关于方程Z(n²)=φ₁₀(SL(n))的可解性研究

On the Solvability of Number-Theoretic Function Equation Z(n²)=φ₁₀(SL(n))

摘要: 本文利用伪Smarandache函数、Smarandache LCM函数和广义Euler函数的基本性质，以及一些初等方法和技巧给出φ10(pα)的准确计算公式，其中p是素数，且α是正整数。由此，我们讨论数论函数方程Z(n2)=φ10(SL(n))的可解性，结论是：该方程无正整数解。

Abstract: This paper applies the basic properties of pseudo-Smarandache, Smarandache LCM and generalized functions, as well as some elementary methods and techniques to obtain an accurate calculation formulaφ10(pα), where p is a prime number andαis a positive integer. Based on this formula, We discuss number- theoretic functional equationsZ(n2)=φ10(SL(n)). It is concluded that there is no positive integer solution to this equation.

1. 引言

数论函数方程是数论中一个的重要课题，它揭示了数论函数之间的本质联系。其中涉及到很多数论函数。例如欧拉函数、广义欧拉函数及Smarandache函数。而欧拉函数$\phi \left(n\right)$ 的值等于序列$0,1,\cdots ,n-1$ 中与n互素的整数个数[1]。欧拉函数是一类非常重要的函数，已经成为解决数论问题的一个重要工具，例如原根的刻画、费马小定理、RSA加密算法、素数定理的证明都要用到欧拉函数。因此，有不少学者对其进行研究，基于解决实际问题的客观需要，还对其进一步推广。我们简单地概括如下：

1938年著名数学家Lehmer [2]利用欧拉函数证明了：对于任意的奇素数p，

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

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$\gcd \left(n,r\right)=1$ 。

后来他利用自己建立的上述同余恒等式，再加上一些类似的同余恒等式证明费马大定理的第一种情形式：$x^n+y^n=z^n,4|n$ 无正整数解。

鉴于上述基本事实，从2002年到2007年，蔡天新等学者[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。为了达到这一目的，他们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互素的整数的个数，其中$\left[x\right]$ 是Gauss取整函数。易知：${\phi }_e\left(n\right)={\displaystyle \sum _{d|n}\mu \left(n/d\right)\left[d/e\right]}$ ，其中$\mu \left(n\right)$ 是Mobius函数：

$\mu \left(n\right)=\{\begin{array}{ll}1,\hfill & n=1;\hfill \\ {\left(-1\right)}^k,\hfill & n\ge 2,且{\alpha }_1=\cdots ={\alpha }_k=1;\hfill \\ 0,\hfill & n\ge 2,且\exists 某一个{\alpha }_i>1\left(1\le i\le k\right).\hfill \end{array}$

其中$n=p_1^{{\alpha }_1}\cdots p_k^{{\alpha }_k}\left({\alpha }_i\ge 1,i=1,\cdots ,k\right)$ 。

另一位著名数论专家F. Smarandache定义了数论函数——Smarandache函数。后来学者们在此基础上进行了推广，定义了伪Smarandache函数$Z\left(n\right)$ 和Smarandache LCM函数$SL\left(n\right)$ 。Smarandache LCM函数$SL\left(n\right)$ 则表示为最小正整数k，使得$1,2,\cdots ,k$ 的最小公倍数能被n整除[5]，即$SL\left(n\right)=\min \{k:k\in Z^{+},n|lcm\left[1,2,\cdots ,k\right]\}$ 。伪Smarandache函数$Z\left(n\right)$ 定义为最小的正整数m，使得

$1+2+\cdots +m$ 能被n整除[6]，即$Z\left(n\right)=\min \{m:m\in Z^{+},n|\frac{m\left(m+1\right)}{2}\}$ 。

为了揭示数论函数之间的本质联系，近年来一些学者对这几类结合的方程做了大量的研究。例如，范盼红[7]利用初等方法对此问题进行了研究，给出了方程$Z\left(n\right)=\phi \left(n\right)$ 的解的所有形式；鲁伟阳[8]研究了$Z\left(n^2\right)=\phi \left(n\right)$ 的所有整数解情况；张利霞等[9]研究了方程$S\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_2\left(n\right)$ 的可解性，并给出了所有的正整数解；朱杰[10]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；李改利等[11]研究了方程$Z\left(n^2\right)={\phi }_e\left(SL\left(n\right)\right)\left(e=3,4\right)$ 的所有正整数解。

