数论函数方程Z(n)=φ7(SL(n))的可解性

The Solvability of Arithmetic EquationZ(n)=φ7(SL(n))

摘要: 本文主要研究数论函数方程Z(n)=φ7(SL(n))的可解性。为此，先给出广义欧拉函数φ7(n)的表达式。由此，给出φ7(pβ)的表达式，其中p是素数，且β∈ℤ+。最后，讨论该方程的可解性，我们证明了其无正整数解。

Abstract: In this paper, we mainly study the solvability of the arithmetic equationZ(n)=φ7(SL(n)). For this purpose, we derive the expression of the generalized Euler functionφ7(n), from which the formula ofφ7(pβ)is obtained, where p is prime, andβ∈ℤ+. Afterwards, the solvability of the above equation is discussed, thus drawing the conclusion that it is has no solution in positive integers.

1. 引言

欧拉函数$\phi \left(n\right)$ 是定义在正整数集${\mathbb{Z}}^{+}$ 上的数论函数，表示从序列$0,1,\cdots ,n-1$ 中与n互素的数的个数。它在数论中占有重要的地位。例如，原根的刻画，素数定理的证明，RSA加密算法等都用到它。下面这个重要的同余恒等式也是欧拉函数的一个应用，它是1938年由著名数学家Lehmer [1]得到的，用于证明费马大定理的第一种情形[2]：$x^n+y^n=z^n$ ，$4|n$ 无正整数解。具体而言，对于任意的奇素数p，有：

${\displaystyle \sum _{i=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{i}}\equiv -2q_2\left(p\right)+p{q}_2^2\left(p\right)\left(mod{p}^2\right)$ ,

其中$q_r\left(n\right)=\frac{r^{\phi \left(n\right)}-1}{n}$ ，$\phi \left(n\right)$ 是欧拉函数，n和r是大于等于2的正整数，且$\gcd \left(n,r\right)=1$ ，$\gcd \left(x,y\right)$ 表示x和y的最大公因子。

从2002年到2007年，蔡天新[3] [4]企图将Lehmer的上述同余恒等式进行推广：从模为素数的平方推广到模为任意整数的平方。为此，他定义了广义欧拉函数${\phi }_e\left(n\right)$ ：

${\phi }_e\left(n\right)={\displaystyle \sum _{\begin{array}{cc}i=1& \gcd \left(i,n\right)=1\end{array}}^{\left[n/e\right]}1}$ ,

即${\phi }_e\left(n\right)$ 等于序列$0,1,\cdots ,\left[n/e\right]$ 中与n互素的数的个数，其中$\left[x\right]$ 是Gauss取整函数。

最近，蔡天新[5] [6]得到了${\phi }_e\left(n\right)\left(e=2,3,4,6\right)$ 的表达式。文献[7]使用模e相关的同余方程，得到了${\phi }_e\left(n\right)$ 的一个递归公式，且从这个递归公式出发，获得了${\phi }_e\left(n\right)\left(e=5\right)$ 的计算公式。但随着e的不断增大，这个递归公式变得越来越复杂。本文将对这个递归公式进行深入研究，从而得到广义欧拉函数${\phi }_7\left(n\right)$ 的计算公式，为讨论本文的数论函数方程$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性作准备。

现在回到我们要讨论的方程本身。它含有$Z\left(n\right)$ 与$SL\left(n\right)$ ，它们的定义分别如下：对任意的正整数n，$Z\left(n\right)=\min \left\{m:m\in {\mathbb{Z}}^{+},n|\frac{m\left(m+1\right)}{2}\right\}$ ，$SL\left(n\right)=\min \left\{m:m\in {\mathbb{Z}}^{+},n|lcm\left[1,2,3,\cdots ,m\right]\right\}$ 。其中$lcm\left[x,y\right]$ 表示x和y的最小公倍数。前者称之为伪Smarandache函数，后者称之为Smarandache LCM函数。二者均源于著名数论专家Smarandache教授提出的与正整数n相关的Smarandache函数，都是人们对它的推广。

近来，有许多学者对与伪Smarandache函数、Smarandache LCM函数和广义欧拉函数相关联的数论函数方程进行研究，并取得了一些好的结果。例如，文献[8]中，贺艳峰对方程$Z\left(n^2\right)={\phi }_e\left(SL\left(n^2\right)\right)$ 进行了研究，并给出其所有正整数解。在文献[9]中，王慧莉对方程$S\left(SL\left(n^2\right)\right)={\phi }_e\left(n\right)\left(e=3,4,6\right)$ 的可解性进行了研究，给出了其所有正整数解。在文献[10]中，姜莲霞等人讨论了广义欧拉函数${\phi }_3\left(n\right)$ 与欧拉函数$\phi \left(n\right)$ 混合的方程$\phi \left(xy\right)=k\left({\phi }_3\left(x\right)+{\phi }_3\left(y\right)\right)$ 的可解性。文献[11]对${\phi }_2\left(n\right)=S\left(SL\left(n^k\right)\right)$ 进行了研究，给出了这个方程的一切正整数解。朱杰[12]对方程$Z\left(n\right)={\phi }_e\left(SL\left(n\right)\right)\left(e=2,3,4,6\right)$ 进行研究，给出了其所有正整数解。本文在此基础上，利用得到的${\phi }_7\left(n\right)$ 的计算公式，对方程$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性进行研究，并给出其无正整数解。

2. 相关定义及引理

定义1 [7]对任意的正整数t和e，矩阵$A_e\left(t\right)={\left(a_{i,j}\right)}_{1\le i,j\le \left[\left(e-1\right)/2\right]}$ 为

$a_{i,j}=\{\begin{array}{ll}1,\hfill & tj\equiv i\left(mode\right);\hfill \\ -1,\hfill & tj\equiv e-i\left(mode\right);\hfill \\ 0,\hfill & \text{otherwise}.\hfill \end{array}$

