关于方程Z(n²)=φ₁₄(SL(n))的正整数解

On the Positive Integer Solutions toEquation Z(n²)=φ₁₄(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φ14(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)=φ14(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 formula ofφ14(pα), where p is a prime number andαis a positive integer. Based on this formula, We discuss the solvability of the number-theoretic functional equationZ(n2)=φ14(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类非常有研究价值的函数，它揭示了数论函数之间的本质联系。其中涉及很多数论函数，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，在RSA公钥密码体制中扮演着重要的角色，已经成为解决数论问题的一个重要工具。2007年，Cai [2]在欧拉函数的基础上提出了广义欧拉函数的概念，他们定义了广义欧拉函数${\phi }_e\left(n\right)$ ：

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

即${\phi }_e\left(n\right)$ 等于序列$1,2,\cdots ,\left[n/e\right]$ 中与n互素的整数个数，容易证明：

${\phi }_e\left(n\right)={\displaystyle \sum _{d|n}\mu \left(\frac{n}{d}\right)}\left[\frac{d}{e}\right].$

其中，$\left[x\right]$ 是Gauss取整函数。

另一方面，著名的数论专家F. Smarandache定义了Smarandache函数。后来一些学者在此基础上进行了推广，提出了伪Smarandache函数$Z\left(n\right)$ 和Smarandache LCM函数$SL\left(n\right)$ 。伪Smarandache函数$Z\left(n\right)$ 定义为最小正整数m，使得$1+2+\cdots +m$ 能被n整除[3]，即：

$Z\left(n\right)=\min \{m:m\in Z^{+},n|\frac{m\left(m+1\right)}{2}\}.$

Smarandache LCM函数$SL\left(n\right)$ 定义为最小正整数k，使得$1,2,\cdots ,k$ 的最小公倍数能被n整除[4]，即：

$SL\left(n\right)=\min \{k:k\in Z^{+},n|lcm\left[1,2,\cdots ,k\right]\}.$

近年来，关于$SL\left(n\right)$ 、$Z\left(n\right)$ 及${\phi }_e\left(n\right)$ 几类数论函数相结合的方程备受学者们的关注，并且取得了一些好的结果。例如，高丽等[5]研究了方程$Z\left(n^2\right)=\phi \left(n\right)$ 的可解性，并获得了该方程的所有正整数解。赵祈芬等[6]研究了方程$Z\left(n^k\right)=\phi \left(n^2\right)$ 与$Z\left(n^k\right)=\phi \left(n^k\right)$ 的可解性，并获得了该方程的所有正整数解。白继文[7]研究了方程$S\left(SL\left(n^2\right)\right)={\phi }_2\left(n\right)$ 的可解性，并得到了其所有正整数解。朱杰等[8]对方程$Z\left(n\right)={\phi }_e\left(SL\left(n\right)\right)\left(e=2,3,4,6\right)$ 进行了研究，给出了其所有正整数解；李改利等[9]研究了方程$Z\left(n^2\right)={\phi }_e\left(SL\left(n\right)\right)\left(e=3,4\right)$ 的可解性，并给出了所有正整数解。

本文在上述学者研究的基础上，进一步讨论${\phi }_{14}\left(p^{\alpha }\right)$ (p为素数，$\alpha$ 为正整数)的准确计算公式，然后利用${\phi }_{14}\left(p^{\alpha }\right)$ 的准确计算公式讨论数论函数方程$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性。

2. 相关引理及主要结果

引理1 [10]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 [11]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 [12]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$n=p^{\alpha }$ ，则有${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{14}$ ，$\left(p,2\right)=1$ 且$\left(p,7\right)=1$ ，且p为素数，${\lambda }_2\equiv p^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，${\lambda }_1\equiv p^{\alpha }\equiv p{\lambda }_2\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，$1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le 13$ 。

