關(guān)于Smarandache LCM函數(shù)的兩類下界估計

郭夢媛，高 麗，鄭 璐

(延安大學(xué) 數(shù)學(xué)與計算機科學(xué)學(xué)院陜西延安716000)

對于任意正整數(shù)n，著名的F.Smarandache LCM函數(shù)定義為最小的正整數(shù)k，使得n|[1,2,…k]，即SL(n)=min{k:k∈N+,n|[1,2,3…k]}。從SL(n)的定義容易推出，如果用n=p1α1p2α2p3α3…prαr表示n的標準分解式，那么SL(n)=max{p1α1·p2α2·p3α3·…prαr}。因此當n較小時，不難算出SL(1)=1，SL(2)=2，SL(3)=3，SL(4)=4，SL(5)=5，SL(6)=3，SL(7)=7……近年來關(guān)于SL(n)的各種性質(zhì)許多學(xué)者都進行了研究，尤其在下界估計這方面獲得了不少有意義的結(jié)果，例如：

文獻[1]中作者針對函數(shù)S(2p-1(2p-1))的下界估計問題做了研究，給出了結(jié)論：S(2P-1(2P-1))≥2p+1,p為任意素數(shù)。

而文獻[2]在上述結(jié)論的基礎(chǔ)上針對函數(shù)S(2P-1(2P-1))的下界估計問題進行了更深入的討論，得到了更強的估計式：S(2P-1(2P-1))≥6p+1，其中p≥17為任意素數(shù)。

文獻[3]對SL(2p+1)的下界估計問題做了研究，得到SL(2p+1)≥6p+1，其中p≥17為任意素數(shù)。

文獻[4]對S(n)在特殊數(shù)列ap+bp上的下界估計問題進行了研究，證明了當a與b為任意不同的正整數(shù)時有估計式：S(ap+bp)≥10p+1，其中p≥17為任意素數(shù)。

文獻[5]對Z(n)在特殊數(shù)列ap+bp上的下界估計問題進行了研究，證明了當a與b為任意不同的正整數(shù)時有估計式：Z(ap+bp)≥10p，其中p≥17為任意素數(shù)。

文獻[6]對S(n)在特殊數(shù)列ap-bp上的下界估計問題進行了研究，證明了當a與b為任意不同的正整數(shù)時有估計式：S(ap-bp)≥8p+1，其中p≥17為任意素數(shù)。

史嬋[7]對函數(shù)S(2p+1)的下界估計問題做了研究，得到S(2p+1)≥6p+1，其中p≥17為任意素數(shù)。

本文在上述結(jié)論的基礎(chǔ)上對Smarandache LCM函數(shù)在數(shù)列ap+bp和ap-bp上的下界估計問題進行了研究，通過初等方法和組合方法得到了一個較強的估計式，結(jié)果如下：

定理1 設(shè)p≥17為任意素數(shù)，對于任意互素的正整數(shù)a與b，有估計式

SL(ap+bp)≥10p+1。

定理2 設(shè)p≥17為任意素數(shù)，對于任意互素的正整數(shù)a與b，有估計式

SL(ap-bp)≥10p+1。

1 相關(guān)引理

引理1[8]：設(shè)p為奇素數(shù)，對于任意互素的正整數(shù)a與b，且a+b≠0都有

引理2[9]：對于任意素數(shù)p，正整數(shù)n，以及α，都有

(1)p|n時，有SL(n)≥p,且p|SL(Pα)；

(2)有SL(Pα)=Pα；

(3)如果n是一個素數(shù)，則有SL(n)=S(n)。

引理3[10]：設(shè)a與b為正整數(shù)，且a+b為奇數(shù)，則對任意素數(shù)p≥3，有不等式

2 定理的證明

這部分我們將利用初等方法和組合方法給出定理1和2的證明，證明過程如下：

定理1的證明：

因為a和b為不同的整數(shù)，設(shè)(a,b)=d。則存在a1以及b1，使得a=d×a1,b=d×b1，且(a1,b1)=d。從而有

ap+bp=dp(a1p+b1p)。

(1)

再由Smarandache LCM函數(shù)的性質(zhì)可知：

SL(ap+bp) ≥SL[dp(a1p+b1p)]≥

SL(a1p+b1p)。

不失一般性，由(1)式可知，我們可以假定定理1中的a,b滿足(a,b)=1，且a·b>1。對于任意素數(shù)q|n。有SL(n)≥p,且q|SL(Pα)對所有正整數(shù)成立。

首先，我們證明ap+bp不可能為p的方冪，若不然，設(shè)ap+bp=pα，當α=2時，有ap+bp≥2p+1≥2p≥p2，所以α≥3。由引理1不難推出a+b=pαv，≤1k≤α-2且(v,p)=1，再由

pα=ap+bp=ap+(vpk-a)p=

或者

(2)

ap+bp=ap+(a+hq)p=

q=h·2p+1。

(3)

