一類不定方程的可解性

摘要：利用偽Smarandache函數(shù)，Smarandache LCM函數(shù)以及廣義歐拉函數(shù)的基本性質(zhì)，研究了當(dāng)e=6時，不定方程Z（n）=e（ＳＬ（n？詛）），∈Z+的可解性， 證明了這一類方程無正整數(shù)解。

關(guān)鍵詞：偽Smarandache函數(shù)；Smarandache LCM函數(shù)；廣義歐拉函數(shù)；不定方程的可解性

中圖分類號：O175" " " "文獻(xiàn)標(biāo)識碼：" A" " " 文章編號：2095-7734（2024）06-0049-05

1引言

" 偽Smarandache函數(shù)是定義在正整數(shù)集 +上的函數(shù)，[1]用Z（n）來表示，它的函數(shù)表達(dá)形式是Z（n）=minm|m∈ +，n|。Smarandache LCM函數(shù)[2]是定義在正整數(shù)集" +上的函數(shù)，用SL（n）來表示，其函數(shù)表達(dá)式是SL（n）=minm|m∈ +，n|lcm[1，…，m]，這里lcm[1，…，m]表示1，…，m的最小公倍數(shù)。廣義歐拉函數(shù)是在歐拉函數(shù)的基礎(chǔ)上提出的，[3][4][5]用e（n）來表示，e（n）定義為1，…，[n/e]中與n互素的數(shù)的個數(shù)，即e（n）=，這里[x]表示x的高斯函數(shù)。其定義與歐拉函數(shù)定義有異曲同工之妙，但是破壞了歐拉函數(shù)的一些性質(zhì)。例如，歐拉函數(shù)是積性函數(shù)，但廣義歐拉函數(shù)不是積性函數(shù)，這就導(dǎo)致廣義歐拉函數(shù)的一般表達(dá)式更為復(fù)雜。

近些年，很多學(xué)者對Z（n），SL（n）以及e（n）三者相結(jié)合的不定方程進(jìn)行研究，并取得了大量有價值的研究成果。[6]其中朱山山等研究了t（n）+2（n）=S（SL（nk））的整數(shù)解。[6]余禮等人研究了方程e（n）=2 （w （n）），e=8，12的正整數(shù)解。[7]王慧莉等研究了方程S（SL（n））=e（n）（e=3，4，6）的可解性。[8]曹盼盼等給出廣義歐拉函數(shù)方程2（n）=S（n（28））的正整數(shù)解。[9]李昌吉給出不定方程2（n）=2（n）+S（n（25））的正整數(shù)解。[10]張四保研究了不定方程2（n）=S（SL（nk））的可解性。[11]

" 本文利用初等與解析的方法，以及Z（n），SL（n）和e（n）的性質(zhì)，在Z（n）=e（SL（n））的基礎(chǔ)上，繼續(xù)深入研究這類方程。對e=6，討論不定方程Z（n）=6（SL（n）），∈ +的可解性，并證明了這一類不定方程無正整數(shù)解。主要結(jié)論陳述如下：

定理1" 不定方程

Z（n2）=6（SL（n2））

無正整數(shù)解。

定理2" 不定方程

Z（n）=6（SL（n）），=2+1，∈ +

無正整數(shù)解。

定理3" 不定方程

Z（n）=6（SL（n）），∈ +

無正整數(shù)解。

2相關(guān)引理

" 為了證明我們的主要結(jié)論，先給出下列一些引理。對任意正整數(shù)n，若n的標(biāo)準(zhǔn)分解式n=pp…p，其中pi（i=1，2，…，k）是不同的素數(shù)，令（n）=i，（n）=k，并且規(guī)定（1）=（1）=0。

引理1[12]" 設(shè)正整數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)分解式n=pp…p，則有

SL（n）=maxp|i=1，…，k。

" 特別地，SL（p）=p。

引理2[13]" 對任意的素數(shù)p≥3及k≥1，有：Z（pk）=pk-1，特別地，當(dāng)p=2時，則有：Z（2k）=2k-1-1。

引理3[14]" 若n=23∏pgt;6（k≥1），，，i≥0，其中pi是不同的素數(shù)，并且gcd（pi，6）=1（1≤i≤k），則有

6（n）=，=0，∈{0，1}，pi≡5（mob6）;，=1，∈{0，1}，pi≡5（mob6）;，≥2，∈{0，1}，pi≡5（mob6）;，Otherwise

這里，gcd（x，y）表示x與y的最大公因子（下同）。

引理4[14]" 若n=23 gt;6則

6（n）=，≥3，=0;，≥2，=1.