此外，对任意整数a和非负整数$\lambda$ ，定义

${\overline{A}}_e\left(a,\lambda \right)=\{\begin{array}{ll}{A}_e\left(a^{\lambda }\right)-A_e\left(a^{\lambda -1}\right),\hfill & \lambda >0;\hfill \\ {\text{I}}_{\left[\frac{e-1}{2}\right]\times \left[\frac{e-1}{2}\right]},\hfill & \lambda =0.\hfill \end{array}$

在给出相关引理之前，先规定一些记号。设正整数n的标准分解式为$n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}$ ，记$\Omega \left(n\right)$ 为n的素因子个数(重复计数)，$\omega \left(n\right)$ 为n的不同的素因子个数，即$\Omega \left(n\right)={\displaystyle \sum _{i=1}^s{k}_i}$ ，$\omega \left(n\right)=s$ ，并规定$\Omega \left(1\right)=\omega \left(1\right)=0$ 。

对于给定的正整数n，假设$n=7^r{\displaystyle \prod _{i=1}^6{\displaystyle \prod _{j=1}^{k_i}{p}_{i,j}^{r_{i,j}}}}$ ，其中$k_1,\cdots ,k_6$ 是正整数，$r,r_1{}_1,\cdots ,r_{1,k_1},\cdots ,r_6{}_{,1},\cdots ,r_{6,k_6}$ 是非负整数；$p_{1,1},\cdots p_{1,k_1},\cdots ,p_{6,1},\cdots ,p_{6,k_6}$ 是不同的素数，满足$gcd\left(p_{i,j},7\right)=1$ ，且$p_{i,j}\equiv i\left(mod7\right)$ ，$\left(i=1,\cdots ,6;j=1,\cdots ,k_i\right)$ 。规定${\Omega }_{l,t}^7\left(n\right)$ 是满足条件$p_{i,j}\equiv l\left(mod7\right)$ ，$r_{i,j}\equiv t\left(mod6\right)$ $\left(l=1,\cdots ,6;t=1,\cdots ,6\right)$ 的数$p_{i,j}^{r_{i,j}}$ 的个数，记${\Omega }_l^7\left(n\right)={\displaystyle \sum _{t=1}^6{\Omega }_{l,t}^7\left(n\right)}$ ，${\omega }_6^7\left(n\right)={\displaystyle \sum _{j=0}^2{\Omega }_{6,2j+1}^7\left(n\right)}$ 。

引理1 [7]对于素数7和任意的正整数n且$n>7$ ，假设$n=7^r{\displaystyle \prod _{i=1}^6{\displaystyle \prod _{j=1}^{k_i}{p}_{i,j}^{r_{i,j}}}}$ ，则

${\phi }_7\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{1}{7}\phi \left(n\right),r\ge 2\text{or}{\Omega }_1^7\left(n\right)\ge 1;\\ \frac{1}{7}\phi \left(n\right)+\frac{{\left(-1\right)}^{r+{\omega }_6\left(n\right)}{2}^{{\Omega }_6^7\left(n\right)-1}}{7}{\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 1\end{array}\right)}^T{\displaystyle \prod _{i=2}^5{\displaystyle \prod _{j=1}^6{\overline{A}}_7{\left(i,j\right)}^{{\Omega }_{i,j}^7\left(n\right)}}}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right),\text{otherwise}.\end{array}$

引理2 [12]设正整数n的标准分解式为$n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}$ ，则

$SL\left(n\right)=\max \left\{p_i^{k_i}|i=1,2,\cdots ,s\right\}$

特别地，当p为素数及$k\ge 1$ 时，$SL\left(p^k\right)=p^k$ 。

3. 主要定理及证明

由引理1可知，为了得出${\phi }_7\left(n\right)$ 的准确表达式，还需对${\displaystyle \prod _{i=2}^5{\displaystyle \prod _{j=1}^6{\overline{A}}_7{\left(i,j\right)}^{{\Omega }_{i,j}^7\left(n\right)}}}$ 进行讨论。易知，这个部

分是24个矩阵的任意次幂的乘积，是一个非常复杂的部分。通过简单的计算，可以得出这24个矩阵分别是

$\begin{array}{l}{\overline{A}}_7\left(2,1\right)={\overline{A}}_7\left(2,4\right)=D,{\overline{A}}_7\left(4,1\right)={\overline{A}}_7\left(4,4\right)=M_{}^{5}D,{\overline{A}}_7\left(2,2\right)={\overline{A}}_7\left(2,5\right)=M_{}^{4}D\\ {\overline{A}}_7\left(4,2\right)={\overline{A}}_7\left(4,5\right)=MD,{\overline{A}}_7\left(2,3\right)={\overline{A}}_7\left(2,6\right)=M_{}^{2}D,{\overline{A}}_7\left(4,3\right)={\overline{A}}_7\left(4,6\right)=M_{}^{3}D\\ {\overline{A}}_7\left(3,1\right)={\overline{A}}_7\left(5,3\right)=B,{\overline{A}}_7\left(3,4\right)={\overline{A}}_7\left(5,6\right)=M_{}^{3}B,{\overline{A}}_7\left(3,2\right)={\overline{A}}_7\left(5,2\right)=M_{}^{5}B\\ {\overline{A}}_7\left(3,5\right)={\overline{A}}_7\left(5,5\right)=M_{}^{2}B,{\overline{A}}_7\left(3,3\right)={\overline{A}}_7\left(5,1\right)=M_{}^{4}B,{\overline{A}}_7\left(3,6\right)={\overline{A}}_7\left(5,4\right)=MB\end{array}$

其中$B=\left(\begin{array}{ccc}-1& -1& 0\\ 0& -1& 1\\ 1& 0& -1\end{array}\right)=-\left(I+M^2\right)$ ，$D=\left(\begin{array}{ccc}-1& 0& 1\\ 1& -1& 0\\ 0& -1& -1\end{array}\right)=-\left(I+M\right)$ 。

