方程SL(n)=φe(n)的正整数解

杜 珊, 廖群英, 王慧莉

(四川师范大学 数学科学学院, 四川 成都 610066)

1 序言及主要结果

容易证明

由广义欧拉函数的定义及相关性质易知:

当e=1时,φ1(n)=φ(n),即著名的欧拉函数;

近年来,蔡天新等[5-6]利用雅克比符号和勒让德符号得到了φe(n)(e=3,4,6)的准确计算公式.2019年,廖群英等[7-8]在此基础上得到了e为n的特殊正因子时φe(n)的准确计算公式以及e=pq,p,p2时,对特殊的n,得出φe(n)的准确计算公式.

另一方面,对于任意正整数n,数学家F.Smarandache定义n的Smarandache函数S(n)为满足n|m!的最小正整数n,并提出了很多数论问题[9].众多学者研究了其性质,比如:文献[10-12]研究了S(n)的上下界与函数值分布,并得到了S(n)的近似计算公式;文献[13-14]给出了S(n)的准确计算公式.2002年,Sndor[15]根据Smarandache函数定义了伪Smarandache函数和SmarandacheLCM函数:对于任意正整数n,伪Smarandache函数Z(n)定义为最小的正整数m使得1+2+…+m能被n整除,即

而SmarandacheLCM函数SL(n)则定义为最小的正整数m,使得1,2,…,m的最小公倍数能被n整除[16],即

SL(n)=min{m:m∈Z+,n|lcm[1,2,…,m]}.

2004年以来,许多学者研究了关于SmarandacheLCM函数和广义Euler函数相关性质及方程问题,并取得了一些结果.例如:Ma[17]给出了方程S(n)=φ(n)的所有正整数解为n=1,8,9,12,18;Le[18]给出了满足SL(n)=S(n),且S(n)≠n的所有正整数n;贺艳峰等[19]研究了一类包含Smarandache LCM函数的方程

的可解性,并证明了该方程有且仅有2个正整数解n=1,28;赵艳琳[20]研究了方程SL(n)=φ(n)的正整数解的问题,并给出了它有且仅有n=1和形如n=3×2α(α≥2)的解;张利霞等[21-22]给出了方程

S(SL(n))=φe(n), e=1,2

的所有正整数解;朱杰等[23-24]研究了方程

Z(n)=φe(SL(n))

的可解性,并给出了全部的正整数解.

本文在此基础上,利用已有广义欧拉函数的计算公式,讨论了当e∈{2,3,4,6}或e|φ(n)(e>1)时,Smarandache LCM函数SL(n)和广义欧拉函数φe(n)之间的联系,即数论函数方程

SL(n)=φe(n)

(1)

的可解性,并证明了如下主要结果.

定理 1.1若e=2,则方程(1)的解为n=5×2α(α≥3).

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

定理 1.3若e=4,则方程(1)的解为n=3×5×2α(α≥3).

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

定理 1.5设正整数

正整数e≥2且满足e|φ(n),若

且下列条件同时满足：

1) j≠s≥2；

则方程SL(n)=φ(n)有解，且有解时解的形式为

2 相关引理

为后文叙述方便,设n为正整数,记Ω(n)为n的素因子个数(重复计数),ω(n)为n的不同的素因子个数,并规定

Ω(1)=ω(1)=0.

为证明本文的主要结果,需要如下几个引理.

引理 2.1[25]设正整数n的标准分解式为

则

特别地,当p为素数及α≥1时,SL(pα)=pα.

引理 2.2[26]对任意素数p及正整数α,有

φ(pα)=pα-pα-1=pα-1(p-1).

引理 2.3[4]若m、n是互素的2个正整数,则

φ(mn)=φ(m)φ(n).

引理 2.4[5]若

其中α,αi≥0,pi是不同的素数且

gcd(pi,3)=1, i=1,2,…,s,

则

引理 2.5[7]若

其中α,αi≥0且pi(i=1,2,…,s)是不同的奇素数,则

引理 2.6[7]若

其中α,β,αi≥0,pi是不同的素数且gcd(pi,6)=1(i=1,2,…,s),则

引理 2.7[23]1) 若n=3α,α>1,则

2) 若n=2α,α>2,则

3) 若n=2α3β>6,则

3 主要结果的证明

定理1.1的证明当e=2时,方程(1)即为

SL(n)=φ2(n).

显然,n=1,2不是方程的解.

即

φ(ts)(ps-1)=2ps.

若ps≠2,则ps-1|2ps,又gcd(ps-1,ps)=1,故ps-1|2,即ps=3,从而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,相应的n=5×2α(α≥3).经验证其为解.

综上,定理1.1得证.

定理1.2的证明当e=3时,方程(1)即为

SL(n)=φ3(n).

显然,n=1,2,3均不是方程的解.现不妨设n>3.若n=3α(α>1),则由引理2.1可知SL(n)=3α.再由引理2.7可知

即n=3α不是解.现设n>3且有标准分解式

则

(2)

有如下2种情况.

