方程SL(n)=φe(n)的正整數解

杜 珊, 廖群英, 王慧莉

(四川師范大學 數學科學學院, 四川 成都 610066)

1 序言及主要結果

容易證明

由廣義歐拉函數的定義及相關性質易知:

當e=1時,φ1(n)=φ(n),即著名的歐拉函數;

近年來,蔡天新等[5-6]利用雅克比符號和勒讓德符號得到了φe(n)(e=3,4,6)的準確計算公式.2019年,廖群英等[7-8]在此基礎上得到了e為n的特殊正因子時φe(n)的準確計算公式以及e=pq,p,p2時,對特殊的n,得出φe(n)的準確計算公式.

另一方面,對于任意正整數n,數學家F.Smarandache定義n的Smarandache函數S(n)為滿足n|m!的最小正整數n,并提出了很多數論問題[9].眾多學者研究了其性質,比如:文獻[10-12]研究了S(n)的上下界與函數值分布,并得到了S(n)的近似計算公式;文獻[13-14]給出了S(n)的準確計算公式.2002年,Sndor[15]根據Smarandache函數定義了偽Smarandache函數和SmarandacheLCM函數:對于任意正整數n,偽Smarandache函數Z(n)定義為最小的正整數m使得1+2+…+m能被n整除,即

而SmarandacheLCM函數SL(n)則定義為最小的正整數m,使得1,2,…,m的最小公倍數能被n整除[16],即

SL(n)=min{m:m∈Z+,n|lcm[1,2,…,m]}.

2004年以來,許多學者研究了關于SmarandacheLCM函數和廣義Euler函數相關性質及方程問題,并取得了一些結果.例如:Ma[17]給出了方程S(n)=φ(n)的所有正整數解為n=1,8,9,12,18;Le[18]給出了滿足SL(n)=S(n),且S(n)≠n的所有正整數n;賀艷峰等[19]研究了一類包含Smarandache LCM函數的方程

的可解性,并證明了該方程有且僅有2個正整數解n=1,28;趙艷琳[20]研究了方程SL(n)=φ(n)的正整數解的問題,并給出了它有且僅有n=1和形如n=3×2α(α≥2)的解;張利霞等[21-22]給出了方程

S(SL(n))=φe(n), e=1,2

的所有正整數解;朱杰等[23-24]研究了方程

Z(n)=φe(SL(n))

的可解性,并給出了全部的正整數解.

本文在此基礎上,利用已有廣義歐拉函數的計算公式,討論了當e∈{2,3,4,6}或e|φ(n)(e>1)時,Smarandache LCM函數SL(n)和廣義歐拉函數φe(n)之間的聯系,即數論函數方程

SL(n)=φe(n)

(1)

的可解性,并證明了如下主要結果.

定理 1.1若e=2,則方程(1)的解為n=5×2α(α≥3).

定理 1.2若e=3,則方程(1)的解為n=7×2α(α≥3)，32×2β(β≥4).

定理 1.3若e=4,則方程(1)的解為n=3×5×2α(α≥3).

定理 1.4若e=6,則方程(1)的解為n=13×2α(α≥4)，3×7×2β(β≥3).

定理 1.5設正整數

正整數e≥2且滿足e|φ(n),若

且下列條件同時滿足：

1) j≠s≥2；

則方程SL(n)=φ(n)有解，且有解時解的形式為

2 相關引理

為后文敘述方便,設n為正整數,記Ω(n)為n的素因子個數(重復計數),ω(n)為n的不同的素因子個數,并規定

Ω(1)=ω(1)=0.

為證明本文的主要結果,需要如下幾個引理.

引理 2.1[25]設正整數n的標準分解式為

則

特別地,當p為素數及α≥1時,SL(pα)=pα.

引理 2.2[26]對任意素數p及正整數α,有

φ(pα)=pα-pα-1=pα-1(p-1).

引理 2.3[4]若m、n是互素的2個正整數,則

φ(mn)=φ(m)φ(n).

