朱 杰，廖群英

（四川师范大学数学科学学院，四川成都610066）

1 引言及主要结果

关于数论函数方程的研究是数论中十分重要和有意义的课题，其中涉及很多重要的函数，例如广义欧拉函数、伪Smarandache函数和Smarandache LCM函数.18世纪杰出数学家欧拉提出了著名的欧拉函数，正整数n的欧拉函数φ（n）定义为序列1，2，…，n-1 中与 n 互素的整数个数[1].20 世纪70年代，该函数在RSA公钥密码体制中扮演着重要角色.2007年，Cai等[2]在欧拉函数的基础上提出了广义欧拉函数的概念.对任意的正整数e，正整数n的广义欧拉函数 φe（n）定义为序列1，2，…，中与n互素的数的个数，即

由广义欧拉函数的定义易知；当 e=1时，有φ1（n）=φ（n），即著名的欧拉函数；当 e=2 时，有后来蔡天新等[3]和沈忠燕等[4]给出了 φe（n）（e=3，4，6）的准确计算公式.最近，文献[5-6]给出了一类特殊正整数的广义欧拉函数e∈｛pt，pq｝的计算公式，其中p、q为不同的素数，t为正整数.

另一方面，著名数论专家Smarandache定义了正整数n的Smarandache函数，后来人们在Smarandache函数的基础上，定义了正整数的伪Smarandache函数和Smarandache LCM函数.文献[7]证明对任意的正整数n，伪Smarandache函数Z（n）定义为使得1+2+…+m能被n整除的最小正整数m，即

对任意的正整数 n，Smarandache LCM函数SL（n）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[8]，即

近年来，一些学者研究了这3类函数的性质及相关方程，例如：范盼红[9]利用初等方法对此问题进行了研究，给出了方程Z（n）=φ（n）的解的所有形式；鲁伟阳[10]研究了 Z（n2）=φ（n）的所有正整数解的问题；赵艳琳[11]完全确定方程SL（n）=φ（n）的正整数解.

最近，朱杰等[12]讨论了 e∈｛1，2，3，4，6｝时，方程

的可解性.本文继续该问题研究，推广了文献[12]的结果，讨论了 e∈｛pt，pq｝时，方程（1）的可解性，其中p、q是不同的素数，t为正整数.事实上，给出了 e∈｛pt，pq｝时，方程（1）没有正整数解的几个充分条件，即证明了如下主要结果.

定理1.1设 p，p1，p2，…，pk为不同的素数，t为正整数，α，α1，α2，…，αk≥0，则方程（1）没有满足如下条件的n值：

1）e=pt（t≤2）且

2）e=pt（t≥3）且，其中.

定理1.2设 p、q、p1、p2、…、pk为不同的素数，α，β，α1，α2，…，αk≥0，e=pq.若

则方程（1）没有满足如下条件的n值：

2 相关引理

为方便，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，即，规定 Ω（1）=ω（1）=0，并记gcd（a，b）表示整数a和b的最大公因数.为证明本文的主要结果，需要如下几个引理.

引理2.1[13]设正整数n的标准分解式为，则

特别地，对任意素数 p及正整数 α，有SL（pα）=pα.

引理2.2[5]若，其中α≥0，αi＞0，p、pi（1≤i≤k）是不同的素数，则

引理2.3[5]设 n=pαn1＞ p2，其中，且 p、pi（1≤i≤k）是不同的素数，则

特别地，当α=0时有

引理2.4[6]设 p、pi（1≤i≤k）是不同的素数，则

定理2.5[5]设，其中 α，β≥0，αi＞0，且 p、q、pi（1≤i≤k）是不同的素数.

1）若α≥2且β=0，则

2）若 α∈｛0，1｝且 β≥2，则

3）若α=β=0，则

3 主要结果的证明

定理1.1 的证明1）当 e=pt（t≤2）时，设，其中 p，p1，p2，…，pk为不同的素数，α，α1，α2，…，αk≥0.

（a）若 t=1，即 e=p，此时方程（1）即为Z（n）=φp（SL（n））.

若 Z（n）=φp（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

故

从而

故 p｜（p-1）（pα-1-pα-2+1）.又 gcd（p，p-1）=1，故 p｜（pα-1-pα-2+1），即 p｜（1-pα-2），从而α =2.此时由（2）式得 p2｜（p-1）p，即 p｜（p-1），显然矛盾.