$M^r=\{\begin{array}{ll}\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ -1& 0& 0\\ 0& 1& 0\end{array}\right),\hfill & r\equiv 1\left(mod6\right)\hfill \\ \left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& -1\\ -1& 0& 0\end{array}\right),\hfill & r\equiv 2\left(mod6\right)\hfill \\ -I_{3\times 3},\hfill & r\equiv 3\left(mod6\right)\hfill \\ \left(\begin{array}{ccc}0& 0& -1\\ 1& 0& 0\\ 0& -1& 0\end{array}\right),\hfill & r\equiv 4\left(mod6\right)\hfill \\ \left(\begin{array}{ccc}0& -1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right),\hfill & r\equiv 5\left(mod6\right)\hfill \\ I_{3\times 3},\hfill & r\equiv 6\left(mod6\right)\hfill \end{array}$

为了方便表达，我们先规定一些记号。令$\alpha ={\Omega }_2^7\left(n\right)+{\Omega }_4^7\left(n\right)$ ，$\beta ={\Omega }_3^7\left(n\right)+{\Omega }_5^7\left(n\right)$ ，

$\begin{array}{l}\theta =2({\Omega }_{4,1}^7\left(n\right)+{\Omega }_{4,4}^7\left(n\right)+{\Omega }_{2,3}^7\left(n\right)+{\Omega }_{2,6}^7\left(n\right)+{\Omega }_{3,2}^7\left(n\right)+{\Omega }_{5,2}^7\left(n\right)+{\Omega }_{3,5}^7\left(n\right)+{\Omega }_{5,5}^7\left(n\right)\\ +{\Omega }_{3,6}^7\left(n\right)+{\Omega }_{5,4}^7\left(n\right))+{\Omega }_{2,2}^7\left(n\right)+{\Omega }_{2,5}^7\left(n\right)+{\Omega }_{4,2}^7\left(n\right)+{\Omega }_{4,5}^7\left(n\right)+{\Omega }_{3,3}^7\left(n\right)+{\Omega }_{5,1}^7\left(n\right),\end{array}$

$\begin{array}{c}\overline{\Omega }={\Omega }_{2,1}^7\left(n\right)+{\Omega }_{2,4}^7\left(n\right)+{\Omega }_{2,3}^7\left(n\right)+{\Omega }_{2,6}^7\left(n\right)+{\Omega }_{3,1}^7\left(n\right)+{\Omega }_{5,3}^7\left(n\right)+{\Omega }_{4,2}^7\left(n\right)+{\Omega }_{4,5}^7\left(n\right)\\ +{\Omega }_{3,5}^7\left(n\right)+{\Omega }_{5,5}^7\left(n\right).\end{array}$

${\left[i\right]}_n^{}=\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c}n\\ 3\ell +i\end{array}\right)+\cdots ,\left(i=0,1,2\right),{\langle k\rangle }_n^{}=\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)+\cdots +\left(\begin{array}{c}n\\ 6\ell +k\end{array}\right)+\cdots ,\left(0\le k\le 5\right)$

其中$\ell$ 是正整数，则有${\displaystyle \prod _{i=2}^5{\displaystyle \prod _{j=1}^6{\overline{A}}_7{\left(i,j\right)}^{{\Omega }_{i,j}^7\left(n\right)}}}={\left(-1\right)}^{\overline{\Omega }}\cdot M^{\theta }\cdot {\left(I+M^2\right)}^{\alpha }\cdot {\left(I+M\right)}^{\beta }$ 。

命题1 关于规定的${\left[0\right]}_n^{},{\left[1\right]}_n^{},{\left[2\right]}_n^{}$ 和${\langle 0\rangle }_n,{\langle 1\rangle }_n,{\langle 2\rangle }_n,{\langle 3\rangle }_n,{\langle 4\rangle }_n,{\langle 5\rangle }_n$ 有如下运算法则。

(i) ${\left[0\right]}_n^{}={\left[0\right]}_{n-1}^{}+{\left[2\right]}_{n-1}^{}$ ，${\left[1\right]}_n^{}={\left[0\right]}_{n-1}^{}+{\left[1\right]}_{n-1}^{}$ ，${\left[2\right]}_n^{}={\left[1\right]}_{n-1}^{}+{\left[2\right]}_{n-1}^{}$ 。

(ii) ${\langle 0\rangle }_n={\langle 0\rangle }_{n-1}+{\langle 5\rangle }_{n-1}$ ，${\langle 1\rangle }_n={\langle 0\rangle }_{n-1}+{\langle 1\rangle }_{n-1}$ ，${\langle 2\rangle }_n={\langle 1\rangle }_{n-1}+{\langle 2\rangle }_{n-1}$ 。

(iii) ${\langle 3\rangle }_n={\langle 2\rangle }_{n-1}+{\langle 3\rangle }_{n-1}$ ，${\langle 4\rangle }_n={\langle 3\rangle }_{n-1}+{\langle 4\rangle }_{n-1}$ ，${\langle 5\rangle }_n={\langle 4\rangle }_{n-1}+{\langle 5\rangle }_{n-1}$ 。

证明：利用帕斯卡恒等式$\left(\begin{array}{c}n+1\\ k\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}n\\ k-1\end{array}\right)$ ，即可得到(i)、(ii)、(iii)。

定理1 对于任意的非负整数$\alpha$ ，关于${\left[0\right]}_{\alpha }$ 、${\left[1\right]}_{\alpha }$ 和${\left[2\right]}_{\alpha }$ ，我们有如下结论