证明：当$n=p^{\alpha }$ 时，由广义欧拉函数的性质得：

${\phi }_{14}\left(n\right)={\displaystyle \sum _{d|n}\mu \left(\frac{n}{d}\right)\left[\frac{d}{14}\right]}=\mu \left(1\right)\left[\frac{p^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(p\right)\left[\frac{p^{\alpha -1}}{14}\right]=\frac{p^{\alpha }-{\lambda }_1}{14}-\frac{p^{\alpha -1}-{\lambda }_2}{14}=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{14}.$

其中，$1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le 13$ ，${\lambda }_2\equiv p^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，${\lambda }_1\equiv p^{\alpha }\equiv p{\lambda }_2\left(\mathrm{mod}14\right)$ 。

推论1 当$n=p^{\alpha }$ ，$\left(p,2\right)=1$ 且$\left(p,7\right)=1$ ，p为素数。则有下面的结论：

1) $p\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)}{14}.$

2) $p\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{14},\alpha \equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 6}{14},\alpha \equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 4}{14},\alpha \equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

3) $p\equiv 5\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)\mp 4}{14},\alpha \equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 6}{14},\alpha \equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{14},\alpha \equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

4) $p\equiv 9\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)-8}{14},\alpha \equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)-2}{14},\alpha \equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)+10}{14},\alpha \equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

5) $p\equiv 11\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)-10}{14},\alpha \equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)+2}{14},\alpha \equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)+8}{14},\alpha \equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

6) $p\equiv 13\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)-12}{14},\alpha \equiv 1,3,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)+12}{14},\alpha \equiv 2,4,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

证明：当$p\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$ 时，易证${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)}{14}$ 。当$p\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，$\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}6\right)$ 时，由推论1得${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{14}$ ，$1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le 13$ ，且${\lambda }_2\equiv 3^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，${\lambda }_1\equiv 3^{\alpha }\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，则有${\lambda }_2\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，${\lambda }_1\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，故${\lambda }_1=3$ ，${\lambda }_2=1$ ，便可得${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)-2}{14}$ ，证毕。其余情况类似可得。

定理2 若$n=2^{\alpha }{7}^{\beta }>14$ 且$n\ne 28$ ，$\alpha ,\beta$ 为非负整数，则有：

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }{7}^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}3\cdot 7^{\beta -2},\alpha =0,\beta \ge 2,\\ 3\cdot 2^{\alpha -1}{7}^{\beta -2},\alpha \ge 1,\beta \ge 2,\\ \frac{2^{\alpha -2}+3}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =0,\\ \frac{2^{\alpha -2}-1}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =0,\\ \frac{2^{\alpha -2}-2}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =0,\\ \frac{6\cdot 2^{\alpha -2}-3}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =1,\\ \frac{6\cdot 2^{\alpha -2}+1}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =1,\\ \frac{6\cdot 2^{\alpha -2}+2}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =1.\end{array}$

证明：1) 若$\alpha =0$ ，则$n=7^{\beta }>14$ ，$\beta \ge 2$ ，这时有：

${\phi }_{14}\left(7^{\beta }\right)={\displaystyle \sum _{d|7^{\beta }}\mu \left(\frac{7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]=\left[\frac{7^{\beta }}{14}\right]-\left[\frac{7^{\beta -1}}{14}\right]=\left[\frac{7^{\beta -1}}{2}\right]-\left[\frac{7^{\beta -2}}{2}\right]=3\cdot 7^{\beta -2}.$

2) 若$\alpha =1$ ，则$n=2\cdot 7^{\beta }>14$ ，$\beta \ge 2$ ，这时有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(2\cdot 7^{\beta }\right)={\displaystyle \sum _{d|2\cdot 7^{\beta }}\mu \left(\frac{2\cdot 7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]={\displaystyle \sum _{d|7^{\beta }}\mu \left(\frac{2\cdot 7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]+{\displaystyle \sum _{d|7^{\beta }}\mu \left(\frac{7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{7}\right]\\ =-{\phi }_{14}\left(7^{\beta }\right)+7^{\beta -1}-7^{\beta -2}\\ =3\cdot 7^{\beta -2}.\end{array}$