于是由(3)式可知：

當ap+bp除p之外，至少含有4個不同的素因子時，一定有一個素因子q使得q=h·2p+1且h≥5，因為當素數(shù)p≥5時，兩個素數(shù)2p+1和4p+1中至少有一個被3整除，因此2p+1和4p+1不可能同時為素數(shù)。此時

SL(ap+bp)≥SL(q)≥S(q)=q=

h·2p+1≥10p+1。

下面討論當ap+bp含有三個不等于p的素因子q1,q2,q3的情況。

由(3)式可以設(shè)q1=h1·2p+1，q2=h2·2p+1，q3=h3·2p+1，且有h1

接下來討論當ap+bp含有兩個不等于p的素因子q的情況。

由(3)式ap+bp中不可能同時包含有素因子2p+1和4p+1，也不可能同時包含素因子4p+1和8p+1，因此由⑶式以及SL(n)的性質(zhì)，最多有三種形式

ap+bp=pα(2p+1)β(8p+1)γ；

ap+bp=pα(2p+1)β(6p+1)γ；

ap+bp=pα(4p+1)β(6p+1)γ。

若ap+bp=pα(2p+1)β(8p+1)γ成立，則當β≥5或γ≥2時，由引理2知

SL(ap+bp)≥SL[(2p+1)β]=(2p+1)5≥

5(2p+1)≥10p+1，

或者

SL(ap+bp)≥SL[(8p+1)γ]=(8p+1)2≥

2(8p+1)≥10p+1。

于是可以設(shè)1≤β≤4，γ=1。現(xiàn)在證明，當p≥5時，ap+bp不可能含有p的方冪，否則當α≥2時，由Euler-Fermet定理知：ap≡a(modp)，bp≡b(modp)即a+b≡ap+bp≡0(modp)。設(shè)a+b=pαv，(v,p)=1。由引理1可知k=α或k=α-1，顯然ap+bp=pα(2p+1)β(8p+1)，且1≤β≤4，k=α這不可能成立，因為此時有

則顯然有(pα·v+1)p+(pα·v-1)p≥

2ppα(2p+1)β(8p+1)，相矛盾。

因此，可以設(shè)k=α-1。從而有a+b=pα-1v，由引理3可知

pα(2p+1)β(8p+1)。

pα(2p+1)β(8p+1),相矛盾。

當α=1時，因為有a+b≡0(modp)，所以有

a+b=pv，又因為

pα(2p+1)β(8p+1)=ap+bp≥

通過計算可知(p·v+1)p+(p·v-1)p>

pα(2p+1)β(8p+1)，相矛盾。

所以ap+bp不可能含有素因子p，則有ap+bp=pα(2p+1)β(8p+1)，且有1≤β≤4首先需證ap+bp=pα(2p+1)β(8p+1)。

由a+b≡ap+bp≡(2p+1)4(8p+1)≡

1(modp)，設(shè)a+b=mp+1。由引理1可得

這就可以推出m=8，即a+b=8p+1，由于

ap+bp=(2p+1)4(8p+1)。

因為有(4p+1)p+(4p)p>(2p+1)4(8p+1)，相矛盾，即ap+bp>(2p+1)4(8p+1)，而當1≤β≤4時，顯然(2p+1)4(8p+1)>(2p+1)β(8p+1)=ap+bp矛盾。

同理也可證當p≥17時

ap+bp=pα(2p+1)β(6p+1)γ與

ap+bp=pα(4p+1)β(6p+1)γ這兩種情況下，定理1也成立。

最后來討論當ap+bp只含有一個不等于p的素因子q的情況。

這時候只需要討論以下四種情況：

ap+bp=pα(2p+1)β；

ap+bp=pα(4p+1)β；

ap+bp=pα(6p+1)β；

ap+bp=pα(8p+1)β。

若ap+bp=pα(2p+1)β成立。則當β≥5時，有估計式

SL(ap+bp)≥SL[(2p+1)5]=(2p+1)5≥

5(2p+1)≥10p+1。

當β≤4時，由前面的證明過程可知當p≥5時，如果α≥1則ap+bp=pα(2p+1)β就不可能成立，同樣當α=0時，ap+bp=pα(2p+1)β，且有1≤β≤4，也不成立。

同理可以證明其余三種情況

ap+bp=pα(4p+1)β；

ap+bp=pα(6p+1)β；

ap+bp=pα(8p+1)β。

綜上所述，定理1得證。

定理2的證明：

由引理2中偽Smarandache LCM函數(shù)SL(n)的性質(zhì)知：對于任意的素數(shù)p，若p|n時，有SL(n)≥SL(p)≥p，而且p|SL(pα)，對任意滿足α≥p的正整數(shù)α都成立。所以對任意素數(shù)p≥17，令q為ap-bp的任意素因子，顯然q≥3，易得SL(ap-bp)≥q，又因為q|(ap-bp)，因而ap-bp≡0(modq)或者