1) 当α∈{0,1},pi≡2 (mod 3)(1≤i≤s)时，若SL(n)=3α=3,则α=1,相应的n=6,显然不是方程的解.由方程(2)可知

即

(3)

显然矛盾.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,则4|φ(ts),且

φ(ts)=2(3+(-1)Ω(n)+12s-αs-1),

对比等式两边2的个数可知矛盾,故必有s-αs=0或1.由s-αs=0可得φ(ts)=7或5,矛盾.从而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,相应的n=2αs×5,即s=2,从而由s-αs=1可知αs=1,即n=10,显然不是解.故φ(ts)=8,即ts=15,16,20,24,30.又gcd(ts,2)=1,故ts=15,相应的n=15×2αs.此时s=2,因为s-αs=1,则αs=1,与SL(n)=2αs矛盾.

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

矛盾.故由方程(2)可得

即

φ(ts)(ps-1)=3ps.

对比等式两边的奇偶性可知ps=2,即φ(ts)=6,故ts=7,9,14,18.又gcd(ts,2)=1,故ts=7或9,相应的n=7×2β(β≥3)或9×2α(α≥4).经验证,均为方程的解.

综上,定理1.2得证.

定理1.3的证明当e=4时,方程(1)即为

SL(n)=φ4(n).

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

矛盾.故不妨设n>4且有标准分解式

1) 当α∈{0,1}且pi≡3 (mod4)(i=1,2,…,s)时,由

因为ps为奇质数,对比等式两边ps的个数可知αs=1,从而有

φ(ts)(ps-1)+(-1)Ω(n)2s=4ps.

(4)

若s=1,即n=2αp1,此时由方程(4)可知

不是整数,矛盾.故s≥2,此时由方程(4)可得

对比等式两边2的个数可得s=2,则

(5)

因为pi≡3 (mod 4),故pi-1≡2 (mod4),从而

即方程(5)式左边为偶数,右边为奇数,矛盾.

2) 当α≥2或α∈{0,1}且存在

pi≡1 (mod 4), 1≤i≤s

时,由引理2.5可知

因为

即

φ(ts)(ps-1)=4ps.

(6)

pi≡1 (mod 4), 1≤i≤s,

φ(t)2α-1=2α+2,

即φ(t)=8,从而t=15,16,20,24,30.又gcd(t,2)=1,故t=15,相应的n=15×2α(α≥3).经验证,其为方程(1)的解.

综上,定理1.3得证.

定理1.4的证明当e=6时,方程(1)即为

SL(n)=φ6(n).

显然,n=1,2,3,4,5,6均不是解.现设

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

恒为奇数,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

恒为奇数,矛盾;若β≥2,则

SL(n)=max{2α,3β},

又由引理2.7可得

矛盾.故不妨设n>6且有标准分解式

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为奇素数,对比等式两边ps的个数可得αs=1,即

2) 若α=1,β∈{0,1}且

pi≡5 (mod 6), i=1,2,…,s,

则由引理2.1可得

对比等式两边ps的个数可知αs=1,即

φ(ts)(ps-1)+(-1)Ω(n)2s=6ps.

又ps为奇素数,对比等式两边2的个数可知s=1,即

φ(t1)(p1-1)+(-1)Ω(n)×2=6p1,

从而

(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,从而s≥3.由t的定义可知

8|φ(t)=4((-1)Ω(n)2s-α+3),

从而s=α,即φ(t)=23或24.又由t的定义可知

且

pi≡5 (mod 6), i=1,2,…,s,

(ii) 若SL(n)为奇数,即

因为ps为奇质数,对比等式两边ps的个数可得αs=1,即

φ(ts)(ps-1)+(-1)Ω(n)+12ω(n)-β=6ps,

从而

对比等式两边的奇偶性可知矛盾.

4) 若α≥2,或β∈{0,1}且存在

pi≡1 (mod 6), 1≤i≤s,

从而有如下3种情形:

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,相应的n=13×2α(α≥4)或21×2β(β≥3).经验证,均为方程的解.

综上,定理1.4得证.

定理1.5的证明由已知及欧拉函数的定义可知

βi≤αi-1,i=1,2,…,s,

因

(8)

不妨设

则由方程(8)可得

对比等式两边pi(i≠j)的个数可知βi=αi-1,从而

及

可得

综上,定理1.5得证.

4 举例说明

本节通过实例进一步验证定理1.5,其中例4.1～4.3对应的是不满足定理1.5条件时,方程(1)无解;例4.4对应满足定理1.5条件时,方程(1)有唯一正整数解.

例 4.1取n=33.

由欧拉函数的定义可知φ(n)=18,从而满足e≥2且e|φ(n)的全部e为2,3,6,9,18.

φe(33)≠SL(33).

另一方面,由n的表达式可知s=1,不满足定理1.5的条件.

例 4.2取n=22×32.

由欧拉函数的定义可知φ(n)=12,从而满足e≥2且e|φ(n)的全部e为2,3,4,6,12.

φe(22×32)≠SL(22×32).

不满足定理1.5的条件.

例 4.3取n=32×5.

由欧拉函数的定义可知φ(n)=24,从而满足e≥2且e|φ(n)的全部e为2,3,4,6,8,12,24.

φe(32×5)≠SL(32×5).

又

例 4.4取n=32×7.

此时φ(n)=36,从而满足e≥2且e|φ(n)的全部e为2,3,4,6,9,12,18,36.

故由定理1.5可得