1) 若$\alpha =3\ell$ ，则有${\left[1\right]}_{\alpha }={\left[2\right]}_{\alpha }$ 成立，此时${\left(I+M^2\right)}^{\alpha }=\left(\begin{array}{ccc}{\left[0\right]}_{\alpha }& {\left[1\right]}_{\alpha }& -{\left[1\right]}_{\alpha }\\ {\left[1\right]}_{\alpha }& {\left[0\right]}_{\alpha }& -{\left[1\right]}_{\alpha }\\ -{\left[1\right]}_{\alpha }& -{\left[1\right]}_{\alpha }& {\left[0\right]}_{\alpha }\end{array}\right)$ 。

a) 若$\ell \equiv 0\left(mod2\right)$ ，则${\left[0\right]}_{\alpha }-1={\left[1\right]}_{\alpha }={\left[2\right]}_{\alpha }$ 成立，且${\left[0\right]}_{\alpha }^{}=\frac{2^{\alpha }+2}{3}$ ，${\left[1\right]}_{\alpha }^{}=\frac{2^{\alpha }+2}{3}-1$ ；

b) 若$\ell \equiv 1\left(mod2\right)\left(\ell \ge 3\right)$ ，则${\left[0\right]}_{\alpha }+1={\left[1\right]}_{\alpha }={\left[2\right]}_{\alpha }$ 成立，${\left[0\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }-2}{3}$ ，${\left[1\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }-2}{3}+1$ 。

2) 若$\alpha =3\ell +1$ ，则有${\left[0\right]}_{\alpha }={\left[1\right]}_{\alpha }$ 成立，此时${\left(I+M^2\right)}^{\alpha }=\left(\begin{array}{ccc}{\left[0\right]}_{\alpha }& {\left[0\right]}_{\alpha }& -{\left[2\right]}_{\alpha }\\ {\left[2\right]}_{\alpha }& {\left[0\right]}_{\alpha }& -{\left[0\right]}_{\alpha }\\ -{\left[0\right]}_{\alpha }& -{\left[2\right]}_{\alpha }& {\left[0\right]}_{\alpha }\end{array}\right)$ 。

a) 若$\ell \equiv 0\left(mod2\right)$ ，则${\left[2\right]}_{\alpha }+1={\left[0\right]}_{\alpha }={\left[1\right]}_{\alpha }$ 成立，且${\left[2\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }-2}{3}$ ，${\left[0\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }-2}{3}+1$ ；

b) 若$\ell \equiv 1\left(mod2\right)$ ，则${\left[2\right]}_{\alpha }-1={\left[0\right]}_{\alpha }={\left[1\right]}_{\alpha }$ 成立，且${\left[2\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }+2}{3}$ ，${\left[0\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }+2}{3}-1$ 。

3) 若$\alpha =3\ell +2$ ，则有${\left[0\right]}_{\alpha }={\left[2\right]}_{\alpha }$ 成立，此时${\left(I+M^2\right)}^{\alpha }=\left(\begin{array}{ccc}{\left[0\right]}_{\alpha }& {\left[1\right]}_{\alpha }& -{\left[0\right]}_{\alpha }\\ {\left[0\right]}_{\alpha }& {\left[0\right]}_{\alpha }& -{\left[1\right]}_{\alpha }\\ -{\left[1\right]}_{\alpha }& -{\left[0\right]}_{\alpha }& {\left[0\right]}_{\alpha }\end{array}\right)$ 。

a) 若$\ell \equiv 0\left(mod2\right)$ ，则${\left[1\right]}_{\alpha }-1={\left[0\right]}_{\alpha }={\left[2\right]}_{\alpha }$ 成立，且${\left[1\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }+2}{3}$ ，${\left[0\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }+2}{3}-1$ ；

b) 若$\ell \equiv 1\left(mod2\right)$ ，则${\left[1\right]}_{\alpha }+1={\left[0\right]}_{\alpha }={\left[2\right]}_{\alpha }$ 成立，且${\left[1\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }-2}{3}$ ，${\left[0\right]}_{\alpha }=\frac{2^{\alpha }-2}{3}+1$ 。

证明：因为2)和3)可类比1)进行证明，故在此只证明1)。${\left[1\right]}_{\alpha }={\left[2\right]}_{\alpha }$ 是显然的。下面，我们用数学归纳法来完成a)的证明。

a) 若$\ell \equiv 0\left(mod2\right)$ ，即$\ell =2t$ ，对t进行归纳。当$t=1$ ，显然有结论成立。当$t=k$ 时，假设命题成立，即当$\alpha =6k$ 时，有${\left[0\right]}_{6k}^{}-1={\left[1\right]}_{6k}^{}={\left[2\right]}_{6k}^{}$ 成立。当$t=k+1$ 时，

$\begin{array}{c}{\left[0\right]}_{6k+6}^{}-{\left[1\right]}_{6k+6}^{}=\left({\left[0\right]}_{6k+5}^{}+{\left[2\right]}_{6k+5}^{}-{\left[0\right]}_{6k+5}^{}-{\left[1\right]}_{6k+5}^{}\right)={\left[2\right]}_{6k+5}^{}-{\left[1\right]}_{6k+5}^{}\\ ={\left[2\right]}_{6k+4}^{}-{\left[0\right]}_{6k+4}^{}={\left[1\right]}_{6k+3}^{}-{\left[0\right]}_{6k+3}^{}={\left[1\right]}_{6k+2}^{}-{\left[2\right]}_{6k+2}^{}\\ ={\left[0\right]}_{6k+1}^{}-{\left[2\right]}_{6k+1}^{}={\left[0\right]}_{6k}^{}-{\left[1\right]}_{6k}^{}=1\end{array}$

因此有${\left[0\right]}_{6k+6}^{}-{\left[1\right]}_{6k+6}^{}=1$ ，由此便知当$t=k+1$ 时，结论成立。

b) 若$\ell \equiv 1\left(mod2\right)$ $\ell \ge 3$ ，即$\ell =2t+1$ ，对t进行归纳。此时归纳证明过程与a)相似，证明细节留给感兴趣的读者。