3) 若$\alpha =2$ ，则$n=2^2\cdot 7^{\beta }>14$ ，$\beta \ge 2$ ，这时有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(4\cdot 7^{\beta }\right)={\displaystyle \sum _{d|4\cdot 7^{\beta }}\mu \left(\frac{4\cdot 7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{4\cdot 7^{\beta }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{2\cdot 7^{\beta }}{14}\right]+\mu \left(7\right)\left[\frac{4\cdot 7^{\beta -1}}{14}\right]+\mu \left(14\right)\left[\frac{2\cdot 7^{\beta -1}}{14}\right]\\ =6\cdot 7^{\beta -2}.\end{array}$

4) 若$\alpha =3$ ，则$n=2^3\cdot 7^{\beta }>14$ ，$\beta \ge 2$ ，这时有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(8\cdot 7^{\beta }\right)={\displaystyle \sum _{d|8\cdot 7^{\beta }}\mu \left(\frac{8\cdot 7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{2^3\cdot 7^{\beta }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{2^2\cdot 7^{\beta }}{14}\right]+\mu \left(7\right)\left[\frac{2^3\cdot 7^{\beta -1}}{14}\right]+\mu \left(14\right)\left[\frac{2^2\cdot 7^{\beta -1}}{14}\right]\\ =12\cdot 7^{\beta -2}.\end{array}$

5) 若$\alpha \ge 4$ ，则$n=2^{\alpha }\cdot 7^{\beta }>14$ ，$\beta \ge 0$ ，这时有：

① 若$\beta =0$ ，则$n=2^{\alpha }$ ，故有：

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)={\displaystyle \sum _{d|2^{\alpha }}\mu \left(\frac{2^{\alpha }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]=\mu \left(1\right)\left[\frac{2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{2^{\alpha -1}}{14}\right]=\left[\frac{2^{\alpha -1}}{7}\right]-\left[\frac{2^{\alpha -2}}{7}\right].$

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

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}+3}{7}.$

ii) 若$\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)$ ，则

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}-1}{7}.$

iii) 若$\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right)$ ，则

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}-2}{7}.$

② 若$\beta =1$ ，则$n=7\cdot 2^{\alpha }$ ，故有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(7\cdot 2^{\alpha }\right)={\displaystyle \sum _{d|7\cdot 2^{\alpha }}\mu \left(\frac{7\cdot 2^{\alpha }}{d}\right)\left[\frac{d}{14}\right]}\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{7\cdot 2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{7\cdot 2^{\alpha -1}}{14}\right]+\mu \left(7\right)\left[\frac{2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(14\right)\left[\frac{2^{\alpha -1}}{14}\right]\\ =2^{\alpha -1}-2^{\alpha -2}-\left[\frac{2^{\alpha -1}}{7}\right]+\left[\frac{2^{\alpha -2}}{7}\right].\end{array}$

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

${\phi }_{14}\left(7\cdot 2^{\alpha }\right)=\frac{6\cdot 2^{\alpha -2}-3}{7}.$

ii) 若$\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)$ ，则

${\phi }_{14}\left(7\cdot 2^{\alpha }\right)=\frac{6\cdot 2^{\alpha -2}+1}{7}.$

iii) 若$\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right)$ ，则

${\phi }_{14}\left(7\cdot 2^{\alpha }\right)=\frac{6\cdot 2^{\alpha -2}+2}{7}.$

③ 若$\beta \ge 2$ ，则$n=7^2\cdot 2^{\alpha }$ ，故有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(7^{\beta }\cdot 2^{\alpha }\right)={\displaystyle \sum _{d|7^{\beta }\cdot 2^{\alpha }}\mu \left(\frac{7^{\beta }\cdot 2^{\alpha }}{d}\right)\left[\frac{d}{14}\right]}\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{7^{\beta }\cdot 2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{7^{\beta }\cdot 2^{\alpha -1}}{14}\right]+\mu \left(7\right)\left[\frac{7^{\beta -1}\cdot 2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(14\right)\left[\frac{7^{\beta -1}\cdot 2^{\alpha -1}}{14}\right]\\ =3\cdot 2^{\alpha -1}\cdot 7^{\beta -2}.\end{array}$

