈N).

引理2.4[6]设n=3αp1k1p2k2…psks为任意正整数,其中p1,p2,…,ps是除3和α,s,k1,k2,…,ks∈N之外的不同素数,则

引理2.5[6]设n=2αp1k1p2k2…psks为任意正整数,其中p1,p2,…,ps为不同的奇素数,且α,s,k1,k2,…,ks∈N,则

3 定理的证明

定理1.1的证明令n=2kp1k1p2k2…psks,其中p1,p2,…,ps都是素数,s,k1,k2,…,ks∈N,在以下三种情况下讨论方程Z(SL(n))=φe(n)(e=1)的解:

(i) 显然,Z(SL(1))=φ(1),因此n=1是方程Z(SL(n))=φ(n)的解.

(ii) 若2k=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},则k≥1.在这种情况下,由引理2.2可得SL(n)=2k,又由引理2.3可得Z(SL(n))=2k+1-1.将Z(SL(n))=2k+1-1和φ(n)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)代入方程Z(SL(n))=φ(n)可得

2k+1-1=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1),

求解此方程可得k=1,n=2,即3=p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1),显然不成立,所以方程Z(SL(n))=φ(n)在这种情况下无解.

(iii) 若psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},则k≥1.在这种情况下,由引理2.2可得SL(n)=psks,又由引理2.3可得Z(SL(n))=psks-1.将Z(SL(n))=psks-1和φ(n)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)代入方程Z(SL(n))=φ(n)可得

psks-1=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1),

求解此方程可得ks=1,k=1,n=2ps,所以方程Z(SL(n))=φ(n)在这种情况下有解n=2ps.

综上所述,定理1.1结论成立.

定理1.2的证明令n=2kp1k1p2k2…psks,其中p1,p2,…,ps都是素数,s,k1,k2,…,ks∈N,在以下三种情况下讨论方程Z(SL(n))=φe(n)(e=2)的解:

(i) 显然,Z(SL(1))≠φ2(1),Z(SL(2))≠φ2(2),因此n=1,2不是方程Z(SL(n))=φ2(n)的解.

(ii) 若2k=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},则k≥2.在这种情况下,由引理2.2可得SL(n)=2k,又由引理2.3可得Z(SL(n))=2k+1-1.将Z(SL(n))=2k+1-1和φ2(n)=2k-2p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)代入方程Z(SL(n))=φ2(n)可得

2k+1-1=2k-2p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1),

方程右边是奇数,易知k=2.进一步可得,7=p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1),显然,这个方程不成立,此时方程Z(SL(n))=φ2(n)无解.

(iii) 设psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},则k≥1.在这种情况下,由引理2.2可得SL(n)=psks,又由引理2.3可得Z(SL(n))=psks-1.将Z(SL(n))=psks-1和φ2(n)=2k-2p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)代入方程Z(SL(n))=φ2(n)可得

psks-1=2k-2p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1),

对此方程两端同时取模ps,则psks-1≡-1≡-2k-2p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(modps),易得ks=1,k=2,n=4ps,此时方程Z(SL(n))=φ2(n)有解n=4ps.

综上所述,定理1.2结论成立.

定理1.3的证明令n=2kp1k1p2k2…psks,其中p1,p2,…,ps都是素数,s,k1,k2,…,ks∈N,在以下三种情况下讨论方程Z(SL(n))=φe(n)(e=3)的解:

(i) 显然,Z(SL(1))≠φ3(1),Z(SL(2))≠φ3(2),Z(SL(3))≠φ3(3),即n=1,2,3不是方程Z(SL(n))=φ3(n)的解.

(ii) 若2k=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},则k≥2.在这种情况下,由引理2.2可得SL(n)=2k,又由引理2.3可得Z(SL(n))=2k+1-1.

分两种情况进行讨论:

代入方程Z(SL(n))=φ3(n)可得

3(2k+1-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)+(-1)Ω(n)2ω(n)-α-1.

在以下两种情形下讨论α:

当α=0时,如果ω(n)=1,则n=2k,由上式进一步可得3(2k+1-1)=2k-1+(-1)Ω(n)=2k-1+(-1)k,即11×2k-1=3+(-1)k.显然,此方程不成立.若ω(n)>1,方程左边是奇数,右边是偶数,不可能成立.因此在这种情形下,方程Z(SL(n))=φ3(n)无解.

当α=1时,ω(n)≥2.若ω(n)=2,则n=2k×3.对方程3(2k+1-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)+(-1)Ω(n)2ω(n)-α-1两边取模3可得0≡(-1)Ω(n)22-1-1≡(-1)Ω(n)(mod3),显然这个同余公式不成立;若ω(n)>2,且k≥2,方程左边是奇数,右边是偶数,不可能成立.因此在这种情形下,方程Z(SL(n))=φ3(n)无解.

(iii) 若psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},则k≥1.在这种情况下,由引理2.2可得SL(n)=psks,又由引理2.3可得Z(SL(n))=psks-1.

