数论函数方程$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$的可解性

The Solvability of Arithmetic Equation $Z\left(n\right)={\phi }_5(S$

摘要: 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(n)=φe(SL(n))(e=5)的可解性，证明了该方程无正整数解。

Abstract: In this paper, the solvability of the number theoretic functionZ(n)=φe(SL(n))(e=5)is discussed by using the basic properties of pseudo-Smarandache function, Smarandache LCM function and generalized Euler function. It is proved that this equation has no positive integer solution.

1. 引言

数论函数是数论中的一个重要研究课题，是研究各种数论问题不可缺少的工具。很早之前，著名数论专家Smarandache提出了数论函数$S\left(n\right)$ ，称之为Smarandache函数，其定义是：

$S\left(n\right)=min\left\{m:n|m!\right\}$

后来，因为研究的需要，人们根据$S\left(n\right)$ 定义了数论函数$Z\left(n\right)$ 和$SL\left(n\right)$ ，它们的定义分别是：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$lcm\left[x,y\right]$ 表示正整数x和y的最小公倍数。前者称之为伪Smarandache函数[1]，后者称之为Smarandache LCM函数[2]。

本文的研究是涉及数论函数$Z\left(n\right)$ ，$SL\left(n\right)$ 及${\phi }_e\left(n\right)$ 。其中${\phi }_e\left(n\right)$ 是广义欧拉函数[3] [4]，它是欧拉函数的推广，其定义如下：

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

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。

关于${\phi }_e\left(n\right)$ 的表达式的研究，到目前为止，已经有了一些成果。最近，蔡天新等在文献[5] [6]中，得到了${\phi }_e\left(n\right)\left(e=2,3,4,6\right)$ 的表达式。文献[7]得到了${\phi }_e\left(n\right)\left(e=8,12\right)$ 的表达式。文献[8]使用模p相关的同余方程，得到了${\phi }_p\left(n\right)$ 的一个递归公式，本文将利用这个递归公式，解决数论函数方程$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性。

本文的研究方程涉及三类数论函数，他们分别是$SL\left(n\right)$ ，$Z\left(n\right)$ 和${\phi }_e\left(n\right)$ 。近来，很多学者对这三者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，朱山山[9]讨论了数论函数方程$t\phi \left(n\right)+{\phi }_2\left(n\right)=S\left(SL\left(n^k\right)\right)$ 的正整数解。在文献[10]中，张四保研究了方程${\phi }_2\left(n\right)=S\left(SL\left(n^k\right)\right)\left(k=15,17\right)$ 的可解性，并得到其所有正整数解。文献[11]中，曹盼盼研究了数论函数方程${\phi }_2\left(n\right)=S\left(n^{28}\right)$ 的可解性，并给其所有正整数解。文献[12]中，朱杰研究了方程$Z\left(n\right)={\phi }_e\left(SL\left(n\right)\right)\left(e=2,3,4,6\right)$ 的可解性，并给出其所有正整数解。

本文在文献[12]的基础上，利用${\phi }_e\left(n\right)\left(e=5\right)$ 的递归公式，研究了数论函数方程$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性。