本文在上述学者研究的基础上，进一步讨论${\phi }_{10}\left(p^{\alpha }\right)$ (p为素数，$\alpha$ 为正整数)的准确计算公式，接着用${\phi }_{10}\left(p^{\alpha }\right)$ 的准确计算公式讨论数论函数方程$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性。为此需要下列相关引理。

2. 相关引理及主要结果

引理1 [12]设正整数n的标准分解式为$n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}$ ，则有：

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

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

引理2 [13]当$p\ge 3$ 及$k\ge 1$ 时，有$Z\left(p^k\right)=p^k-1$ 。特别地，当$p=2$ 时，则有$Z\left(2^k\right)=2^{k+1}-1$ 。

引理3 [14]对任意素数p及$k\ge 1$ ，有$\phi \left(p^k\right)=p^k-p^{k-1}$ 。

定理1若$n=p^{\alpha }$ ，$\forall e$ ，${\phi }_e\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{e}$ ，$\left(p,e\right)=1$ 且p为素数，$\alpha \ge 1$ 且为整数，${\lambda }_2\equiv p^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}e\right)$ ，${\lambda }_1\equiv p^{\alpha }\equiv p{\lambda }_2\left(\mathrm{mod}e\right)$ ，$1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le e-1$ 。

证明：当$n=p^{\alpha }$ 时，由广义欧拉函数的性质得：

${\phi }_e\left(n\right)={\displaystyle \sum _{d|n}\mu \left(\frac{n}{d}\right)}\left[\frac{d}{e}\right]=\mu \left(1\right)\left[\frac{p^{\alpha }}{e}\right]+\mu \left(p\right)\left[\frac{p^{\alpha -1}}{e}\right]=\frac{p^{\alpha }-{\lambda }_1}{e}-\frac{p^{\alpha -1}-{\lambda }_2}{e}=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{e}$

其中$1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le e-1$ ，且${\lambda }_2\equiv p^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}e\right)$ ，${\lambda }_1\equiv p^{\alpha }\equiv p{\lambda }_2\left(\mathrm{mod}e\right)$ 。

推论1 $n=p^{\alpha }$ ，$e=10$ ，$\left(p,2\right)=1$ 且$\left(p,5\right)=1$ ，$1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le 9$

${\phi }_{10}\left(n\right)={\displaystyle \sum _{d|n}\mu \left(\frac{n}{d}\right)\left[\frac{d}{10}\right]}=\mu \left(1\right)\left[\frac{p^{\alpha }}{10}\right]+\mu \left(p\right)\left[\frac{p^{\alpha -1}}{10}\right]=\frac{p^{\alpha }-{\lambda }_1}{10}-\frac{p^{\alpha -1}-{\lambda }_2}{10}=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{10}$

${\lambda }_2\equiv p^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，${\lambda }_1\equiv p^{\alpha }\equiv p{\lambda }_2\left(\mathrm{mod}10\right)$ 。

推论2

(1) $p\equiv 1\left(\mathrm{mod}10\right)$

${\phi }_{10}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)}{10}$

(2) $p\equiv 3\left(\mathrm{mod}10\right)$

${\phi }_{10}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{10},\alpha \equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 6}{10},\alpha \equiv 2，4\left(\mathrm{mod}4\right).\end{array}$

(3) $p\equiv 7\left(\mathrm{mod}10\right)$

${\phi }_{10}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)\mp 6}{10},\alpha \equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{10},\alpha \equiv 2,4\left(\mathrm{mod}4\right).\end{array}$

(4) $p\equiv 9\left(\mathrm{mod}10\right)$

${\phi }_{10}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)-8}{10},\alpha \equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)+8}{10},\alpha \equiv 2,4\left(\mathrm{mod}4\right).\end{array}$

证明：当$p\equiv 1\left(\mathrm{mod}10\right)$ 时，易证${\phi }_{10}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)}{10}$ 。当$p\equiv 3\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，$\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}4\right)$ 时，由推论1得${\phi }_{10}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{10}$ ，$1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le 9$ ，且${\lambda }_2\equiv 3^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，${\lambda }_1\equiv 3^{\alpha }\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，则有

${\lambda }_2\equiv 1\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，${\lambda }_1\equiv 3\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，故${\lambda }_1=3$ ，${\lambda }_2=1$ ，便可得${\phi }_{10}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)-2}{10}$ ，证毕。其余情况类似可得。

