方程Z（SL（n））＝φe（n）（e＝3，4，6）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

數論函數是數論研究中的一個重要課題，也是研究數論問題不可或缺的工具.18 世紀，歐拉首次提出了歐拉函數的概念：正整數n 的歐拉函數φ（n）定義為序列1，2，…，n中與n互素的正整數的個數［1］.該函數在RSA 公鑰密碼體制建立中扮演著重要角色［2］.2002 年，為了將Lehmer 同余式的模從素數平方推廣到任意整數的平方，Cai［3］定義了正整數n的廣義歐拉函數：對給定正整數e，正整數n的廣義歐拉函數φe（n）為序列中與n互素的數的個數，易證

其中μ（n）為n的麥比烏斯函數.顯然，當e ＝1 時，φ1（n）＝φ（n），即著名的歐拉函數；特別地，e|φ（n）時，有.目前為止，已經得到e ＝3，4，6 的準確計算公式和e ＝5 的部分計算公式［5-7］，以及某些特殊的e，φe（n）的計算公式［8-9］.

對于任意正整數n，數學家Smarandache定義n的Smarandache函數S（n）為滿足n|m！的最小正整數n，并提出了很多有趣的數論問題［10］.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［11］，即

而Smarandache LCM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［12］，即

2005 年之后，許多學者研究了關于Smarandache LCM函數、偽Smarandache 函數和廣義Euler函數相關性質及方程問題，并取得了一些好的結果［13-16］.同時，也有很多學者研究了相關的復合方程問題，例如：朱杰等［17-18］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；楊張媛等［19］給出了方程Z（SL（n））＝（n）（e ＝1，2）的所有正整數解；基于歐拉函數是積性函數和相關函數的基本性質，張利霞等［20-22］給出了方程S（SL（n））＝φe（n）和Z（SL（n））＝φe（n）（e ＝1，2）的所有正整數解.但是當e ＞2 時，φe（n）不是積性函數，故文獻［22］提出如下猜想.

猜想方程Z（SL（n））＝φ3（n）有可數個解.

本文證明了上述猜想，進而利用e ＝4，6 時廣義歐拉函數φe（n）的準確計算公式，討論了數論函數方程

的可解性，即證明了如下主要結果.

定理1.1若e ＝3，則方程（1）的解為n ＝45，72，90.

定理1.2若e ＝4，則方程（1）的解為n ＝5p，10p，8p1，12p2，其中，p、p1、p2為奇素數且p ≥7，p1≥11，p2≥5.

定理1.3若e ＝6，則方程（1）的解為n ＝7p，14p，其中p ＞7 為奇素數.

2 相關引理

為后文敘述方便，設n、s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［23］設正整數n的標準分解式為n ＝，則

特別地，當p為素數且α≥1 時，SL（pα）＝pα.

引理2.2［24］對任意素數p ≥3 及α ∈N，Z（pα）＝pα-1；當p ＝2 時，Z（2α）＝2α+1-1.

引理2.3［6］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2.6［21］1）若n ＝3α，α ＞1，則；

2）若n ＝2α，α ＞2，則φ4（n）＝；

3）若n ＝2α3β＞6，則

3 主要結果的證明

定理1.1 的證明當e ＝3 時，方程（1）即為Z（SL（n））＝φ3（n）.顯然，n ＝1，2，3 不是方程的解.

現設n ＞3.若n ＝3α（α ＞1），則由引理2.1～2.2 可知Z（SL（n））＝Z（3α）＝3α-1.再由引理2.6可知φ3（3α）＝2 ×3α-2，此時方程（1）即為3α-1 ＝2 ×3α-2，顯然無解.故不妨設，其中，p1、…、ps為互不相同的素數，且s≥1，α≥0，α1，…，αs≥1.

若3α＝max｛3α，|i ＝1，2，…，s｝，又α∈｛0，1｝，故n ＝6.此時由引理2.1～2.2可知Z（SL（6））＝Z（3）＝2，又φ3（6）＝1，顯然此時方程無解.

對比等式兩邊的奇偶性可知s ＝1，即

又α∈｛0，1｝，則

矛盾.故ps為奇素數，且ps≡5（mod 6），則由引理2.2可知Z（SL（n））＝Z（）＝-1，再由引理2.3，方程（1）即為

對比等式兩邊的奇偶性可知s≥2.若s ＝2，由（2）式可得

則（ps-1）|2，與ps≡5（mod 6）矛盾，故s≥3.由（2）式得

由s≥3 且pi≡2（mod 3）（1≤i≤s），故至少存在s-1 個pi滿足pi≥5（1≤i≤s），不妨設ps-1≥5.則

由（3）式可得

矛盾，即此時方程無解.