引理5[14]" 不定方程

Z（n）=6（SL（n））

無正整數(shù)解。

3主要定理的證明

3.1定理1的證明

" （1）假設(shè)n=1，則6（SL（12））=6（12）=0，然而Z（12）=1，則Z（12）≠6（SL（12）），顯然n=1不是該方程的解。

" （2）假設(shè)n=2 pp…pgt;1，其中pi（1≤i≤s）為奇素數(shù)，并且滿足≥0，sgt;0，1，…s≥0。

" （i）若22gt;max{p（1≤i≤s）}，則必有≥1。由引理1可得SL（n2）=22，則6（SL（n2））=6（22）。若=1，則4gt;max{p（1≤i≤s）}，此時必有i=0，（1≤i≤s），即n=2。此時易知6（SL（4））=6（4）=0，然而由引理2可得Z（4）=7，故n=2時，此方程無解。若≥2，則2≥4，因此由引理4可知6（SL（n2））=6（22）=，如果不定方程Z（n2）=6（SL（n2）），則根據(jù)Z（n）的定義必成立：

22pp…p

經(jīng)過化簡可得22+1·32 pp…p|（22-2-1）（22-2+2），從而整除的性質(zhì)易知，22+1|（22-2-1）（22-2+2），因?yàn)間cd（22+1，22-2-1）=1，故可得22+1|（22-2+2）成立，顯然此式不可能成立，故此時不定方程方程Z（n2）=6（SL（n2））無解。

" （ii）若pgt;{p（1≤i≤s-1），22}，則必有≥1，由引理1可知此時（SL（n2））=p，則6（SL（n2））=6（p），下面分情況討論6（p）的值。

" （a）若p=3，因?yàn)椤?，故2≥2，易知6（SL（n2））=6（3）=3，如果方程Z（n2）=6（SL（n2））成立，則根據(jù)Z（n）定義必成立：

22pp…p3

經(jīng)過化簡可得22+1pp…p3|3（3+1），從而32|（3+1），顯然此式不可能成立，故此時不定方程Z（n2）=6（SL（n2））無解。

" （b）若p≡1（mod6），由引理3可知6（SL（n2））=6（p）=p（p-1），如果方程Z（n2）=6（SL（n2））成立，則根據(jù)Z（n）的定義必成立：

22pp…p

經(jīng)過化簡得22+1·32pp…p|（p（p-1））（p（p-1）+6），從而p|（p-1））（p（p-1）+6），由此可得，p|（6-p），顯然此式不可能成立，故此時不定方程Z（n2）=6（SL（n2））無解。

" （c）若p≡5（mod6），由引理3可知，6（SL（n2））=6（p）=，假設(shè)函數(shù)方程Z（n2）=6（SL（n2））成立，則根據(jù)Z（n）定義必成立：

22pp…p

經(jīng)過化簡可得22+3·32pp…p|（p（p-1）+4）（p（p-1）+10），從而根據(jù)整除的性質(zhì)可以得出

p|（p（p-1）+4）（p（p-1）+10）成立，因?yàn)間cd（p（p-1）+10，p（p-1）+4）=1，2，3或6，無論是出現(xiàn)何種情形均可得到p|（p（p-1）+4）或者p|（p（p-1）+10），顯然上述兩式均不可能成立，故此時不定方程Z（n2）=6（SL（n2））無解，證畢。

推論1不定方程

Z（n）=6（SL（n）），=2，∈Z+

無正整數(shù)解。

" 證明：Z（n）=6（SL（n）），=2，∈Z+？圳Z（n2）=6（SL（n2）），∈Z+？圳Z（（n）2）=6SL（（n）2），∈Z+。由定理1可知不定方程方程Z（n2）=6（SL（n2））沒有正整數(shù)解，因此立即可以得出Z（（n）2）=6SL（（n）2），∈Z+不成立。也就是Z（（n）2）≠6（SL（（n）2）），∈Z+，由此便知Z（n）≠6（SL（n）），=2，∈Z+。因此不定方程Z（n）=6（SL（n）），=2，∈Z+無正整數(shù)解。