（i）若 pk≡1（mod p），则由引理2.2 得

若 Z（n）=φp（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

（ii）若 pk≡ -1（mod p），则由引理2.2 得

若 Z（n）=φp（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

特别地，

若

则

当 αk＞1 且为偶数时，由（4）式得 pk｜2（p-1），故pk=2 或 pk｜（p-1）.若 pk=2，则由 pk≡ -1（mod p）可知 p=3.此时由（3）式得 2αk｜（2αk-1+4），故 αk=3，此与 αk为偶数矛盾.故 pk｜（p-1），则 pk≤p-1.又 pk≡ -1（mod p），故 pk≥p-1，进而 pk=p-1，故由 p、pk为素数可得 p=3，pk=2，仍然矛盾.故αk＞1且为奇数，由（4）式得 pk=2，再由 pk≡ -1（mod p）知 p=3.此时由（3）式得 2αk｜（2αk-1+2），故 αk=2，此与 αk为奇数矛盾.故 αk=1，此时由（4）式得 pk｜1，显然矛盾.

若存在 r（1≤r＜ αk），使得

由以上证明知此种情况不成立.

（b）若 t=2，则 e=p2，此时方程（1）即为Z（n）=φp2（SL（n））.

显然 Z（n）≠0.当 α =2时，有 φp2（SL（n））=φp2（p2）=1，显然 Z（n）≠1.故 α≥3，此时由引理2.3得

若 Z（n）=φp2（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

从而

故 p｜（p-1）（pα-2-pα-3+1）.又 gcd（p，p-1）=1，故 p｜（pα-2-pα-3+1），即 p｜（1-pα-3），从而α =3.此时由（5）式得 p3｜（p-1）p，即 p2｜（p-1），显然矛盾.

（i）若 pk≡1（mod p2），则由引理2.3 得

若 Z（n）=φp2（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

（ii）若 pk≡ -1（mod p2），则由引理2.3 得

若 Z（n）=φp2（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

特别地，

若

则

当 αk＞1 且为偶数时，由（7）式得 pk｜2（p2-1），故 pk=2 或 pk｜（p2-1）.若 pk=2，则由 pk≡ -1（mod p2）知 p2=3，显然矛盾.故 pk｜（p2-1），则 pk≤p2-1.又 pk≡ -1（mod p2），故 pk≥p2-1，进而 pk=p2-1，故由 p、pk为素数可得 p=2，pk=3，此时再由（6）式可得3αk｜（2·3αk-1+6），显然不成立.故 αk＞1且为奇数.因此，由（7）式得 pk=2，再由 pk≡ -1（mod p2）知 p2=3，显然矛盾.故 αk=1，此时由（7）式可得 pk｜1，显然矛盾.

若存在 r（1≤r＜ αk），使得

由以上证明知此种情况不成立.

2）当 e=pt（t≥3）时，其中 t为正整数，此时方程（1）即为 Z（n）=φpt（SL（n））.现设

其中 p、p1、p2、…、pk为不同的素数，α，α1，α2，…，αk≥0.

若 Z（n）=φpt（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

从而

故 p｜（p-1）（ptα-t-ptα-t-1+1）.又 gcd（p，p-1）=1，故 p｜（ptα-t-ptα-t-1+1），即 p｜（1-ptα-t-1），从而tα =t+1.此时由（8）式得 ptα｜（p-1）p，显然矛盾.

这就完成了定理1.1的证明.

定理1.2的证明当e=pq时，此时方程（1）即为 Z（n）=φpq（SL（n））.现设，其中 p，q，p1，p2，…，pk为不同的素数，α，β，α1，α2，…，αk≥0.

（I）若 p≡1（mod q），则由引理2.5 的1）得

若 Z（n）=φpq（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

从而 p2｜（p-1）（pα-1-pα-2+q），故 p｜（p-1）（pα-1-pα-2+q）.又 gcd（p，p-1）=1，故 p｜（pα-1-pα-2+q），即 p｜（q-pα-2），从而 α =2 且 p｜（q-1），故 p≤q-1.又 p≡1（mod q），故 p≥q+1，显然矛盾.

（II）若 p≡ -1（mod q），则由引理2.5 的1）得

若 Z（n）=φpq（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

从而

若 pα｜[pα-1-pα-2- （q-2）（-1）α]，则 p｜[-pα-2-（q-2）（-1）α].当 α ＞2 时，有 p｜（q-2），故 p≤q-2.又 p≡ -1（mod q），故 p≥q-1，显然矛盾.从而 α =2，此时得 p｜（q-1），故 p≤q-1.又 p≡ -1（mod q），故 p≥q-1，进而 α =2 且 p=q-1.由p，q为素数可得 p=2，q=3.注意到22=pα＞max｛3β，故 n=4 或 n=4×3.若 n=4，φ6（SL（4））=φ6（4）=0，显然Z（4）≠0.若 n=12，又 12=4 ×3，由引理2.1 得SL（12）=4，故 φ6（SL（12））=φ6（4）=0，显然Z（12）≠0.

