數論函數方程 kφ₂(n(n+1))+φ(n)= 2S(SL(n¹¹)) 的可解性

中圖分類號：0156 文獻標志碼：A

φ（n） 為歐拉函數，其概念為對任意的正整數n ，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。 φ_e（n） 為廣義歐拉函數，其概念為對任意的正整數 e ，正整數 n 的廣義歐拉函數 φ_e（n） 定義為序列 中與 n 互素的數的個數。當 e=1 時，廣義歐拉函數 φ_e（n） 就是歐拉函數 φ（n） 。關于歐拉函數和廣義歐拉函數的研究有很多，如張明麗等[研究了兩個復合歐拉函數方程 φ（φ（n-φ（φ（n））））=8 和 φ（φ（n- φ（φ（n）））=10 的可解性;張四保等[2]討論了廣義歐拉函數方程 φ₂（m）=2^ω（m）3^Ω（m） 的正整數解；姜蓮霞等[3]討論了廣義歐拉函數 φ₃（n） 和歐拉函數 φ（n） 混合方程式 的解；張四保[4]研究了廣義Euler函數方程φ₆（n）=2^ω（n） 的解；鄧桂林等[5]研究了當 （20 {2，3，4，6} 時，方程 φ_e（m）=2^tω（n） 的可解性。S（n） 是Smarandache函數，其定義為使得 n∣m 成立的最小正整數 m ，即

S（n）=min{m∈Z⁺：n|m！}

SL（n） 是SmarandacheLCM函數，它是在函數S（n） 的基礎上派生出來的，其定義為使得n|[1，2，…，k] 的最小正整數 k ，即

SL（n）=min{k∈Z⁺：n|[1，2，…，k]}

其中， Z⁺ 是正整數集合。這兩個函數的提出引起了學者的關注，如白海榮等對Smarandache函數進行了一些推廣，張利霞等研究了關于SmarandacheLCM函數的 β 次混合均值。也有許多學者研究了幾種函數混合的數論函數方程的可解性，如袁合才等研究了數論函數方程S（SL（n¹¹））=φ₂（n） 和 S（SL（n¹²））=φ₂（n） 的可解性；姜蓮霞等[9研究了數論函數方程S（SL（n¹⁴））=φ₂（n） 和 S（SL（n³⁶））=φ₂（n） 的可解性;張四保[10]研究了數論函數方程 φ₂（n）= S（SL（n¹⁵） ）和 φ₂（n）=S（SL（n¹⁷） ）的解;成敏等[]研究了數論函數方程 φ₂（n）=S（SL（n²⁸）） 和 φ₂（n）=S（SL（n³¹） ）的解；周建華等[研究了數論函數方程 的可解性;張四保等[13]研究了數論函數方程 kφ（Y）= φ₂（Y）+S（Y⁸） 的解;鄭惠[14]研究了數論函數方程mφ（n）=φ₂（n）+S（n¹⁰） 的解；姜蓮霞等[15]研究了數論函數方程 kφ（n）=7φ₂（n）+S（n¹³） 的正整數解；李昌吉[16]研究了數論函數方程 2φ（n）= φ₂（n）+S（n²⁵） 的正整數解;丁恒蘭等[17研究了數論函數方程 的可解性;朱山山等[18]研究了數論函數方程 tφ（n） +φ₂（n）=S（SL（n^k））， ）的正整數解。