定理2 对于任意的非负整数$\beta$ ，关于${\langle 0\rangle }_{\beta },{\langle 1\rangle }_{\beta },{\langle 2\rangle }_{\beta },{\langle 3\rangle }_{\beta },{\langle 4\rangle }_{\beta },{\langle 5\rangle }_{\beta }$ ，我们有如下结论。

1) 若$\beta =6\ell$ ，则有${\langle 1\rangle }_{\beta }={\langle 5\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 2\rangle }_{\beta }={\langle 4\rangle }_{\beta }$ ，且$\ell \ge 2$ 时，成立${\langle 1\rangle }_{\beta }-{\langle 2\rangle }_{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}$ ，${\langle 0\rangle }_{\beta }-{\langle 3\rangle }_{\beta }=2\cdot {\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}$ 。此时有${\left(I+M\right)}^{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}\left(\begin{array}{ccc}2& -1& 1\\ -1& 2& 1\\ 1& -1& 2\end{array}\right)$ 。

2) 若$\beta =6\ell +1$ ，则有${\langle 0\rangle }_{\beta }={\langle 1\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 2\rangle }_{\beta }={\langle 5\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 3\rangle }_{\beta }={\langle 4\rangle }_{\beta }$ ，且${\langle 0\rangle }_{\beta }-{\langle 3\rangle }_{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -1}{2}}$ 。此时有${\left(I+M\right)}^{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -1}{2}}\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ -1& 1& 0\\ 0& -1& 1\end{array}\right)$ 。

3) 若$\beta =6\ell +2$ ，则有${\langle 2\rangle }_{\beta }={\langle 0\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 3\rangle }_{\beta }={\langle 5\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 0\rangle }_{\beta }-{\langle 3\rangle }_{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}$ ，且有${\langle 1\rangle }_{\beta }-{\langle 4\rangle }_{\beta }=2{\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}$ 。此时有${\left(I+M\right)}^{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 2\\ -2& 1& -1\\ -1& -2& 1\end{array}\right)$ 。

4) 若$\beta =6\ell +3$ ，则有${\langle 5\rangle }_{\beta }={\langle 4\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 1\rangle }_{\beta }={\langle 2\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 0\rangle }_{\beta }={\langle 3\rangle }_{\beta }$ ，且${\langle 1\rangle }_{\beta }-{\langle 4\rangle }_{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -1}{2}}$ 。此时有${\left(I+M\right)}^{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -1}{2}}\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ -1& 0& -1\\ -1& -1& 0\end{array}\right)$ 。

5) 若$\beta =6\ell +4$ ，则有${\langle 0\rangle }_{\beta }={\langle 4\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 1\rangle }_{\beta }={\langle 3\rangle }_{\beta }$ ，且有${\langle 1\rangle }_{\beta }-{\langle 0\rangle }_{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}$ ，${\langle 2\rangle }_{\beta }-{\langle 5\rangle }_{\beta }=2\cdot {\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}$ 。此时有${\left(I+M\right)}^{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}\left(\begin{array}{ccc}-1& 2& 1\\ -1& -1& -2\\ -2& -1& -1\end{array}\right)$ 。

6) 若$\beta =6\ell +5$ ，则有${\langle 0\rangle }_{\beta }={\langle 5\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 1\rangle }_{\beta }={\langle 4\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 2\rangle }_{\beta }={\langle 3\rangle }_{\beta }$ ，且${\langle 2\rangle }_{\beta }-{\langle 0\rangle }_{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -1}{2}}$ 。此时有${\left(I+M\right)}^{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -1}{2}}\left(\begin{array}{ccc}-1& 1& 0\\ 0& -1& -1\\ -1& 0& -1\end{array}\right)$ 。

证明：1) 若$\beta =6\ell$ ，显然有${\langle 1\rangle }_{\beta }={\langle 5\rangle }_{\beta }$ ，${\langle 2\rangle }_{\beta }={\langle 4\rangle }_{\beta }$ ，下面我们通过数学归纳法，来完成${\langle 1\rangle }_{\beta }-{\langle 2\rangle }_{\beta }={\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}$ ，${\langle 0\rangle }_{\beta }-{\langle 3\rangle }_{\beta }=2\cdot {\left(-1\right)}^{\ell }{3}^{\frac{\beta -2}{2}}$ 的证明。

当$\ell =2$ ，即$\beta =12$ 时，显然有结论成立。当$\ell =k$ ，即$\beta =6k$ 时，假设有${\langle 1\rangle }_{6k}-{\langle 2\rangle }_{6k}={\left(-1\right)}^k{3}^{\frac{6k-2}{2}}$ ，${\langle 0\rangle }_{6k}-{\langle 3\rangle }_{6k}=2\cdot {\left(-1\right)}^k{3}^{\frac{6k-2}{2}}$ 成立。当$\ell =k+1$ 时

$\begin{array}{l}{\langle 1\rangle }_{6k+6}-{\langle 2\rangle }_{6k+6}\\ =\left({\langle 1\rangle }_{6k+5}+{\langle 0\rangle }_{6k+5}-{\langle 1\rangle }_{6k+5}-{\langle 2\rangle }_{6k+6}\right)\\ =5\left({\langle 4\rangle }_{6k+1}-{\langle 0\rangle }_{6k+1}\right)+4\left({\langle 3\rangle }_{6k+1}-{\langle 1\rangle }_{6k+1}\right)\\ ={\left(-1\right)}^{k+1}{3}^{\frac{6k-2}{2}+3}={\left(-1\right)}^{k+1}{3}^{\frac{6k+4}{2}}\end{array}$

$\begin{array}{l}{\langle 0\rangle }_{6k+6}-{\langle 3\rangle }_{6k+6}\\ =3\left({\langle 5\rangle }_{6k+3}+{\langle 4\rangle }_{6k+3}-{\langle 2\rangle }_{6k+3}-{\langle 1\rangle }_{6k+3}\right)\\ =18\left({\langle 3\rangle }_{6k}-{\langle 0\rangle }_{6k}\right)+18\left({\langle 2\rangle }_{6k}-{\langle 1\rangle }_{6k}\right)\\ =2{\left(-1\right)}^{k+1}{3}^{\frac{6k+4}{2}}\end{array}$