定理2 如果$n=2^{\alpha }{5}^{\beta }>10$ ($\alpha ,\beta$ 均为非负整数)且$n\ne 20$ ，则有，

${\phi }_{10}\left(2^{\alpha }{5}^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}2\cdot 5^{\beta -2},\alpha =0,\beta \ge 2,\\ 2^{\alpha }{5}^{\beta -2},\alpha \ge 1,\beta \ge 2,\\ \frac{2^{\alpha -1}\pm 2}{5},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right),\beta =0,\\ \frac{2^{\alpha -1}\mp 1}{5},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 2,4\left(\mathrm{mod}4\right),\beta =0,\\ \frac{2^{\alpha }\mp 2}{5},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right),\beta =1，\\ \frac{2^{\alpha }\pm 1}{5},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 2,4(\mathrm{mod}4),\beta =1.\end{array}$

证明：(1) 若$\alpha =0$ ，$n=5^{\beta }>10$ ，故$\beta \ge 2$ 。这时我们有

${\phi }_{10}\left(5^{\beta }\right)={\displaystyle \sum _{d|5^{\beta }}\mu \left(\frac{5^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{10}\right]=\left[\frac{5^{\beta }}{10}\right]-\left[\frac{5^{\beta -1}}{10}\right]=\left[\frac{5^{\beta -1}}{2}\right]-\left[\frac{5^{\beta -2}}{2}\right]=2\cdot 5^{\beta -2}$

(2) 若$\alpha =1$ ，$n=2\cdot 5^{\beta }>10$ ，故$\beta \ge 2$ 。这时我们有

$\begin{array}{c}{\phi }_{10}\left(2\cdot 5^{\beta }\right)={\displaystyle \sum _{d|5^{\beta }}\mu \left(\frac{2\cdot 5^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{10}\right]+{\displaystyle \sum _{d|5^{\beta }}\mu \left(\frac{2\cdot 5^{\beta }}{2d}\right)}\left[\frac{2d}{10}\right]\\ =-{\phi }_{10}\left(5^{\beta }\right)+{\displaystyle \sum _{d|5^{\beta }}\mu \left(\frac{5^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{5}\right]\\ =-{\phi }_{10}\left(5^{\beta }\right)+{\displaystyle \sum _{d|5^{\beta }}\mu \left(\frac{5^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{5}\right]=2\cdot 5^{\beta -2}\end{array}$

(3) 若$\alpha =2$ ，$n=4\cdot 5^{\beta }>10$ 且$n\ne 20$ ，故$\beta \ge 2$ 。这时我们有

$\begin{array}{c}{\phi }_{10}\left(4\cdot 5^{\beta }\right)={\displaystyle \sum _{d|4\cdot 5^{\beta }}\mu \left(\frac{4\cdot 5^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{10}\right]\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{4\cdot 5^{\beta }}{10}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{2\cdot 5^{\beta }}{10}\right]+\mu \left(5\right)\left[\frac{4\cdot 5^{\beta -1}}{10}\right]+\mu \left(10\right)\left[\frac{2\cdot 5^{\beta -1}}{10}\right]\\ =4\cdot 5^{\beta -2}\end{array}$

(4) 若$\alpha =3$ ，$n=8\cdot 5^{\beta }>10$ ，则$\beta \ge 2$ 。这时我们有

$\begin{array}{c}{\phi }_{10}\left(8\cdot 5^{\beta }\right)={\displaystyle \sum _{d|8\cdot 5^{\beta }}\mu \left(\frac{8\cdot 5^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{10}\right]\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{8\cdot 5^{\beta }}{10}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{4\cdot 5^{\beta }}{10}\right]+\mu \left(5\right)\left[\frac{8\cdot 5^{\beta -1}}{10}\right]+\mu \left(10\right)\left[\frac{4\cdot 5^{\beta -1}}{10}\right]\\ =8\cdot 5^{\beta -2}\end{array}$

(5) $\alpha \ge 4$ ，$n=2^{\alpha }{5}^{\beta }>10$ ，则$\beta \ge 0$ 。这时我们有

1) 如果$\beta =0$ ，则$n=2^{\alpha }\left(\alpha \ge 4\right)$ ，此时我们有

${\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\right)={\displaystyle \sum _{d|2^{\alpha }}\mu \left(\frac{2^{\alpha }}{d}\right)}\left[\frac{d}{10}\right]=\left[\frac{2^{\alpha -1}}{5}\right]-\left[\frac{2^{\alpha -2}}{5}\right]$