引理 2.4[5]若

其中α,αi≥0,pi是不同的素數且

gcd(pi,3)=1, i=1,2,…,s,

則

引理 2.5[7]若

其中α,αi≥0且pi(i=1,2,…,s)是不同的奇素數,則

引理 2.6[7]若

其中α,β,αi≥0,pi是不同的素數且gcd(pi,6)=1(i=1,2,…,s),則

引理 2.7[23]1) 若n=3α,α>1,則

2) 若n=2α,α>2,則

3) 若n=2α3β>6,則

3 主要結果的證明

定理1.1的證明當e=2時,方程(1)即為

SL(n)=φ2(n).

顯然,n=1,2不是方程的解.

即

φ(ts)(ps-1)=2ps.

若ps≠2,則ps-1|2ps,又gcd(ps-1,ps)=1,故ps-1|2,即ps=3,從而φ(ts)=3,矛盾.故ps=2,即φ(ts)=4,所以ts=5,8,10,12.又gcd(ts,2)=1,故ts=5,相應的n=5×2α(α≥3).經驗證其為解.

綜上,定理1.1得證.

定理1.2的證明當e=3時,方程(1)即為

SL(n)=φ3(n).

顯然,n=1,2,3均不是方程的解.現不妨設n>3.若n=3α(α>1),則由引理2.1可知SL(n)=3α.再由引理2.7可知

即n=3α不是解.現設n>3且有標準分解式

則

(2)

有如下2種情況.

1) 當α∈{0,1},pi≡2 (mod 3)(1≤i≤s)時，若SL(n)=3α=3,則α=1,相應的n=6,顯然不是方程的解.由方程(2)可知

即

(3)

顯然矛盾.故ps=2,由方程(3)可得

φ(ts)=6+(-1)Ω(n)+12s-αs∈Z+,

故s-αs≥0.若s-αs≥2,則4|φ(ts),且

φ(ts)=2(3+(-1)Ω(n)+12s-αs-1),

對比等式兩邊2的個數可知矛盾,故必有s-αs=0或1.由s-αs=0可得φ(ts)=7或5,矛盾.從而s-αs=1,即

φ(ts)=6+(-1)Ω(n)+1×2,

故φ(ts)=4或8.若φ(ts)=4,即ts=5,8,10,12.又gcd(ts,2)=1,故ts=5,相應的n=2αs×5,即s=2,從而由s-αs=1可知αs=1,即n=10,顯然不是解.故φ(ts)=8,即ts=15,16,20,24,30.又gcd(ts,2)=1,故ts=15,相應的n=15×2αs.此時s=2,因為s-αs=1,則αs=1,與SL(n)=2αs矛盾.

2) 當α≥2或α∈{0,1}且存在pi≡1 (mod 3)(1≤i≤s)時,由引理2.4可知

矛盾.故由方程(2)可得

即

φ(ts)(ps-1)=3ps.

對比等式兩邊的奇偶性可知ps=2,即φ(ts)=6,故ts=7,9,14,18.又gcd(ts,2)=1,故ts=7或9,相應的n=7×2β(β≥3)或9×2α(α≥4).經驗證,均為方程的解.

綜上,定理1.2得證.

定理1.3的證明當e=4時,方程(1)即為

SL(n)=φ4(n).

顯然,n=1,2,3,4均不是方程的解.現設n=2α(α≥2),由引理2.1和2.7可知SL(n)=2α且

矛盾.故不妨設n>4且有標準分解式

1) 當α∈{0,1}且pi≡3 (mod4)(i=1,2,…,s)時,由

因為ps為奇質數,對比等式兩邊ps的個數可知αs=1,從而有

φ(ts)(ps-1)+(-1)Ω(n)2s=4ps.

(4)

若s=1,即n=2αp1,此時由方程(4)可知

不是整數,矛盾.故s≥2,此時由方程(4)可得

對比等式兩邊2的個數可得s=2,則

(5)

因為pi≡3 (mod 4),故pi-1≡2 (mod4),從而

即方程(5)式左邊為偶數,右邊為奇數,矛盾.

2) 當α≥2或α∈{0,1}且存在

pi≡1 (mod 4), 1≤i≤s

時,由引理2.5可知

因為

即

φ(ts)(ps-1)=4ps.

(6)

pi≡1 (mod 4), 1≤i≤s,

φ(t)2α-1=2α+2,

即φ(t)=8,從而t=15,16,20,24,30.又gcd(t,2)=1,故t=15,相應的n=15×2α(α≥3).經驗證,其為方程(1)的解.