由此便知当$\ell =k+1$ 时，结论依然成立。其余情形的证明和(1)相似。

定理3 我们给出广义欧拉函数${\phi }_7\left(n\right)$ 的部分表示表达式，其余情形可类似给出。

${\phi }_7\left(n\right)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{7}\phi \left(n\right),\hfill & \text{if}r\ge 2\text{or}{\Omega }_1^7\left(n\right)\ge 1;\hfill \\ \frac{1}{7}\phi \left(n\right)+\frac{1}{7}{\left(-1\right)}^{\left(r+{\omega }_6\left(n\right)+\overline{\Omega }+1\right)}{2}^{{\Omega }_6^7\left(n\right)}\cdot 3^{\frac{\beta -1}{2}}\hfill & \text{if}{C}_7\left(2,1,1\right)\text{holds};\hfill \\ \frac{1}{7}\phi \left(n\right)+\frac{1}{7}{\left(-1\right)}^{\left(r+{\omega }_6\left(n\right)+\overline{\Omega }\right)}{2}^{{\Omega }_6^7\left(n\right)+1}\cdot 3^{\frac{\beta -1}{2}}\hfill & \text{if}{C}_7\left(2,1,2\right)\text{holds};\hfill \\ \frac{1}{7}\phi \left(n\right)+\frac{5}{7}{\left(-1\right)}^{\left(r+{\omega }_6\left(n\right)+\overline{\Omega }\right)}{2}^{{\Omega }_6^7\left(n\right)}\cdot 3^{\frac{\beta -2}{2}}\hfill & \text{if}{C}_7\left(3,2,1\right)\text{holds};\hfill \\ \frac{1}{7}\phi \left(n\right)+\frac{1}{7}{\left(-1\right)}^{\left(r+{\omega }_6\left(n\right)+\overline{\Omega }\right)}{2}^{{\Omega }_6^7\left(n\right)+2}\cdot 3^{\frac{\beta -2}{2}}\hfill & \text{if}{C}_7\left(3,2,2\right)\text{holds};\hfill \\ \frac{1}{7}\phi \left(n\right)+\frac{1}{7}{\left(-1\right)}^{\left(r+{\omega }_6\left(n\right)+\overline{\Omega }\right)}{2}^{{\Omega }_6^7\left(n\right)}\cdot 3^{\frac{\beta -1}{2}}\hfill & \text{if}{C}_7\left(4,3,1\right)\text{holds}.\hfill \end{array}$

其中${\omega }_6\left(n\right)={\Omega }_{6,1}^7\left(n\right)+{\Omega }_{6,3}^7\left(n\right)+{\Omega }_{6,5}^7\left(n\right)$ ，$\overline{\Omega }={\Omega }_{2,1}^7\left(n\right)+{\Omega }_{2,4}^7\left(n\right)+{\Omega }_{2,3}^7\left(n\right)+{\Omega }_{2,6}^7\left(n\right)+{\Omega }_{3,1}^7\left(n\right)+{\Omega }_{5,3}^7\left(n\right)+{\Omega }_{4,2}^7\left(n\right)+{\Omega }_{4,5}^7\left(n\right)+{\Omega }_{3,5}^7\left(n\right)+{\Omega }_{5,5}^7\left(n\right)$ 。

$C_7\left(i,j,k\right)\left(1\le i\le 6,0\le j\le 5,k=0,1,2\right)$ 表示同余方程组

$\{\begin{array}{l}\theta \equiv i\left(mod6\right);\\ \beta ={\Omega }_3^7\left(n\right)+{\Omega }_5^7\left(n\right)\equiv j\left(mod6\right);\\ \alpha ={\Omega }_2^7\left(n\right)+{\Omega }_4^7\left(n\right)\equiv k\left(mod3\right).\end{array}$

证明：由定理1和定理2和引理1，通过简单的计算即可得出结论。

推论1 若正整数$n=7^{\beta }$ ，则${\phi }_7\left(n\right)=\frac{1}{7}\phi \left(7^{\beta }\right)$ ，其中$\beta \ge 2$ 为整数。

推论2 若正整数$n=p^{\beta }$ ，其中p为素数，且$\left(p,7\right)=1$ 则有如下结论。为了叙述方便，先规定记号$\delta \left(i,j\right)=\{\begin{array}{ll}1,\hfill & \text{if}\beta \equiv i\left(mod6\right)\hfill \\ -1,\hfill & \text{if}\beta \equiv j\left(mod6\right)\hfill \end{array}\left(1\le i,j\le 6\right)$ 。

1) 若$p\equiv 1\left(mod7\right)$ ，则${\Omega }_1^7\left(n\right)={\Omega }_1^7\left(p^{\beta }\right)=1$ ，故${\phi }_7\left(p^{\beta }\right)=\frac{1}{7}\phi \left(p^{\beta }\right)$ 。

2) 若$p\equiv 2\left(mod7\right)$ ，则

${\phi }_7\left(p^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)-1}{7},\text{if}\beta \equiv 1,4\left(mod6\right);\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)-2}{7},\text{if}\beta \equiv 2,5\left(mod6\right);\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+3}{7},\text{if}\beta \equiv 3,6\left(mod6\right).\end{array}$

3) 若$p\equiv 3\left(mod7\right)$ ，则

${\phi }_7\left(p^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+2\delta \left(1,4\right)}{7},\text{if}\beta \equiv 1,4\left(mod6\right);\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+\delta \left(2,5\right)}{7},\text{if}\beta \equiv 2,5\left(mod6\right);\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+4\delta \left(3,6\right)}{7},\text{if}\beta \equiv 3,6\left(mod6\right).\end{array}$