(i) 若$\alpha \equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right)$

${\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}\pm 2}{5}$

(ii) 若$\alpha \equiv 2,4\left(\mathrm{mod}4\right)$

${\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}\mp 1}{5}$

2) 如果$\beta =1$ ，则$n=5\cdot 2^{\alpha }$ ，这时我们有

$\begin{array}{c}{\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\cdot 5\right)={\displaystyle \sum _{d|2^{\alpha }\cdot 5}\mu \left(\frac{2^{\alpha }\cdot 5}{d}\right)}\left[\frac{d}{10}\right]\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{2^{\alpha }\cdot 5}{10}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{2^{\alpha -1}\cdot 5}{10}\right]+\mu \left(5\right)\left[\frac{2^{\alpha }}{10}\right]+\mu \left(10\right)\left[\frac{2^{\alpha -1}}{10}\right]\\ =2^{\alpha -2}+\left[\frac{2^{\alpha -2}}{5}\right]-\left[\frac{2^{\alpha -1}}{5}\right]\end{array}$

(i) 若$\alpha \equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right)$

${\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\cdot 5\right)=2^{\alpha -2}-\frac{2^{\alpha -2}\pm 2}{5}$

(ii) 若$\alpha \equiv 2,4\left(\mathrm{mod}4\right)$

${\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\cdot 5\right)=2^{\alpha -2}-\frac{2^{\alpha -2}\mp 1}{5}$

3) 若$\beta \ge 2$ ，则$n=5^{\beta }\cdot 2^{\alpha }$ ，这时我们有

$\begin{array}{c}{\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\cdot 5^{\beta }\right)={\displaystyle \sum _{d|2^{\alpha }\cdot 5^{\beta }}\mu \left(\frac{2^{\alpha }\cdot 5^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{10}\right]\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{2^{\alpha }\cdot 5^{\beta }}{10}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{2^{\alpha -1}\cdot 5^{\beta }}{10}\right]+\mu \left(5\right)\left[\frac{2^{\alpha }\cdot 5^{\beta -1}}{10}\right]+\mu \left(10\right)\left[\frac{2^{\alpha -1}\cdot 5^{\beta -1}}{10}\right]\\ =2^{\alpha }{5}^{\beta -2}\end{array}$

定理3 数论函数方程：

$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ (1)

无整数解。

3. 主要结果的证明

定理3的证明 由引理2知$n=1$ ，$Z\left(1\right)=1$ ，$SL\left(1\right)=1$ ，${\phi }_{10}\left(SL\left(1\right)\right)=0$ ，则$Z\left(1\right)\ne {\phi }_{10}\left(SL\left(1\right)\right)$ ，故$n=1$ 不是方程的解。

现设$n=2^{\alpha }{p}_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}>1$ ，其中$k\ge 0$ ，$\alpha ,{\alpha }_i\ge 0$ $\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$ ，其中$p_i$ 是不同的奇素数。

(1) 若$2^{\alpha }=\max \left\{2^{\alpha },p_1^{{\alpha }_1},p_2^{{\alpha }_2},\cdots ,p_k^{{\alpha }_k}\right\}$ ，则必有$\alpha \ge 1$ 。由引理1得$SL\left(n\right)=2^{\alpha }$ ，${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\right)$ 。当$\alpha =1$ 时，即$n=2$ ，${\phi }_{10}\left(SL\left(2\right)\right)=0$ 。根据定义$Z\left(2^2\right)=7$ ，故$Z\left(2^2\right)\ne {\phi }_{10}\left(SL\left(2\right)\right)$ ，即方程(1)无解。当$\alpha =2$ 时，即$n=4$ 或12，由引理得${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(4\right)=0$ ，$Z\left(4^2\right)=31$ ，故${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$ 。当$\alpha =3$ 时，n的值为以下几种情况：

$n\in \{2^3,2^3\times 3,2^3\times 5,2^3\times 7,2^3\times 3\times 5,2^3\times 3\times 7,2^3\times 5\times 7,2^3\times 3\times 5\times 7\}$