定理3 数论函数方程：

$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ (1)

无正整数解。

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$Z\left(1\right)\ne {\phi }_{14}\left(SL\left(1\right)\right)$ ，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$k\ge 0$ ，$\alpha ,{\alpha }_i\ge 0\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$ ，$p_i$ 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$SL\left(n\right)=2^{\alpha }$ ，${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)$ 。当$\alpha =1$ 时，即$n=2$ ，${\phi }_{14}\left(SL\left(2\right)\right)=0$ 。根据定义$Z\left(2^2\right)=7$ ，故$Z\left(2^2\right)\ne {\phi }_{14}\left(SL\left(2\right)\right)$ 。当$\alpha =2$ 时，即$n=4$ 或12，由引理1知$SL\left(4\right)=SL\left(12\right)=4$ ，故${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(4\right)=0$ ，$Z\left(4^2\right)=31$ ，故${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$ 。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1知$SL\left(n\right)=2^3$ ，${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(8\right)=0$ ，显然$Z\left(n^2\right)\ne 0$ ，故${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$ 。

当$\alpha \ge 4$ 时，${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)$ ，下面计算${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)$ 。考虑以下三种情形。

① 若$\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)$ ，由定理2知${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}+3}{7}$ ，如果$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{2^{\alpha -2}+3}{7}\left(\frac{2^{\alpha -2}+3}{7}+1\right)}{2}$

则有$2^{2\alpha +1}|\left(2^{\alpha -2}+3\right)\left(2^{\alpha -2}+10\right)$ ，故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+3$ 或$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+10$ 成立。$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+3$ 显然不成立，故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+10$ ，化简为$2^{2\alpha }|2^{\alpha -3}+5$ ，$2^{\alpha -3}+5$ 为奇数显然不成立。

② 若$\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)$ ，由定理2知${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}-1}{7}$ ，如果$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{2^{\alpha -2}-1}{7}\left(\frac{2^{\alpha -2}-1}{7}+1\right)}{2}$

则有$2^{2\alpha +1}|\left(2^{\alpha -2}-1\right)\left(2^{\alpha -2}+6\right)$ ，故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}-1$ 或$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+6$ 成立。$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}-1$ 显然不成立，故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+6$ ，化简为$2^{2\alpha }|2^{\alpha -3}+3$ ，而$2^{\alpha -3}+3$ 为奇数显然不可能成立。

③ 若$\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right)$ ，由定理2知${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}-2}{7}$ ，如果$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{2^{\alpha -2}-2}{7}\left(\frac{2^{\alpha -2}-2}{7}+1\right)}{2}$

则有$2^{2\alpha +1}|\left(2^{\alpha -2}-2\right)\left(2^{\alpha -2}+5\right)$ ，故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}-2$ 或$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+5$ 成立。$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+5$ 显然不可能成立，故$2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}-2$ 成立，化简为$2^{2\alpha }|2^{\alpha -3}-1$ ，$2^{\alpha -3}-1$ 为奇数显然不成立。综上所述方程(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$SL\left(n\right)=p_k^{{\alpha }_k}$ ，${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)$ ，下面计算${\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)$ 的值。

情形一：若$p_k=7$ ，${\alpha }_k=1$ 时，n的可能取值为：

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

由引理1知${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(7\right)=0$ ，而$Z\left(n^2\right)\ne 0$ ，显然${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$ 。当${\alpha }_k=2$ 时，${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(7^2\right)=3$ ，由引理2得$Z\left(n^2\right)\ne 3$ ，故${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$ 。当${\alpha }_k\ge 3$ 时，由定理2知${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(7^{{\alpha }_k}\right)=3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}$ ，如果$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}\left(3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1\right)}{2}$

