關于Smarandache函數的M?bius變換與歐拉函數

廖群英, 白海榮, 董 坤

(四川師范大學 數學科學學院, 四川 成都 610066)

1 引言及主要結果

1993年,Smarandache[1]首次定義了正整數n的Smarandache函數

S(n)=min{m:m∈N,n|m!}.

為敘述方便,設p、q、γ均為素數,τ(n)、ω(n)和p(n)分別為正整數n的正因子個數、不同的素因子個數和最小的素因子,ω(M)為集合M中所有元素的不同素因子個數,并記:

A1={2t,t≤6},

A2={24p(p=5,7),23p,22×52}∪

{22p,2p2(p=5,7),2p},

A3={22×5p(p=7,11,13),

2×7×11,2×5p},

B1={34×2,33×2t(t≤3),

32×2t(t≤4)}∪{3×2t(t≤6)},

B2={33×2×5,32×23×5,32×2p}∪

{32×22p(p=5,7,11,13),3×25×5}∪

{3×23p,3×24p(p=5,7),3×22×52}∪

{3×22p,3×2p2(p=5,7),3×2p},

B3={3×22×5p(p=7,11,13)}∪

{3×2×7×11,2×3×5p},

其中

ω(Ai)=i,ω(Bi)=i+1, 1≤i≤3.

1)n=p≥5;

2)n∈{3t(1≤t≤3),3p(p≥5),32×5};

定理 1.3設p≠q,n?{1,p,pq}且p(n)≥5,則

2 相關引理

為后文敘述方便,記:

C1={1,3,5,7,9,11,13,15}∪

{21,27,33,35,39,45,63,105},

C2={1,3,5,7,9,11,15,21,27,33,45},

C3={1,3,5,7,9,15,21},

C4={1,3,5,9,15},C5={1,3}.

為證明本文的主要結果,需要如下幾個引理.

引理 2.1[11]設n為正整數,則

特別地,若n為正奇數,則

引理 2.2設n為正整數,則

此時

現設i≥1,直接計算可知:

D1={1,3},D2={5,9,15},

D3={7,21},D4={45,27},

D5={11,33},D6={13,35,39,63,105},

1)n=2m,m∈C1;

4)n=24m,m∈C4=D1∪D2;

5)n=25m,m∈C5=D1.

這就完成了引理2.2的證明.

引理 2.3設p為素數,n為正整數,且

則當p=3|n或p≥5時,有

證明等價地,只需證明

事實上,易知

以及由題設條件及引理2.2知φ(n)≥4τ(n).進而,若n的標準分解式為n=p則α=0時,有

(p-1)φ(n);

而α≥1時,有

φ(pn)=(p-1)p

p(p-1)p

因此,當p=3|n時,有

φ(3n)-φ(n)=2φ(n),

從而

3τ(n)=(φ(n)-τ(n))-2τ(n)>0.

當p≥5時,有

φ(pn)-φ(n)≥(p-2)φ(n),

從而

(p-3)φ(n)-pτ(n)=

(p-3)(φ(n)-τ(n))-3τ(n)>0.

這就完成了引理2.3的證明.

引理 2.4若

n∈{pt(t≥2,p≥5),pq(q>p≥5),

則

證明若n=pt(t≥2,p≥5),則由

2p<1+3p<(p-1)p=φ(p2),

以及引理2.3可知

若n=pq(q>p≥5),則由

1+p+q+q≤3q-1<

(q-1)(p-1)-2=φ(qp)-2,

可知

若n=3t(t≥4),則由

28<54=φ(34),

以及引理2.3可得

若n=2t(t≥7),注意到

φ(2t)=2t-1.

不妨設

u(t)=φ(2

則

u(7)>0,u′(t)=2t-1ln2-2t-1,

u′(7)>0,u(2)(t)=2t-1ln22-2>0.

故當t≥7時,u(t)>0,所以

若n=2t3s(t≥7,s≥1),斷言

為證明斷言只需證明

因為

且

2t-1-(4+t+t2)=u(t)>0.

綜上,斷言得證.由上述斷言以及引理2.3可得

這就完成了引理2.4的證明.

證明設

則n=n1n2且

n2(-1)

這就完成了引理2.5的證明.

引理 2.6設α≥2為正整數,p、q均為素數且q>p≥5,則:

1) (p-1)2pα-2>pα+2;

2) (q-2)(p-2)>q+2.

證明1)α=2,3,4,直接計算可知

(p-1)2pα-2>pα+2.

若α≥5,不妨設

v(α)=(p-1)2pα-2-pα-2,

則

v′(α)=(p-1)2ln(α-2)pα-2-p>0,

因而v(α)嚴格單調遞增.又v(5)>0,故v(α)>0,即(p-1)2pα-2>pα+2成立.