4) 若$p\equiv 4\left(mod7\right)$ ，则

${\phi }_7\left(p^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)-3}{7},\text{if}\beta \equiv 1,4\left(mod6\right);\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+2}{7},\text{if}\beta \equiv 2,5\left(mod6\right);\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+1}{7},\text{if}\beta \equiv 3,6\left(mod6\right).\end{array}$

5) 若$p\equiv 5\left(mod7\right)$ ，则

${\phi }_7\left(p^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+4\delta \left(1,4\right)}{7},\text{if}\beta \equiv 1,4\left(mod6\right);\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+\delta \left(2,5\right)}{7},\text{if}\beta \equiv 2,5\left(mod6\right);\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+2\delta \left(3,6\right)}{7},\text{if}\beta \equiv 3,6\left(mod6\right).\end{array}$

6) 若$p\equiv 6\left(mod7\right)$ ，则

${\phi }_7\left(p^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)-5}{7},\text{if}\beta \equiv 1,3,5\left(mod6\right);\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+5}{7},\text{if}\beta \equiv 2,4,6\left(mod6\right).\end{array}$

证明：1)是显然的，下面来证明2)的第1种情形，其余情形可类似证明。如果$\beta \equiv 1\left(mod6\right)$ ，则${\Omega }_{2,1}^7\left(n\right)={\Omega }_{2,1}^7\left(p^{\beta }\right)=1$ ，由引理1得

$\begin{array}{c}{\phi }_7\left(p^{\beta }\right)=\frac{1}{7}\phi \left(n\right)+\frac{{\left(-1\right)}^{{\nu }_1}{2}^{{\nu }_2}}{7}\cdot {\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 1\end{array}\right)}^{\text{T}}{\displaystyle \prod _{i=2}^5{\displaystyle \prod _{j=1}^6{\overline{A}}_7{\left(i,j\right)}^{{\Omega }_{i,j}^7\left(n\right)}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)}}\\ =\frac{1}{7}\phi \left(p^{\beta }\right)+\frac{1}{14}{\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 1\end{array}\right)}^{\text{T}}{\overline{A}}_7{\left(2,1\right)}^{{\Omega }_{2,1}^7\left(p^{\beta }\right)}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)\\ =\frac{1}{7}\phi \left(p^{\beta }\right)+\frac{1}{14}\left(-2\right)\\ =\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)-1}{7}.\end{array}$

如果$\beta \equiv 4\left(mod6\right)$ ，则${\phi }_7\left(p^{\beta }\right)=\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)-1}{7}$ 是显然的。

定理4 数论函数方程

$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$

无正整数解。

证明：当$n=1$ 时，$Z\left(1\right)=1$ ，而${\phi }_7\left(SL\left(1\right)\right)={\phi }_7\left(1\right)=0$ ，显然1不是方程的解。现在设$n=2^k{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}\ge 2$ ，其中$p_1,p_2,\cdots ,p_s$ 为不同的奇素数，$k\ge 0,s\ge 0$ ，且$k_i\ge 0\left(i=1,\cdots ,s\right)$ ，但$k,s,k_i$ 不同时取0。

1) 若$2^k\ge \max \left\{2^k,p_i^{k_i}\right\}$ ，则必有$k\ge 1$ 。当$k=1$ 时，即$n=2$ ，${\phi }_7\left(SL\left(2\right)\right)={\phi }_7\left(2\right)=0$ ，而$Z\left(2\right)=3$ ，显然$Z\left(2\right)\ne {\phi }_7\left(SL\left(2\right)\right)$ ，故此时方程无解。考虑$k\ge 2$ 的情形，此时$SL\left(n\right)=2^k$ 。若$k=2$ ，则${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(4\right)=0$ ，而从$Z\left(n\right)$ 的定义可知$Z\left(n\right)\ne 0$ ，故此时方程无解。若$k\ge 3$ ，则考虑如下3种情形。

(i) 若$k\equiv 0\left(mod3\right)$ ，则${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(2^k\right)=\frac{\phi \left(2^k\right)+3}{7}=\frac{2^{k-1}+3}{7}$ 。如果有$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义必成立

$2^k{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}|\frac{\left(\frac{2^{k-1}+3}{7}\right)\left(\frac{2^{k-1}+3}{7}+1\right)}{2}$

故有$2^{k+1}{7}^2{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}|\left(2^{k-1}+3\right)\left(2^{k-1}+10\right)$ 成立，由此可知$2^k|\left(2^{k-1}+3\right)\left(2^{k-2}+5\right)$ 。断言$\left(2^k,2^{k-1}+3\right)=1$ ，故有$2^k|\left(2^{k-2}+5\right)$ ，而此式不可能成立，由此可知方程无解。

(ii) 若$k\equiv 1,2\left(mod3\right)$ ，这两种情形的讨论和(i)相似，故在此不再赘述。

2) 若$p_s^{k_s}\ge \max \left\{2^k,p_i^{k_i}\right\}$ ，则必有$k_s\ge 1$ 。故由引理2，可知$SL\left(n\right)=p_s^{k_s}$ ，因此${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)$ ，为了计算${\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)$ 的值，将对$p_s$ 分7种情况进行讨论。

(1˚) 若$p_s=7$ ，当$k_s=1$ 时，即$7=p_s\ge \max \left\{2^k,p_i^{k_i}\right\}$ 。故$k=0,1$ 或2，$s=1,2$ 或3，则$n=7,21,35,105,14,42,70,210,28,84,140,420$ 。因为${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(p_s\right)={\phi }_7\left(7\right)=1$ 。然而，通过计算可知，无论n取上述何值，都有$Z\left(n\right)\ne 1$ ，故此时方程无解。