则有$7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}\left(3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1\right)$ ，故$7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}$ 或$7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1$ ，$7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}$ 显然不成立。故$7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1$ ，$3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1$ 为偶数，显然矛盾。

情形二：若$\left(p_k,7\right)=1$ ，计算${\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)$ ，需要讨论$p_k$ 为不同的值，分以下六种情形进行讨论。

① 若$p_k\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，根据推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{1}{14}\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+14\right)$ ，即$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+14$ 成立。若$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}$ 成立，有$p_k|p_k-1$ ，此时$p_k=1$ 与$p_k$ 是奇素数矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+14$ ，当${\alpha }_k=1$ 时，则$p_k^2|p_k+13$ ，故有$p_k=13$ 与$p_k\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾。当${\alpha }_k>1$ 时，$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+14$ ，必有$p_k=2$ 或$p_k=7$ ，与$p_k$ 是奇素数且$\left(p_k,7\right)=1$ 矛盾。综上所述，方程(1)无解。

② 若$p_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，下面对${\alpha }_k$ 分以下三种情况进行讨论。

i) 若${\alpha }_k\equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+14\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+14$ 。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$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+14$ ，当${\alpha }_k\equiv 1\left(\mathrm{mod}6\right)$ 时，有$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12$ ，则$p_k=2$ 或$p_k=3$ ，$p_k=2$ 与$p_k$ 为奇素数矛盾。故$p_k=3$ 上式可以写成$3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}+12$ ，化简得$3^{2{\alpha }_k-1}|3^{{\alpha }_k-1}-3^{{\alpha }_k-2}+4$ ，又因为$3^{{\alpha }_k-1}-3^{{\alpha }_k-2}+4$ 为偶数显然不成立。当${\alpha }_k\equiv 4\left(\mathrm{mod}6\right)$ 时，有$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+16$ ，故$p_k=2$ 显然不成立。

ii) 若${\alpha }_k\equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi (n)\mp 6}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+14\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+14$ 。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，当$p_k=3$ ，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$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+14$ ，则$p_k=2$ 或$p_k=5$ ，$p_k=2$ 显然矛盾。$p_k=5$ 与$p_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾，综上所述方程(1)无解。

iii) 若${\alpha }_k\equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 4}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4+14\right)$ ，$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4$ 显然不可能成立，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4+14$ ，此时$p_k$ 的可能取值为$2,3,5$ ，当$p_k=2,5$ 时，与$p_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾，当$p_k=3$ 时，上式可以写为$3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}\mp 4+14$ ，当${\alpha }_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}6\right)$ 时，$3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}+10$ 显然矛盾。当${\alpha }_k\equiv 6\left(\mathrm{mod}6\right)$ 时，$3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}+18$ ，化简得$3^{2{\alpha }_k-2}|3^{{\alpha }_k-2}-3^{{\alpha }_k-3}+2$ ，$3^{{\alpha }_k-2}-3^{{\alpha }_k-3}+2$ 为偶数，显然不成立。综上所述，方程(1)无解。

③ 若$p_k\equiv 5\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，下面对${\alpha }_k$ 分以下三种情况进行讨论。

i) 若${\alpha }_k\equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 4}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4+14\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4+14$ 。若$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4$ ，则$p_k=2$ 与$p_k$ 是奇素数矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4+14$ ，当${\alpha }_k\equiv 1\left(\mathrm{mod}6\right)$ 时，有$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+10$ ，则$p_k=2$ 或$p_k=5$ ，$p_k=2$ 与$p_k$ 为奇素数矛盾。故$p_k=5$ 上式可以写成$5^{2{\alpha }_k}|5^{{\alpha }_k}-5^{{\alpha }_k-1}+10$ ，化简得$5^{2{\alpha }_k-1}|5^{{\alpha }_k-1}-5^{{\alpha }_k-2}+2$ ，又因为$5^{{\alpha }_k-1}-5^{{\alpha }_k-2}+2$ 为偶数显然矛盾。当${\alpha }_k\equiv 4\left(\mathrm{mod}6\right)$ 时，有$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+18$ ，故$p_k=2$ 或者$p_k=3$ 均与$p_k\equiv 5\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾。