2) 由q>p≥5可知

(q-2)(p-2)-q-2=qp-2q-2p-

q+2≥qp-5q+6>0,

即

(q-2)(p-2)>q+2.

這就完成了引理2.6的證明.

3 主要結果的證明

注意到

N+-{1}={n|p(n)≥5}∪{n|p(n)=3}∪

{n|p(n)=2且3?n}∪{n|p(n)=2且3|n},

故有以下4種情形:

m∈{pt(p≥5,t≥2),pq(q>p≥5)},

m∈{33p,32p(p≥7),32×52,3p2}

A1={2t,t≤6},

A2={24p(p=5,7),23p,22×52}∪

{22p,2p2(p=5,7),2p},

A3={22×5p(p=7,11,13),2×7×11,2×5p},

且ω(Ai)=i,1≤i≤3;否則,存在正整數m|n,其中

m∈{2t|n,t≥7}

且ω(m)=1,或者

m∈{26p,25p,24p(p≥11),24p2(p=5,7),23p2}∪

{22p2(p≥7),22×53,2p2(p≥11),

2p3(p=5,7)}

且ω(m)=2;或者

m∈{24pq(p=5,7),23pq,22×52p,22pq2}∪

{22pq(p≥7),22×5p(p≥17),

2p2q(p=5,7)}∪

{2pq2,2pq(p≥11),2×7p(p≥13)},

且ω(m)=3,其中q>p;或者

m∈{22×5pq(q>p=7,11,13),

2×7×11p,2×5pq},

B1={34×2,33×2t(t≤3),32×2t(t≤4)}∪

{3×2t(t≤6)},

B2={33×2×5,32×23×5,32×2p}∪

{32×22p(p=5,7,11,13),3×25×5}∪

{3×23p,3×24p(p=5,7),3×22×52}∪

{3×22p,3×2p2(p=5,7),3×2p},

B3={3×22×5p(p=7,11,13)}∪

{3×2×7×11,2×3×5p},

且

ω(Bi)=i+1, 1≤i≤3;

否則,存在正整數m|n,其中

m∈{2t3s(t≥7,s≥1),2i×32(i=6,5)}∪

{24×33,2i×34(i=2,3),2×35}

且ω(m)=2;或者

m∈{34×2p,33×2ip(i=2,3)}∪

{33×2p(p≥7),33×2×52,32×24p}∪

{32×23p(p≥7),32×23×52,32×22p2}∪

{32×22p(p≥17),3×23p2,32×2p2}∪

{3×25p2,3×25p(p≥7),3×25×52}∪

{3×24p(p≥11),3×24p2(p=5,7)}∪

{3×2p2(p≥11),3×2p3(p=5,7)}∪

{3×22×53,3×22p2(p≥7)},

且ω(m)=3;或者

m∈{q(B2-{3×22p,3×22pq2})}∪

{3×22pq(p≥7),3×22×5q(q≥17)}∪

{3×2p,3×2pq2,3×2pq(p≥11)}∪

{3×2×7q(q≥13)},

且ω(m)=4,其中q>p;或者

m∈{3×22×5pq(q>p=7,11,13)∪

{3×2×7×11p,3×2×5pq},

推論1.2的證明直接計算可知

再由定理1.1立得結論.

S(n)=S(pα)=max{S(pi)(i=1,2,…,t),

S(pαii)(i=t+1,t+2,…,m)},

以及

以及

故由引理2.6可知,當d≠1,p時,有

因此

S(d2ω(n)+2)+…+S(dτ(n))=S(1)+

S(d2ω(n)+2)+…+S(dτ(n))<

f(d2ω(n)+2)+…+f(dτ(n))=

φ(n)-(2τ(n)-4ω(n)-2).

這就完成了定理1.3的證明.

4 一些例子

本小節給出幾個例子進一步驗證本文的主要結果.

2)n=17 640.一方面,因為n=17 640=23×32×5×72,3|n,p(n)=2,ω(n)=4,n?B3,所以

另一方面,因為

另一方面,有

S(2p)+S(3p)+S(6p)+S(q)+S(2q)+

S(3q)+S(6q)+S(pq)+S(2pq)+S(3pq)+

S(6pq)+S(γ)+S(2γ)+S(3γ)+S(6γ)+

S(pγ)+S(2pγ)+S(3pγ)+S(6pγ)+S(qγ)+

S(2qγ)+S(3qγ)+S(6qγ)+S(pqγ)+

S(2pqγ)+S(3pqγ)+S(6pqγ)=

9+4p+8q+16γ<48γ-48≤

2(p-1)(q-1)(γ-1)=φ(6pqγ),