由引理2知$SL\left(n\right)=2^3$ ，${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(8\right)=0$ ，显然$Z\left(n^2\right)\ne 0$ ，故此时${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$ 。

故$\alpha \ge 4$ 时，${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\right)$ ，下面计算${\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\right)$ 。考虑以下两种情形。

(i) 若$\alpha \equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right)$ ，由定理2知则${\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}\pm 2}{5}$ ，如果$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{2^{\alpha -2}\pm 2}{5}\left(\frac{2^{\alpha -2}\pm 2}{5}+1\right)}{2}$

则有$2^{2\alpha +1}|\left(2^{\alpha -2}\pm 2\right)\left(2^{\alpha -2}\pm 2+5\right)$ ，故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}\pm 2$ 或$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}\pm 2+5$ 成立。假设$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}\pm 2$ 成立，故$2^{2\alpha }|2^{\alpha -3}\pm 1$ ，而$2^{\alpha -3}\pm 1$ 为奇数显然矛盾。故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}\pm 2+5$ ，此时$2^{\alpha -2}\pm 2+5$ 为奇数，显然矛盾。

(ii) 若$\alpha \equiv 2,4\left(\mathrm{mod}4\right)$ ，由定理2知则${\phi }_{10}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}\mp 1}{5}$ ，如果$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{2^{\alpha -2}\mp 1}{5}\left(\frac{2^{\alpha -2}\mp 1}{5}+1\right)}{2}$

则有$2^{2\alpha +1}|\left(2^{\alpha -2}\mp 1\right)\left(2^{\alpha -2}\mp 1+5\right)$ ，$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}\mp 1$ 显然不成立，故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}\mp 1+5$ ，

当$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+4$ 成立时，有$2^{2\alpha -1}|2^{\alpha -4}+1$ 显然矛盾，故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+6$ ，有$2^{2\alpha }|2^{\alpha -3}+3$ 显然矛盾。综上所述当$2^{\alpha }=\max \left\{2^{\alpha },p_1^{{\alpha }_1},p_2^{{\alpha }_2},\cdots ,p_k^{{\alpha }_k}\right\}$ 时，此时方程(1)无解。

(2) 若$p_k^{{\alpha }_k}=\max \left\{2^{\alpha },p_1^{{\alpha }_1},p_2^{{\alpha }_2},\cdots ,p_k^{{\alpha }_k}\right\}$ ，则必有${\alpha }_k\ge 1$ ，由引理1得$SL\left(n\right)=p_k^{{\alpha }_k}$ ，${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)$ ，下面计算${\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)$ 的值。

情形一：若$p_k=5$ ，由引理1得，当${\alpha }_k=1$ 时，$n=5,2\times 5,3\times 5,2^2\times 5,2\times 3\times 5,2^2\times 3\times 5$ ， ${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(5\right)=0$ ，由引理2得$Z\left(n^2\right)\ne 0$ ，显然${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$ 。当${\alpha }_k=2$ ， ${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(5^2\right)=1$ ，易验证$Z\left(n^2\right)\ne 1$ ，故${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$ 。故${\alpha }_k\ge 3$ ，由定理2得${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(5^{{\alpha }_k}\right)=2\cdot 5^{{\alpha }_k-2}$ ，如果$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{2\cdot 5^{{\alpha }_k-2}\left(2\cdot 5^{{\alpha }_k-2}+1\right)}{2}$

则有$5^{2{\alpha }_k}|5^{{\alpha }_k-2}\left(2\cdot 5^{{\alpha }_k-2}+1\right)$ ，故$5^{{\alpha }_k+2}|2\cdot 5^{{\alpha }_k-2}+1$ ，显然不成立。

情形二：若$\left(p_k,5\right)=1$ ，计算${\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)$ ，需讨论$p_k$ 为不同的值，分以下四种情形进行讨论。

(I) 若$p_k\equiv 1\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，根据推论2得${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{1}{10}\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}}{10}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}}{10}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}}{10}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+10\right)$ ，即$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+10$ 成立。若$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}$ 成立，有$p_k|p_k-1$ 与$p_k$ 是奇素数矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+10$ ，当${\alpha }_k=1$ 时，则$p_k^2|p_k+9$ ，故$p_k=3$ 与$p\equiv 1\left(\mathrm{mod}10\right)$ 矛盾。当${\alpha }_k>1$ 时，$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+10$ ，必有$p_k=2$ 或$p_k=5$ ，与$p_k$ 奇素数且$\left(p_k,5\right)=1$ 矛盾。综上所述，方程(1)无解。