分两种情况进行讨论:

代入方程Z(SL(n))=φ3(n)可得

3(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)+(-1)Ω(n)2ω(n)-α-1.

在以下两种情形下讨论α:

当α=0时,若ω(n)=s+1,由上式进一步可得3(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)+(-1)Ω(n)2s.对方程两边同时取模ps-1可得0≡(-1)Ω(n)2s≡2s(modps-1),因此ps=2t+1(t∈N,1≤t≤s)是方程有解的必要条件.根据初等数论知识,若ps=2t+1是一个素数,则p是2的平方,所以ps是费马素数.到目前为止,只发现了5个费马素数.如果费马素数只存在有限个的假设成立,那么方程Z(SL(n))=φ3(n)在这种情形下只存在有限个解.

当α=1时,ω(n)≥2.若ω(n)=2,则n=2k×3.对方程3(2k+1-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)+(-1)Ω(n)2ω(n)-α-1两边取模3可得0≡(-1)Ω(n)22-1-1≡(-1)Ω(n)(mod3),显然这个同余公式不成立;若ω(n)>2,根据k≥2,方程左边是奇数,右边是偶数,不可能成立.因此在这种情形下,方程Z(SL(n))=φ3(n)无解.

代入方程Z(SL(n))=φ3(n)可得3(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1).

在以下两种情形下讨论ks:

当ks=1时,若ω(n)=s+1,由上式进一步可得3(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…ps-1ks-1-1(ps-1-1).显然,方程左边是奇数且右边是偶数,不可能成立.因此在这种情形下,方程Z(SL(n))=φ3(n)无解.

当ks>1时,对方程3(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)两边取模ps可得-3≡0(modps),易得ps=3.进一步,由方程3(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)可得ks=2,n=72,故方程Z(SL(n))=φ3(n)在这种情形下的解只有n=72.

综上所述,定理1.3结论成立.

定理1.4的证明令n=2kp1k1p2k2…psks,其中p1,p2,…,ps都是素数,s,k1,k2,…,ks∈N,在以下三种情况下讨论方程Z(SL(n))=φe(n)(e=4)的解:

(i) 显然,Z(SL(1))≠φ4(1),Z(SL(2))≠φ4(2),Z(SL(3))≠φ4(3),Z(SL(4))≠φ4(4),即n=1,2,3,4不是方程Z(SL(n))=φ4(n)的解.

代入方程Z(SL(n))=φ4(n)可得4(2k+1-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1).

分两种情形进行讨论:

(a) 若k=2,则n=4,4×2,经检验,它们不是方程Z(SL(n))=φ4(n)的解.

(b) 若k=3,则n=8,8×3,8×5,8×7,8×3×5,8×7×5,8×3×7,8×3×5×7,经检验,它们不是方程Z(SL(n))=φ4(n)的解.

(iii) 若psks=max{2k,p1k1,p2k2,…,psks},则k≥1.在这种情况下,由引理2.2可得SL(n)=psks,又由引理2.3可得Z(SL(n))=psks-1.

分两种情形进行讨论:

4(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)+(-1)Ω(n)2ω(n)-α.

在以下两种情况下讨论α:

当α=k=0时,根据ω(n)=s+1,由上式进一步可得8(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)+(-1)Ω(n)2s+2.对方程两边同时取模ps-1可得0≡(-1)Ω(n)2s+2≡2s+2(modps-1),因此ps=2t+1(t∈N,1≤t≤s+2)是方程有解的必要条件.根据初等数论知识,若ps=2t+1是一个素数,且t是2的平方,则ps是一个费马素数.到目前为止,只发现了5个费马素数.如果费马素数只存在有限个的假设成立,那么方程Z(SL(n))=φ4(n)在这种情形下只存在有限个解.

当α=k=1时,根据ω(n)=s+1,由上式进一步可得8(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)+(-1)Ω(n)2s+1.对方程两边同时取模ps-1可得0≡(-1)Ω(n)2s+1≡2s+1(modps-1),因此ps=2t+1(t∈N,1≤t≤s+1)是方程有解的必要条件.根据初等数论知识,若ps=2t+1是一个素数,且t是2的平方,则ps是一个费马素数.到目前为止,只发现了5个费马素数.如果费马素数只存在有限个的假设成立,那么方程Z(SL(n))=φ4(n)在这种情形下只存在有限个解.

在以下两种情形下讨论ks:

当ks=1时,由上式进一步可得4=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…ps-1ks-1-1(ps-1-1).进一步,我们可以推导出k=3,n=8ps,则方程Z(SL(n))=φ4(n)在这种情形下的解为n=8ps.

当ks>1时,对方程3(psks-1)=2k-1p1k1-1(p1-1)p2k2-1(p2-1)…psks-1(ps-1)两边取模ps可得-4≡0(modps).显然,这样一个质数ps不存在,故方程Z(SL(n))=φ4(n)在这种情形下无解.