本文在上述研究基礎之上，求得數論函數方程kφ₂（n（n+1））+φ（n）=2S（SL（n¹¹） ）的所有解。

1主要引理

引理 1^[18] 若 是正整數 n 的標準分解式，則

引理2[19] 當 n?3 時，有 φ（n） 為偶數。

引理3[20] φ₂（1）=0 ， φ₂（2）=1 ，當 ngt;2 時，有

引理4[21] 對于素數 p 和正整數 k ，有

S（p^k）?kp

特別地，當 k

k）=kp 。

引理 5^[22] （204號 對于任何正整數 n ，則 引理 6^[23] （2 Euler 函數為積性函數，即對于任意互素的正整數 m 和 n ，則有 0

2 定理及其證明

定理數論函數方程

（1）的正整數解為 ，（27，2），（26，3），（24，5）。

證明 當 n=1 時，由于

代入式（1）有

可得 k=1 ，所以 是方程（1）的正整數解;當 n=2 時，由于

φ₂（6）=1，S（SL（2¹¹））=S（2¹¹）=14 代入式（1）有

kφ₂（6）+φ（2）=k+1=2S（SL（2¹¹））

=2×14=28

可得 k=27 ，所以 是方程（1）的正整數解。

此時，設正整數 n 的標準分解式為

由引理1知

再由引理4和式（2）可得

S（SL（n¹¹））=S（q^11β）?11qβ

其中， q 是 n 的素因子，且 β 是 q 在 n 的標準分解式中的指數。由引理3、引理6知式（1）可寫為

由式（3）和式（4）可得

再由引理5知式（5）可寫為

從而有

kn?2kφ（n）φ（n+1）+4φ（n）?88qβ

可得

1?k?88qβ，3?n?88qβ

由引理3有

其中， ，且 gcd（q，m）=1 。從而由式（6）有

從而式（8）可寫為

3q^β-1（q-1）?3q^β-1（q-1）φ（m）?44qβ

可得

3×2^β-2?3q^β-2（q-1）?3q^β-2（q-1）φ（m）?44β

即

3×2^β-2?44β

對式（10）兩邊同時取對數，有 log（3×2^β-2）? ，可求得 βlt;10 。以下討論 q 和 β 取不同值時

的9種情況。

情況1當 β=1 時，由式（9）知 3q^1-2（q-1）? 44，可得 q?2 。

當 q=2 時，由式（7）有 1?k?176 ， 3?n? 176，由式（5）有

kφ（n）φ（n+1）+2φ（n）=（2+kφ（n+ 1））φ（n）=4S（2¹¹）=4×14=56 經計算可得 ，（2，8），（6，5），（13，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q=3 時，由式（7）有 1?k?264 ， 3?n? 264，由式（5）有

1））φ（n）=4S（3¹¹）=4×27=108 計算可得 ，（4，7），（4，9），（13，4），（26，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知， （k，n）=（26，3） 是方程（1）的正整數解。

當 q=5 時，由式（7）有 1?k?440 ， 3?n? 440，由式（5）有

kφ（n）φ（n+1）+2φ（n）=（2+kφ（n+ 1））φ（n）=4S（5¹¹）=4×50=200 （2號經計算可得 ，（8，8），（24，5），（49，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知， 是方程（1）的正整數解。

當 q=7 時，由式（7）有 1?k?616 ， 3?n? 616，由式（5）有

kφ（n）φ（n+1）+2φ（n）=（2+kφ（n+ 1））φ（n）=4S（7¹¹）=4×70=280 （經計算可得 ，（1，29），（23，6），（34，5），（69，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q=11 時，由式（7）有 1?k?968 ， 3? n?968 ，由式（5）有

1））φ（n）=4S（11¹¹）=4×121=484 經計算可得 （k，n）=（40，6） ，（60，4），（120，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 qgt;11 時，由式（7）有 1?k?88q ， 3? n?88q ，由式（5）有

kφ（n）φ（n+1）+2φ（n）=（2+kφ（n+ 1））φ（n）=4S（q¹¹）=4×11q=44q 即 （2+kφ（qm+1））φ（m）（q-1）=44q 。

因為 qgt;11 且（q-1）44，所以素數 q=23 。

當 q=23 時，由式（7）有

1?k?2024，3?n?2024

由式（5）有

1））φ（n）=4S（23¹¹）=4×253=1012 經計算可得 ，（126，4），（252，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

情況2當 β=2 時，由式（9）知 3（q-1）?88 ，可得 q?29 。

當 q=2 時，由式（7）有 1?k?352 ， 3?n? 352，由式（5）有

1））φ（n）=4S（2²²）=4×24=96 計算可得 ，（11，5），（23，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q=3 時，由式（7）有 1?k?528 ， 3?n? 528，由式（5）有

1））φ（n）=4S（3²²）=4×48=192 經計算可得 （k，n）=（23，5） ，（47，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q=5 時，由式（7）有 1?k?880 ， 3?n? 880，由式（5）有

1））φ（n）=4S（5²²）=4×95=380 （202經計算可得 ，（47，4），（94，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q=7 時，由式（7）有 1?k?1 232 ， 3? n?1 232 ，由式（5）有

（20 1））φ（n）=4S（7²²）=4×140=560 經計算可得 （k，n）=（1，41） ，（23，8），（69，5），（139，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q= 11 時，由式（7）有

1?k?1936，3?n?1936 由式（5）有

計算可得 ，（1，49），（5，23），（19，14），（38，7），（38，9），（115，4），（230，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q= 13 時，由式（7）有

1?k?2288，3?n?2288 由式（5）有

1））φ（n）=4S（13²²）=4×273=1092 經計算可得 （k，n）=（10，18） ，（45，7），（45，9），（136，4），（272，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q= 17 時，由式（7）有

1?k?2992，3?n?2992

由式（5）有

kφ（n）φ（n+1）+2φ（n）=（2+kφ（n+1） 1））φ（n）=4S（17²²）=4×357=1428 經計算可得 （k，n）=（59，7） ，（59，9），（178，4），（356，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q= 19 時，由式（7）有

1?k?3344，3?n?3344

由式（5）有

1））φ（n）=4S（19²²）=4×399=1596 經計算可得 （k，n）=（33，14） ，（66，7），（66，9），（199，4），（398，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 qgt;22 時，由式（7）有

1?k?176q，3?n?176q

由式（5）有

1））φ（n）=4S（q²²）=4×22q=88q 即 （2+kφ（q²m+1））φ（m）（q-1）=88 。因為22

當 q=23 時，由式（7）有

1?k?4048，3?n?4048

由式（5）有

kφ（n）φ（n+1）+2φ（n）=（2+kφ（n+ 1））φ（n）=4S（23²²）=4×506=2 024 經計算可得 （k，n）=（42，12） ，（84，8），（252，5），（505，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