綜上,定理1.3得證.

定理1.4的證明當e=6時,方程(1)即為

SL(n)=φ6(n).

顯然,n=1,2,3,4,5,6均不是解.現設

n=2α3β>6,α,β≥0.

若β=0且α≥3,由引理2.1可知SL(n)=2α,再由引理2.7可得

恒為奇數,矛盾;若β=1且α≥3,由引理2.1可知SL(n)=2α,再由引理2.7可得

恒為奇數,矛盾;若β≥2,則

SL(n)=max{2α,3β},

又由引理2.7可得

矛盾.故不妨設n>6且有標準分解式

1) 若α=0,β∈{0,1}且

pi≡5 (mod 6), i=1,2,…,s,

由引理2.1可得

又ps為奇素數,對比等式兩邊ps的個數可得αs=1,即

2) 若α=1,β∈{0,1}且

pi≡5 (mod 6), i=1,2,…,s,

則由引理2.1可得

對比等式兩邊ps的個數可知αs=1,即

φ(ts)(ps-1)+(-1)Ω(n)2s=6ps.

又ps為奇素數,對比等式兩邊2的個數可知s=1,即

φ(t1)(p1-1)+(-1)Ω(n)×2=6p1,

從而

(7)

3) 若α≥2,β∈{0,1}且

pi≡5 (mod 6), i=1,2,…,s,

由引理2.6可得

φ(t)2α-1+(-1)Ω(n)+12ω(n)-β=6×2α,

即

φ(t)=(-1)Ω(n)2s+2-α+12.

4|φ(t)=2((-1)Ω(n)+6),

矛盾.故s+2-α≥2,又α≥3,從而s≥3.由t的定義可知

8|φ(t)=4((-1)Ω(n)2s-α+3),

從而s=α,即φ(t)=23或24.又由t的定義可知

且

pi≡5 (mod 6), i=1,2,…,s,

(ii) 若SL(n)為奇數,即

因為ps為奇質數,對比等式兩邊ps的個數可得αs=1,即

φ(ts)(ps-1)+(-1)Ω(n)+12ω(n)-β=6ps,

從而

對比等式兩邊的奇偶性可知矛盾.

4) 若α≥2,或β∈{0,1}且存在

pi≡1 (mod 6), 1≤i≤s,

從而有如下3種情形:

即φ(t0)=9,矛盾.

φ(t)2α-1=6×2α,

即φ(t)=12,故t=13,21,26,28,42.又gcd(t,2)=1,故t=13或21,相應的n=13×2α(α≥4)或21×2β(β≥3).經驗證,均為方程的解.

綜上,定理1.4得證.

定理1.5的證明由已知及歐拉函數的定義可知

βi≤αi-1,i=1,2,…,s,

因

(8)

不妨設

則由方程(8)可得

對比等式兩邊pi(i≠j)的個數可知βi=αi-1,從而

及

可得

綜上,定理1.5得證.

4 舉例說明

本節通過實例進一步驗證定理1.5,其中例4.1～4.3對應的是不滿足定理1.5條件時,方程(1)無解;例4.4對應滿足定理1.5條件時,方程(1)有唯一正整數解.

例 4.1取n=33.

由歐拉函數的定義可知φ(n)=18,從而滿足e≥2且e|φ(n)的全部e為2,3,6,9,18.

φe(33)≠SL(33).

另一方面,由n的表達式可知s=1,不滿足定理1.5的條件.

例 4.2取n=22×32.

由歐拉函數的定義可知φ(n)=12,從而滿足e≥2且e|φ(n)的全部e為2,3,4,6,12.

φe(22×32)≠SL(22×32).

不滿足定理1.5的條件.

例 4.3取n=32×5.

由歐拉函數的定義可知φ(n)=24,從而滿足e≥2且e|φ(n)的全部e為2,3,4,6,8,12,24.

φe(32×5)≠SL(32×5).

又

例 4.4取n=32×7.

此時φ(n)=36,從而滿足e≥2且e|φ(n)的全部e為2,3,4,6,9,12,18,36.

故由定理1.5可得