ii) 若${\alpha }_k\equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 6}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+14\right)$ ，故有$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+14$ 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$p_k=3$ 均与$p\equiv 5\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+14$ ，此时$p_k=2$ 或$p_k=5$ ，当$p_k=2$ 时显然矛盾。当$p_k=5$ 时，$5^{2{\alpha }_k}|5^{{\alpha }_k}-5^{{\alpha }_k-1}+20$ ，化简得$5^{2{\alpha }_k-1}|5^{{\alpha }_k-1}-5^{{\alpha }_k-2}+4$ ，与上述情况类似方程无解。

iii) 若${\alpha }_k\equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+14\right)$ ，当$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2$ 时显然不可能成立，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+14$ ，此时$p_k$ 的可能取值为$2,3$ 与$p_k\equiv 5\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾。故方程(1)无解。

④ 若$p_k\equiv 9\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，下面对${\alpha }_k$ 分以下三种情况进行讨论。

i) 若${\alpha }_k\equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)-8}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8}{14}+1\right)}{2}.$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+6\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+6$ 成立。若$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-8$ 成立，则$p_k=2$ 与$p_k$ 是奇素数矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+6$ ，则$p_k=2$ 或$p_k=3$ 均与$p_k\equiv 9\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾。

ii) 若${\alpha }_k\equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)-2}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-2}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-2}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-2}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-2\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-2$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12$ 成立。若$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-2$ 成立，则有$p_k=2$ 与$p_k$ 是奇素数矛盾。故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12$ 成立，则有$p_k=2$ 或$p_k=3$ 均与$p\equiv 9\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾。

iii) ${\alpha }_k\equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)+10}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+10}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+10}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+10\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+24\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+10$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+24$ 成立，证明方法同上，两式均不成立。综上所述，方程(1)无解。

⑤ 若$p_k\equiv 11\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，下面对${\alpha }_k$ 分以下三种情况进行讨论。

i) 若${\alpha }_k\equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)-10}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-10}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-10}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-10}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-10\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+4\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-10$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+4$ 成立，则$p_k$ 为2或5均与$p\equiv 11\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾。

ii) 若${\alpha }_k\equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)+2}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+16\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+16$ 成立。均有$p_k=2$ 与$p\equiv 11\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾。

iii) 若${\alpha }_k\equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)+8}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+24\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+22$ 成立。当$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+8$ 时显然不成立，当$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+22$ 成立，则$p_k=2$ 或$p_k=11$ ，当$p_k=2$ 显然不成立，当$p_k=11$ 时，上式为${11}^{2{\alpha }_k}|{11}^{{\alpha }_k}-{11}^{{\alpha }_k-1}+22$ ，化简为${11}^{2{\alpha }_k-1}|{11}^{{\alpha }_k-1}-{11}^{{\alpha }_k-2}+2$ ，显然不成立。综上所述，方程(1)无解。

⑥ 若$p_k\equiv 13\left(\mathrm{mod}14\right)$ ，下面对${\alpha }_k$ 分以下三种情况进行讨论。

i) 若${\alpha }_k\equiv 1,3,5\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)-12}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-12}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-12}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-12}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-12\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}-12$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+2$ 成立，则$p_k$ 为2与$p_k$ 为奇素数矛盾。

ii) 若${\alpha }_k\equiv 2,4,6\left(\mathrm{mod}6\right)$ ，由推论1得${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)+12}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12}{14}$ ，若$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12}{14}+1\right)}{2}$

则有$p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+28\right)$ ，故$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12$ 或$p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+28$ 成立。均有$p_k=2$ 或$p_k=7$ 与$p_k\equiv 13\left(\mathrm{mod}14\right)$ 矛盾。综上所述方程(1)无解。

由此，便完成了定理3的证明。

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$Z\left(n\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$ 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。