若$p_s=7$ ，当$k_s\ge 2$ 时，由推论1知${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{1}{7}{\phi }_7\left(7^{k_s}\right)=6\cdot 7^{k_s-2}$ 。如果方程$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义必成立

$2^k{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}|\frac{\left(6\cdot 7^{k_s-2}\right)\left(6\cdot 7^{k_s-2}+1\right)}{2}$

故有$2^k{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}|\left(3\cdot 7^{k_s-2}\right)\left(6\cdot 7^{k_s-2}+1\right)$ 成立，显然有$2|\left(6\cdot 7^{k_s-2}+1\right)$ 。然而，此式不可能成立，故此时方程$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 无解。

(2˚) 若$p_s\equiv 1\left(mod7\right)$ ，则由推论2知${\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{1}{7}\phi \left(p_s^{k_s}\right)=\frac{1}{7}{p}_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)$ 。如果方程

$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义及整除的性质可知$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)\right)\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+7\right)$ 成立，$\gcd \left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right),p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+7\right)=1$ 或者7，无论何种情形均有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+7\right)$ 成立。显然，上述两式均不可能成立，故此时方程无解。

(3˚) 若$p_s\equiv 2\left(mod7\right)$ ，则分如下3种情形进行讨论。

(i) 若$k_s\equiv 1,4\left(mod6\right)$ ，则${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{\phi \left(p_s^{k_s}\right)-1}{7}=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-1}{7}$ 。如果有

$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义及整除的性质，可知$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-1\right)\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+6\right)$ 成立。显然有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-1\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+6\right)$ 成立。而上述两式均不可能成立。

(ii) 若$k_s\equiv 2,5\left(mod6\right)$ 或者$k_s\equiv 3,6\left(mod6\right)$ ，这两种情形的讨论和(i)相似。

(4˚) 若$p_s\equiv 3\left(mod7\right)$ ，分3种情况进行讨论。

(i) 若$k_s\equiv 1,4\left(mod6\right)$ ，则根据推论2${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{\phi \left(p_s^{k_s}\right)+2\delta \left(1,4\right)}{7}$ 。先看$k_s\equiv 1\left(mod6\right)$ ，且$p_s=3$ 的情形，若$k_s=1$ ，则${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(3\right)=0$ ，而$Z\left(n\right)\ne 0$ ，此时方程无解。若$p_s=3$ ，且$k_s\ne 1$ 的情形，此时${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(3^{k_s}\right)=\frac{\phi \left(3^{k_s}\right)-2}{7}=\frac{2\cdot 3^{k_s-1}-2}{7}$ 。如果有$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义，成立

$2^k{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}|\frac{\left(\frac{2\cdot 3^{k_s-1}-2}{7}\right)\left(\frac{2\cdot 3^{k_s-1}-2}{7}+1\right)}{2}$

故有$3^{k_s}|\left(2\cdot 3^{k_s-1}-2\right)\left(2\cdot 3^{k_s-1}+5\right)$ 成立，由此可知$3^{k_s}|\left(2\cdot 3^{k_s-1}-2\right)$ 或者$3^{k_s}|\left(2\cdot 3^{k_s-1}+5\right)$ ，显然上述两式均不可能成立，故此时方程无解。

其余情形，即$k_s\equiv 1\left(mod6\right)$ $p_s\ne 3$ 和$k_s\equiv 4\left(mod6\right)$ ，则

${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(1,4\right)}{7}$ 。如果有$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义及整除的性质，可知，有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(1,4\right)\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(1,4\right)+7\right)$ 成立。此时上述两式均不可能成立，由此便推出矛盾。

(ii) 若$k_s\equiv 2,5\left(mod6\right)$ ，则根据推论2知，${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+\delta \left(2,5\right)}{7}$ 。如果有

$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义及整除的性质，可知，必定有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+\delta \left(2,5\right)\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+\delta \left(2,5\right)+7\right)$ 成立，显然这是一个矛盾。故此时方程无解。

(iii) 若$k_s\equiv 3,6\left(mod6\right)$ ，这种情形的讨论和(ii)相似。

(5˚) 若$p_s\equiv 4\left(mod7\right)$ ，分3种情况进行讨论。

(i) 若$k_s\equiv 1,4\left(mod6\right)$ ，则${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-3}{7}$ 。如果有$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，

则根据$Z\left(n\right)$ 的定义及整除性质，可知$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-3\right)\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+4\right)$ 成立，显然有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-3\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+4\right)$ 成立。而上述两式均不可能成立，故此时方程无解。

(ii) 如果$k_s\equiv 2,5\left(mod6\right)$ 或者$k_s\equiv 3,6\left(mod6\right)$ ，这两种情形的讨论和(i)相似。

(6˚) 若$p_s\equiv 5\left(mod7\right)$ ，从推论2可以看出，这种情形和(4˚)中的讨论是一样的，在此不再赘述。

(7˚) 若$p_s\equiv 6\left(mod7\right)$ ，分2种情况进行讨论。

(i) 若$k_s\equiv 1,3,5\left(mod6\right)$ ，则${\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_7\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-5}{7}$ 如果有$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，

则根据$Z\left(n\right)$ 的定义及整除的性质，有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-5\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\right)$ 成立。而上述两式均不可能成立，故此时方程无解。

(ii) 若$k_s\equiv 2,4,6\left(mod6\right)$ ，这种情形的讨论和(i)是相似的。

由此便完成了定理4的证明。

4. 结语

本文主要研究数论函数方程$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性。为此，先给出广义欧拉函数${\phi }_7\left(n\right)$ 的表达式。由此，给出${\phi }_7\left(p^{\beta }\right)$ 的表达式，其中p是素数，且$\beta \in {\mathbb{Z}}^{+}$ 。最后，讨论该方程的可解性，我们证明了其无正整数解。在此基础上，可进一步讨论数论函数方程$Z\left(n\right)={\phi }_p\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性，其中p是任意的奇素数。

NOTES

^*通讯作者。