3.2定理2的證明

" （1）顯然n=1，不是該方程的解。因?yàn)?（SL（1））=6（1）=0，然而Z（1）=1。

" （2）假設(shè)n=2pp…pgt;1其中pi（1≤i≤s）為奇素數(shù)，并且≥0，sgt;0，1，…s≥0。

" （i）若2gt;max{p（1≤i≤s）}則必有≥1，由引理1得SL（n）=2，易知此時6（SL（n））=6（2）。

" 因?yàn)椤?，且=2+1，∈Z+，即≥3，故可得≥3，則由引理4可知，6（SL（n））=6（2）=，如果不定方程Z（n）=6（SL（n）），=2+1，∈Z+成立，則根據(jù)Z（n）的定義必成立

2pp…p

經(jīng)過化簡可得，2+1·32pp…p|（2-2+（-1）-1）（2-2+（-1）-1+3），從而得出2+1|（2-2+（-1）-1）（2-2+（-1）-1+3），因?yàn)間cd（2+1，2-2+（-1）-1）=1，故可得2+1|（2-2+（-1）-1+3）成立，顯然此式不可能成立，故此時不定方程Z（n）=6（SL（n）），=2+1，∈Z+無解。

" （ii）若pgt;max{p（1≤i≤s-1），2}，則必有≥1，由引理1可知此時SL（n）=p，則6（SL（n））=6（p），下面分情況討論6（p）的值。

" （a）若ps=3，因?yàn)椤?，故≥3，由引理3可知6（SL（n））=6（3）=3，如果不定方程Z（n）=6（SL（n）），=2+1，∈Z+成立，則根據(jù)Z（n）的定義必成立：

2pp…p3 。

經(jīng)過化簡得， 2+1pp…p32|（3+1），從而有32|（3+1），顯然此式不可能成立，故此時不定方程Z（n）=6（SL（n）），=2+1，∈Z+無解。

（b）若ps≡1（mod6），由引理3可知，6（SL（n））=6（p）=p（p-1）。如果不定方程Z（n）=6（SL（n）），=2+1，∈Z+成立，則根據(jù)Z（n）的定義必成立

2pp…p 。

經(jīng)過化簡可得，2+3·32pp…p|（p（p-1））（p（p-1）+6），從而p|（p-1）（p（p-1）+6），由此可得p|（6-p），顯然此式不可能成立，故此時不定方程Z（n）=6（SL（n）），=2+1，∈Z+無解。

（c）若ps≡5（mod6），此時SL（n）=p，可知6（SL（n））=6（p）==，如果不定方程Z（n）=6（SL（n）），=2+1，∈Z+成立，則根據(jù)Z（n）的定義，必成立：

2 pp…p 。

化簡得，2+3·32pp…p|（p（p-1）+4（-1））（p（p-1）+（-1）+6），從而可以得出，p|（p（p-1）+4（-1））（p（p-1）+（-1）+6），因?yàn)間cd（p（p-1）+4（-1），p（p-1）+4（-1）+6）=1，2，3或6，無論何種情形均有p|（p（p-1）+4（-1））或者p|（p（p-1）+4（-1）+6），顯然上述兩式均不可能成立，故此時不定方程Z（n）=6（SL（n）），=2+1，∈Z+無解。

3.3定理3的證明及其推論

" 從引理5，可知當(dāng)=1時結(jié)論成立，由推論1可知是大于0的偶數(shù)，則結(jié)論成立，從定理2立即可以得出是大于0的奇數(shù)時結(jié)論成立。于是立即可以得出對任意∈Z+，Z（n）=6（SL（n））成立，由此便完成定理的證明。

" 對于e=3，4的情形，按照上述討論過程，可以得出相同的結(jié)論。因此，便有了下面的推論2。

推論2 不定方程

Z（n）=e（SL（n）），e=3，4，∈Z+

無正整數(shù)解。

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Solvability of a Class of Indeterminate Equations

XIANG Wan Guo，" YIN Mi，" WANG Jun，" SHANG Yu

（School of Mathematics and Computer Science， Yunnan Minzu University， Kunming 650000， Yunnan；

School of" Mathematics and" Statistics ， Pu’er University， Pe’er 665000 Yunnan， China）

Abstract： In this paper， the solvability of the indefinite equation Z（n？詛）=？漬e（ＳＬ（n？詛）），？詛∈Z+" is studied whene=6. By using the elementary properties of pseudo Smarandache function，Smarandache LCM function， and generalized Euler function， we prove that this kind of equation has no positive integer solution.

Keywords： pseudofunctions；smarandache lcm functions；generalized euler functions; solvability of indefinite equations