若

则

当α＞2且为偶数时，由（10）式可得p=2，再由p≡-1（mod q）可知 q=3.此时由（9）式可得2α｜（2α-2+2），显然不成立.故α＞2且为奇数，由（10）式可得p｜2（q-1），故 p=2 或 p｜（q-1）.若 p=2，则由 p≡-1（mod q）可知 q=3.此时由（9）式得2α｜（2α-2+4），显然不成立.故 p｜（q-1），则 p≤q-1.又 p≡-1（mod q），故 p≥q-1，进而 p=q-1，故由 p、q 为素数可得p=2，q=3，仍然矛盾.故 α=2，此时由（10）式得 p｜1，显然矛盾.

若存在 r（1≤r＜ α），使得

由以上证明知此种情况不成立.

（I）若 pk≡1（mod pq），则由引理2.5 的 3）得

若 Z（n）=φp（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

（II）若pk≡ -1（mod pq），则由引理2.5 的3）得

若 Z（n）=φpq（SL（n）），则由 Z（n）的定义得

特别地，

若

则

当 αk＞1 且为偶数时，由（12）式得 pk｜2（pq-1），故 pk=2 或 pk｜（pq-1）.若 pk=2，则由 pk≡ -1（mod pq）可知 pq=3，显然矛盾.故 pk｜（pq-1），则pk≤pq-1.又 pk≡ -1（mod pq），故 pk≥pq-1，进而 pk=pq-1.此时，再由（11）式可得，若 αk=2，则 pk｜（pk+1），显然不成立.故 αk≥3 且 pk=2，即 2αk｜（2αk-1+4），得 αk=3，此与 αk为偶数矛盾.故 αk＞1且为奇数，由（12）式得 pk=2，再由 pk≡ -1（mod pq）可知 pq=3，显然矛盾.故 αk=1，此时由（12）式得 pk｜1，显然矛盾.

若存在 r（1≤r＜αk），使得

由以上证明知此种情况不成立.这就完成了定理1.2的证明.

4 应用举例

本节通过实例进一步验证定理1.1～1.2，其中例4.1对应定理1.1，例4.2对应定理1.2.

例4.1取e=5，n=25，31或29.

若n=31，由31是素数，从而由Z（n）的定义知Z（31）=30，又由SL（n）的定义知SL（31）=31，故φ5（SL（31））=φ5（31）.又中与31互素的数的个数为6，故 φ5（31）=6，故 Z（31）≠φ5（SL（31））.若 n=29，同理可得 Z（29）≠φ5（SL（29））.

例4.2取 e=14，n=49，43 或41.

若n=43，由43是素数，从而由Z（n）的定义知Z（43）=42，又由SL（n）的定义知SL（43）=43，故φ14（SL（43））=φ14（43）.又中与43互素的数的个数为3，故φ14（43）=3，故 Z（43）≠φ14（SL（43））.若 n=41，同理可得 Z（41）≠φ14（SL（41））.

由上面的例子可以看出，当 n值满足定理1.1～1.2的条件时，此时方程（1）无该类解.

5 进一步的结果

前面给出了p、q为不同的素数，t为正整数，且e∈｛pt，pq｝时，方程（1）没有正整数解的几个充分条件.通过实例也发现当e为pt，pq这些特殊值时，该方程在很多情况下都没有正整数解.本节利用φe（pα）（α≥1）的计算公式，进一步讨论方程（1）的可解性.

对任意素数p，以及任意正整数α、e，由广义欧拉函数的定义可知

由此可得：

定理5.1方程（1）的全部正整数解为e=1，n=1 或，其中 p，q1，q2，…，qs为不同的素数，α1，α2，…，αs≥0，且

证明若n=1时由定义知Z（1）=SL（1）=1，此时方程（1）即为 φe（1）=1，故 e=1.

因此，由方程（1）可得

从而

由于（φe（p1），φe（p1）+1）=1，则由（15）式可得因对任意正整数但由e≥2 以及（14）式知，矛盾.故 e=1，从而.又，故 α1=1，即，且，即，其中定理5.1 得证.