情況3當 β=3 時，由式（9）知 3q（q-1）?132 ，可得 q=2，3，5，7 。

當 q=2 時，由式（7）有 1?k?528 ， 3?n? 528，由式（5）有

1））φ（n）=4S（2³³）=4×36=144 （204號經計算可得 （k，n）=（1，16） ，（1，21），（2，15），（17，5），（35，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q=3 時，由式（7）有 1?k?792 ， 3?n? 792，由式（5）有

（204號 1））φ（n）=4S（3³³）=4×72=288 經計算可得 （k，n）=（7，10） ，（35，5），（71，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q=5 時，由式（7）有

1?k?1320，3?n?1320

由式（5）有

經計算可得 （k，n）=（1，31） ，（11，14），（13，11），（22，7），（22，9），（67，4），（134，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q=7 時，由式（7）有 1?k?1848， 3 3? n?1848 ，由式（5）有

1））φ（n）=4S（7³³）=4×203=812 經計算可得 ，（202，3）。將（k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

情況4當 β=4 時，由式（9）知 3q²（q-1）?176 ，可得 q=2，3 。

當 q=2 時，由式（7）有 1?k?704 ， 3?n? 704，由式（5）有

1））φ（n）=4S（2⁴⁴）=4×48=192 （204號經計算可得 ，（47，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

當 q= 3 時，由式（7）有 1?k?1056 ， 3? n?1056 ，由式（5）有

1））φ（n）=4S（3⁴⁴）=4×90=360 （2

經計算可得 ，（1，33），（44，5），

（89，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢

驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

情況5當 β=5 時，由式（9）知 3q³（q-1）?220 ，

可得 q=2，3 。當 q=2 時，由式（7）有 1?k?880 ， 3?n?

880，由式（5）有

1））φ（n）=4S（2⁵⁵）=4×60=240 （2號經計算可得 Ξ（k，n）Ξ=Ξ（1，22） ，（1，26），（3，13），（29，5），（59，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程

（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。當 q= 3 時，由式（7）有 1?k?1 320 ， 3?

n?1 320 ，由式（5）有

1））φ（n）=4S（3⁵⁵）=4×114=456 （20

經計算可得 ，（2，26），（6，13），

（56，5），（113，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程

（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

情況6當 β=6 時，由式（9）知 3q⁴（q-1）?264 ，

可得 q=2 。當 q=2 時，由式（7）有 1?k?1 056 ， 3?

n?1056 ，由式（5）有

1））φ（n）=4S（2⁶⁶）=4×68=272 （20

經計算可得 ，（4，15），（11，8），

（33，5），（67，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程

（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

情況7當 β=7 時，由式（9）知 3q⁵（q-1）?308 ，

可得 q=2 。當 q=2 時，由式（7）有 1?k?1 232， 3?

n?1 232 ，由式（5）有

1））φ（n）=4S（2⁷⁷）=4×80=320

經計算可得 ，（13，8），（39，5），

（79，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢

驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

情況8當 β=8 時，由式（9）知 3q⁶（q-1）?352

可得 q=2 。當 q=2 時，由式（7）有 1?k?1 408， 3?

n?1408 ，由式（5）有

1））φ（n）=4S（2⁸⁸）=4×92=368 經計算可得 ，（15，8），（45，5），（91，3）。將 （k，n） 的值分別代入方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

情況9當 β=9 時，由式（9）知 3q⁷（q-1）?396 可得 q=2 。

當 q=2 時，由式（7）有 1?k?1 584， 3 3? n?1584 ，由式（5）有

1））φ（n）=4S（2⁹⁹）=4×104=416 （204號經計算可得 （k，n）=（1，34） ，（4，17），（17，8），（51，5），（103，3）。將 （k，n） 的值分別代人方程（1）進行檢驗可知，均不是方程（1）的正整數解。

綜上所述，數論函數方程 kφ₂（n（n+1））+ （204φ（n）=2S（SL（n¹¹））. ）的正整數解為 Ψ（k，n）Ψ=Ψ（1 1），（27，2），（26，3），（24，5）。定理證明完畢。

3結論

本文主要利用數論函數的性質和初等的方法求得數論函數方程 2S（SL（n¹¹） ）的所有正整數解，對于形如方程 ），其中 l∈ Z⁺ ，均可使用上述類似方法求解。

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（責任編輯：曾 晶）

The Solvability of Arithmetic Function Eqution （2號

GAO Li *1.，2

（1.College of Information Engineering，Xi’anFanyi University，Xi’an71O1O5，China; 2.Collegeof Mathematicsand Computer Science，Yan’an University，Yan’an716OoO，China）

Abstract： By using the properties of Euler function φ（n） ，generalized Euler function φ₂（n） ，Smarandache function S（n） ，Smarandache LCM function SL（n） and elementary methods，the solvability of the composite function equation of Smarandache function S（n） and Smarandache LCM function SL（n） is studied. The positive integer solution of the equation is ，（27，2）， （26，3），（24，5）.It is helpful to solve the same type of number theoretic function equations.

Keywords： Euler function φ（n） ；generalized Euler function φ₂（n） ；Smarandache function S（n） ； Smarandache LCM function SL（n） ；solvability of equation