2）α≥2 或α∈｛0，1｝且存在pi≡1（mod 3）（1≤i≤s）.

故此時方程（1）為2·3α-2φ（t）＝3α-1.考慮等式兩邊3 的個數可知α ＝2，從而φ（t）＝4，即t ＝5，8，10，12.又gcd（t，3）＝1，故t ＝5，8，10，相應的n ＝45，72，90，經檢驗均為方程的解.

故方程（1）為

對比等式兩邊的奇偶性可知矛盾.故ps為奇素數，由引理2.2 知

對比等式兩邊ps的個數可知αs＝1，即

從而φ（ts）＝3，矛盾.

綜上，定理1.1 得證.

定理1.2 的證明當e ＝4 時，方程（1）即為Z（SL（n））＝φ4（n）.顯然，n ＝1，2，3，4 不是方程的解.

現設n ＞4.若n ＝2α（α≥3），則由引理2.1～2.2 可知

則（ps-1）|2s，又ps≡3（mod 4），故ps＝3.若s ＝1，則φ（ts）＝φ（2α）＝1，再由（4）式可得

矛盾.故s≥2，又ps＝3 且pi≡3（mod 4）（i ＝1，2，…，s），故pi≥7（1≤i≤s-1），則

再由（4）式可得

矛盾，即此時方程無解.

2）α≥2 或α∈｛0，1｝且存在pi≡1（mod 4）（1≤i≤s）.

若2α＞max，…，s｝，則α≥3，由引理2.1～2.2 可得

對比等式兩邊ps的個數可知αs＝1，即

則φ（ts）＝4，從而ts＝5，8，10，12，相應的n ＝5p，10p（p ＞5），8p1（p1≥11），12p2（p2≥5），其中p、p1、p2均為素數.經檢驗均為方程的解.

綜上，定理1.2 得證.

定理1.3 的證明當e ＝6 時，方程（1）即為Z（SL（n））＝φ6（n），顯然，n ＝1，2，3，4，5，6 均不是解.

設n ＝2α3β＞6（α，β≥0）.若β ＝0，則α≥3，由引理2.1～2.2，Z（SL（n））＝2α+1-1，再由引理2.6，

故矛盾；若β ＝1，則α ≥3，由引理2.1～2.2，Z（SL（n））＝2α+1-1，再由引理2.6，

矛盾；若β≥2，由引理2.6，

若2α＞3β，則α≥4，由引理2.1～2.2，Z（SL（n））＝2α+1-1，方程（1）為

等式兩邊奇偶性不同，矛盾.若3β＞2α，則由引理2.1～2.2，

方程（1）為

對比等式兩邊3 的個數，可知β ＝2，從而φ（2α）＝8，即α ＝4，與3β＞2α矛盾，故此時方程無解.不妨設

其中，p1、…、ps為互不相同的素數，且s≥1，α≥0，α1，…，αs≥1.令，則gcd（ts，ps）＝1，有以下4 種情況.

若s ＝1，則φ（ts）＝φ（3β）≤2，再由（6）式，

矛盾；若s ＝2，由（5）式可得

又ps＝5，故矛盾.若s≥3，則至少存在s-1 個pi滿足pi≥11（1≤i≤s），此時pi-1 ＞23.不妨設ps-1≥11，從而

再由（6）式可知

矛盾，故此時方程無解.

2）α ＝1，β∈｛0，1｝且pi≡5（mod 6）（i ＝1，2，…，s）.

故（ps-1）|2s，又ps≡5（mod 6），則s≥2.若s ＝2，則ps＝5 且p1≥11，從而φ（ts）＝φ（3β·）≥10.由（7）式可得

矛盾.對s≥3，由（7）式及類似定理1.3 的1）的證明可得

矛盾，故此時方程無解.

3）α≥2，β∈｛0，1｝且pi≡5（mod 6）（i ＝1，2，…，s）.

對比等式兩邊2 的個數，可知矛盾.

矛盾，故此時方程無解.

4）β≥2，或β∈｛0，1｝且存在pi≡1（mod 6）（1≤i≤s）.

綜上，定理1.3 得證.