(II) 若$p_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，下面对${\alpha }_k$ 分以下两种情况进行讨论。

(i) 若${\alpha }_k\equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right)$ ，由推论2得${\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{10}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{10}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{10}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{10}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+10\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+10$ 。若$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2$ ，则$p_k=2$ 与$p_k$ 是奇素数矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+10$ ，当${\alpha }_k\equiv 1\left(\mathrm{mod}4\right)$ 时，有$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8$ ，则$p_k=2$ 与$p_k$ 为奇素数矛盾。当${\alpha }_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}4\right)$ 时，有$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12$ ，故$p_k=2$ 或$p_k=3$ ，当$p_k=2$ 时显然不成立，则$p_k=3$ ，上式可以写成$3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}+12$ ，化简得$3^{2{\alpha }_k-1}|3^{{\alpha }_k-1}-3^{{\alpha }_k-2}+4$ ，显然矛盾。

(ii) 若${\alpha }_k\equiv 2,4\left(\mathrm{mod}4\right)$ ，由推论2得${\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 6}{10}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{10}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{10}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{10}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+10\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+10$ 。若$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6$ 成立，则有$p_k=2$ 或$p_k=3$ ，$p_k=2$ 时显然矛盾，故$p_k=3$ ，上式为$3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}\mp 6$ ，化简为$3^{2{\alpha }_k-1}|3^{{\alpha }_k-1}-3^{{\alpha }_k-2}\mp 2$ ，显然不可能成立。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+10$ ，则$p_k=2$ 显然矛盾。综上所述方程(1)无解。

(III) 若$p_k\equiv 7\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，根据下面对${\alpha }_k$ 分以下两种情况进行讨论。

(i) 若${\alpha }_k\equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right)$ ，由推论2得${\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 6}{10}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{10}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{10}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{10}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+10\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+10$ 成立。若$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6$ 成立，则有$p_k=2$ 或$p_k=3$ ，与$p\equiv 7\left(\mathrm{mod}10\right)$ 矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+10$ ，则$p_k=2$ 与$p\equiv 7\left(\mathrm{mod}10\right)$ 矛盾。

(ii) 若${\alpha }_k\equiv 2,4\left(\mathrm{mod}4\right)$ ，由推论2得${\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)\mp 2}{10}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{10}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{10}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{10}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+10\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+10$ 。若$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2$ ，则$p_k=2$ 与$p_k$ 是奇素数矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+10$ ，则有$p_k=2$ 或$p_k=3$ ，与$p\equiv 7\left(\mathrm{mod}10\right)$ 矛盾。故方程(1)无解。

(IV) 若$p_k\equiv 9\left(\mathrm{mod}10\right)$ ，下面对${\alpha }_k$ 分以下两种情况讨论。

(i) ${\alpha }_k\equiv 1,3\left(\mathrm{mod}4\right)$ ，由推论2得${\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)-8}{10}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8}{10}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8}{10}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8}{10}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2$ 。当$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8$ 时，有$p_k=2$ 与$p_k\equiv 9\left(\mathrm{mod}10\right)$ 矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2$ ，则$p_k=2$ 与$p_k\equiv 9\left(\mathrm{mod}10\right)$ 矛盾。

(ii) 若${\alpha }_k\equiv 2,4\left(\mathrm{mod}4\right)$ ，由推论2得${\phi }_{10}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)+8}{10}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8}{10}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8}{10}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8}{10}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+18\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+18$ 。当$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8$ 时，有$p_k=2$ 与$p_k\equiv 9\left(\mathrm{mod}10\right)$ 矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+18$ ，则有$p_k=2$ 或$p_k=3$ ，与$p\equiv 9\left(\mathrm{mod}10\right)$ 矛盾。故方程(1)无解。

4. 结语

本文利用伪Smarandache函数、Smarandache LCM函数以及广义欧拉函数的基本性质，讨论了数论函数方程$Z\left(n\right)={\phi }_{10}\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性，证明了该方程无正整数解。在此基础上，可进一步讨论数论函数方程$Z\left(n\right)={\phi }_{pq}\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性，其中$p,q$ 是不同的素数。

NOTES

^*第一作者。

^#通讯作者。