兩個關(guān)于Smarandache函數(shù)的方程

摘要：對任意正整數(shù)n，著名的Smarandache函數(shù)S（n）定義為最小的正整數(shù)m，使得n|m！對于任意給定的正整數(shù)n，著名的偽Smarandache函數(shù)Z（n）定義為最小的正整數(shù)m，使得n|1+2+…m=■。文章用初等方法研究了方程S（n）=Z（n）和S（n）+Z（n）=n，并給出了它們的全部解.

關(guān)鍵詞：Smarandache函數(shù) 偽Smarandache函數(shù) 整數(shù)解

1 概述

對任意正整數(shù)n，令S（n）表示Smarandache函數(shù)，其定義為使n|m！的最小的正整數(shù)m，即S（n）=min{m：n|m！，m∈N}。如果n=p■■p■■…p■■為n的標準因子分解式，則由定義容易推出S（n）=■{s（p■■）}。由此也不難算出S（n）的前幾個值為：

S（1）=1，S（2）=2，S（3）=3，S（4）=4，S（5）=5，S（6）=3，S（7）=7，S（8）=4，S（9）=6，S（10）=5，S（11）=11，S（12）=4，S（13）=13，S（14）=7，S（15）=5，S（16）=6，……。對于任意給定的正整數(shù)n，著名的偽Smarandache函數(shù)Z（n）定義為最小的正整數(shù)m，使得n|1+2+…m=■，即Z（n）=min{m：m∈N，n|■}。

由此公式可知Z（1）=1，Z（2）=3，Z（3）=2，Z（4）=7，Z（5）=4，Z（6）=3，Z（7）=6，Z（8）=15，Z（9）=8，Z（10）=4，Z（11）=10，Z（12）=8，Z（13）=12，Z（14）=7，Z（15）=5，Z（16）=31，……。該函數(shù)是Kashihara在文獻中提出的。Kashihara和Ibstedt研究了它的性質(zhì)并獲得了一系列有趣的結(jié)果。

本文的主要目的是利用初等方法研究方程S（n）=Z（n）和S（n）+Z（n）=n，而且把它們所有的正整數(shù)解都給出來了，也就是要證明下面的：

定理1：如果n是偶完全數(shù)，則n必為方程S（n）=Z（n）的解。

定理2：n=6，12是方程S（n）+Z（n）=n僅有的兩個特殊正整數(shù)解，其它正整數(shù)n滿足方程當且僅當n=p·u或者n=p·2α·u，其中素數(shù)p？叟7，2α|p-1.u是■的任意一個大于1的奇數(shù)因子。

2 定理的證明

這一部分，我們將會用初等方法直接證明定理，為此我們先要引入兩個引理：

引理：n是偶完全數(shù)的充要條件是n=2p-1（2p-1），其中 p和2p-1都是素數(shù)。

引理：如果p為一素數(shù)，那么S（pk）？燮kp；如果k

設(shè)n=p■■p■■…p■■為n的標準因子分解式，則S（n）=■{S（p■■）}=S（pα），其中p為素數(shù)。由引理知當n=2p-1（2p-1）時S（n）=■{S（2p-1），S（2p-1）}。

S（2p-1）<2（p-1），S（2p-1）=2p-1，

顯然2（p-1）<2p-1，所以S（n）=S（2p-1）=2p-1（1）

由于n=2p-1（2p-1）=■，所以Z（n）=2p-1（2）

由（1）和（2）知：如果n是偶完全數(shù)，則S（n）=Z（n）。

定理1證畢。

下面利用初等及組合的方法來證明定理2。

容易驗證：Z（1）+S（1）=2≠1，Z（2）+S（2）=5≠2，Z（3）+S（3）=5≠3，Z（4）+S（4）=11≠4，Z（5）+S（5）=9≠5，Z（6）+S（6）=6所以n=1，2，3，4，5都不是方程S（n）+Z（n）=n的解，n=6是方程S（n）+Z（n）=n的解。所以方程的其它解一定滿足n？叟7，若n=p■■p■■…p■■為n的標準因子分解式，則S（n）=■{S（p■■）}=S（pα）。

注意到p|n及S（n）=u·p，故可設(shè)n=pα·n1，當n是方程S（n）+Z（n）=n的解時有：Z（n）+u·p=pα·n1（3）

首先證明（3）中α=1，否則假定α？叟2，由（3）知p|Z（n）=m

由Z（n）=m的定義知n=pα·n1整除■，而（m，m+1）=1，故pα|m，從而由（3）推出pα|S（n）=u·p，即pα-1|u，從而pα-1？燮u，但另一方面由于S（n）=S（pα）=u·p，由S（n）的性質(zhì)知u？燮α，所以pα-1？燮u？燮α，此式對于奇素數(shù)p顯然不成立，如果p=2，則當α？叟3時，pα-1？燮u？燮α也不成立。于是只有一種可能：u=α=2，注意到n？叟5以及S（n）=4，所以此時只有一種可能：n=12，而n=12是方程S（n）+Z（n）=n的一個解，所以如果其它正整數(shù)n滿足方程S（n）+Z（n）=n，則（3）式中必有S（n）=p，α=u=1，此時，令Z（n）=m=p·v，則（3）式成為v+1=n1即n=p·（v+1），Z（n）=p·v，再由Z（n）的定義知n=p·（v+1）整除■即（v+1）整除■，由于（v，v+1）=1，所以當v為偶數(shù)時由上式推出v+1|pv+p-p+1即v+1|p-1或者v+1|■。顯然對■的任意大于1的奇數(shù)因子r，n=p·r是方程S（n）+Z（n）=n的解。因為此時有Z（p·r）=p·（r-1）。

當v為奇數(shù)時，由（v+1）整除■得到v+1|■=■

由此知p-1=（2k+1）（v+1），于是可設(shè)p-1=2βh，其中 h為奇數(shù)，則■為小于h的奇數(shù)因子。容易驗證對任意奇數(shù)r|h且r

參考文獻：

[1]Ma J.P.，An equation involving the Smarandache function[J].Scientia Magna，2005（2）.

[2]F.Mark，M.Patrick，Bounding the Smarandache function[J].Smarandache Journal，2002（13）.

[3]F.Smarandache，Only Problems，Not Solutions[M].Chicago，Xiquan Publishing House，1993.

基金項目：陜西省教育廳項目（2013JK0889）。

作者簡介：關(guān)文吉（1978-），女，陜西大荔人，渭南師范學院數(shù)學與信息科學學院講師，理學碩士。