(4)

q=2kp+1,k∈N+。

(5)

首先證明ap-bp為p的方冪。

假設(shè)ap-bp=pα。當α=2時，有ap-bp≥2p-1≥p2，所以α≥3。由引理1可推出a-b=pα·v，其中k∈N+，(p,v)=1，因為a-b|ap-bp，從而v=1。

SL(ap-bp)≥ap-bp≥q≥2·5p+1≥10p+1。

接下來討論除p以外，ap-bp至少含有4個素因子。

由(4)式可知，至少存在一個素因子q，使得q=2kp+1，其中k≥5。因此當素數(shù)p≥5時，2p+1和4p+1不可能同時為素數(shù)。因此：

SL(ap-bp) ≥SL(q)=q=

2·kp+1≥10p+1。

然后來討論除p以外，ap-bp只含有3個素因子q1,q2,q3。

由(4)式可知，q1=2k1p+1，q2=2k2p+1，q3=2k3p+1，而當p≥17時，2p+1和4p+1不可能同時為素數(shù)，則至少存在一個素因子。不妨設(shè)為q1，此時q1=2k1p+1≥8p+1，k1≥5。則一定有

SL(ap-bp)≥q1≥2·k1p+1≥10p+1。

再討論除p以外，ap-bp只含有2個素因子。

由(4)式可知，ap-bp不可能同時包含素因子2p+1和4p+1。因此由(2)式及SL(n)的性質(zhì)，可以分為以下形式：

ap-bp=pα(2p+1)β(6p+1)γ；

ap-bp=pα(2p+1)β(8p+1)γ；

ap-bp=pα(4p+1)β(6p+1)γ。

若ap-bp=pα(2p+1)β(6p+1)γ成立，當p≥5，或γ≥2時，由引理2知

SL(ap-bp)≥SL[(2p+1)β]≥(2p+1)β≥

4(2p+1)≥10p+1，

或者SL(ap-bp)≥SL[(6p+1)γ]≥

(6p+1)γ≥2(6p+1)≥10p+1。

當1≤β≤5且γ=1時，在這種情況下，當p≥17時ap-bp不可能含有p的方冪。否則，當α≥2時，根據(jù)Eluer-Fermat定理可知：ap≡a(modp)，bp≡b(modp)，即a-b≡ap-bp≡0(modp)。再由p|(a-b)，可設(shè)a-b=pαv，(v,p)=1。由引理1可知k=α或k=α-1，顯然ap-bp=pα(2p+1)β·(6p+1)γ且1≤β≤5，k=α是不可能的。因為此時

pα(2p+1)β(6p+1)γ=(ap-bp)≥

相矛盾，同理可以推出當k=α-1，也是矛盾的。

如果α=1時，由于a-b≡ap-bp≡0(modp)。可以得到k=α=1，有pα|(ap-bp)，顯然這是不可能的，因此ap-bp此時不含素因子p，于是有

ap-bp=pα(2p+1)4(6p+1)，其中1≤β≤5，且p≥17為任意素數(shù)。通過計算可以得到上式不成立。

同理可證，當ap-bp=pα(2p+1)β(8p+1)γ與ap-bp=pα(4p+1)β(6p+1)γ，素數(shù)p≥17時，結(jié)論SL(ap-bp)≥10p+1成立。

最后討論除p以外，ap-bp只含有1個素因子。

因而由(4)式及SL(n)的性質(zhì)，可以考慮以下四種形式：

ap-bp=pα(2p+1)β；

ap-bp=pα(4p+1)β；

ap-bp=pα(6p+1)β；

ap-bp=pα(8p+1)β。

若ap-bp=pα(2p+1)β成立，當β≥5時，由引理2有：

SL(ap-bp)≥SL[(2p+1)β]=(2p+1)β≥

5(2p+1)≥10p+1。

當β≤4時。由前面的證明過程可知ap-bp不含有除p以外的素因子。因此當α≥1則ap-bp=pα(2p+1)β，且有1≤β<4，就不可能成立。因此

ap-bp=pα(2p+1)β，

當β=4，ap-bp=pα(2p+1)β有

a-b≡ap-bp≡(2p+1)4≡1(modp)。

而a-b|ap-bp所以可設(shè)a-b=(2p+1)n，由引理(1)可知

((2p+1)4-n,(2p+1)n)=1。

所以n=0或n=4，即a-b=1或a-b=(2p+1)4，這與(a,b)=1，且a≥b+1，p≥17以及a-b

同理可證，當ap-bp=pα(4p+1)β，

ap-bp=pα(6p+1)β和ap-bp=pα(8p+1)β時結(jié)論也成立。

于是定理2得證。