为次，我们需要给出下面的一些定义与引理。

2. 相关的定义及引理

定义1 [8]对任意的正整数t和$e\ge 2$ ，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

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

定义2 [8]对任意整数a和非负整数$\lambda$ ，

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

为叙述方便，先规定一些记号。设正整数$n>1$ 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$n=5^r{\displaystyle \prod _{i=1}^4{\displaystyle \prod _{j=1}^{k_i}{p}_{i,j}^{r_{i,j}}}}$ ，其中$k_1,\cdots ,k_4$ 是正整数，$r,r_1{}_1,\cdots ,r_{1,k_1},\cdots ,r_4{}_{,1},\cdots ,r_{4,k_4}$ 是非负整数；$p_{1,1},\cdots p_{1,k_1},\cdots ,p_{4,1},\cdots ,p_{4,k_4}$ 是不同的素数，满足$\gcd \left(p_{i,j},5\right)=1$ ，且$p_{i,j}\equiv i\left(mod5\right)$ ，$\left(i=1,\cdots ,4;j=1,\cdots ,k_i\right)$ 。这里$\gcd \left(x,y\right)$ 表示x和y的最大公因子。规定${\Omega }_{l,t}^5\left(n\right)$ 是满足条件$r_{i,j}\equiv t\left(mod4\right)$ ，且$p_{i,j}\equiv l\left(mod5\right)$ ，$\left(l=1,\cdots ,4;t=1,\cdots ,4\right)$ 的数$p_{i,j}^{r_{i,j}}$ 的个数，记${\Omega }_l^5\left(n\right)={\displaystyle \sum _{t=1}^4{\Omega }_{l,t}^5\left(n\right)}$ ，${\omega }_4^5\left(n\right)={\displaystyle \sum _{j=0}^1{\Omega }_{4,2j+1}^5\left(n\right)}$ 。

引理1 [8]对于素数5和任意的正整数n且$n>5$ ，假设$n=5^r{\displaystyle \prod _{i=1}^4{\displaystyle \prod _{j=1}^{k_i}{p}_{i,j}^{r_{i,j}}}}$ ，则

${\phi }_5\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{1}{5}\phi \left(n\right),r\ge 2\text{or}{\Omega }_1^5\left(n\right)\ge 1;\\ \frac{1}{5}\phi \left(n\right)+\frac{{\left(-1\right)}^{r+{\omega }_4^5\left(n\right)}{2}^{{\Omega }_4^5\left(n\right)-1}}{5}{\left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)}^{\text{T}}{\displaystyle \prod _{i=2}^3{\displaystyle \prod _{j=1}^4{\overline{A}}_5{\left(i,j\right)}^{{\Omega }_{i,j}^5\left(n\right)}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)}},\text{otherwise}.\end{array}$

推论1若正整数$n=5^{\beta }$ ，则${\phi }_5\left(n\right)=\frac{1}{5}\phi \left(5^{\beta }\right)$ ，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$\left(p,5\right)=1$ 则有如下结论。为了叙述方便，先规定记号

$\delta \left(i,j\right)=\{\begin{array}{l}1,\text{if}\beta \equiv i\left(mod4\right)\\ -1,\text{if}\beta \equiv j\left(mod4\right)\end{array}\left(1\le i,j\le 4\right).$

(1) 若$p\equiv 1\left(mod5\right)$ ，则${\Omega }_1^5\left(p^{\beta }\right)=1$ ，故${\phi }_5\left(p^{\beta }\right)=\frac{1}{5}\phi \left(p^{\beta }\right)$ 。

(2) 若$p\equiv 2\left(mod5\right)$ ，则

${\phi }_5\left(p^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+\delta \left(3,1\right)}{5},\text{if}\beta \equiv 1,3\left(mod4\right)\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+2\delta \left(4,2\right)}{5},\text{if}\beta \equiv 2,4\left(mod4\right)\end{array}$

(3) 若$p\equiv 3\left(mod5\right)$ ，则

${\phi }_5\left(p^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+2\delta \left(3,1\right)}{5},\text{if}\beta \equiv 1,3\left(mod4\right)\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+\delta \left(4,2\right)}{5},\text{if}\beta \equiv 2,4\left(mod4\right)\end{array}$

(4) 若$p\equiv 4\left(mod5\right)$ ，则

${\phi }_5\left(p^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)-3}{5},\text{if}\beta \equiv 1,3\left(mod4\right)\\ \frac{\phi \left(p^{\beta }\right)+3}{5},\text{if}\beta \equiv 2,4\left(mod4\right)\end{array}$

证明：(1) 是显然的。(2) 如果$n=p^{\beta }$ ，且$p\equiv 2\left(mod5\right)$ ，$\beta \equiv 1\left(mod4\right)$ ，则${\Omega }_{2,1}^5\left(n\right)={\Omega }_{2,1}^5\left(p^{\beta }\right)=1$ ，显然有

${\overline{A}}_5\left(2,1\right)={\overline{A}}_5\left(3,2\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& -1\\ 1& -1\end{array}\right),{\overline{A}}_5\left(3,3\right)={\overline{A}}_5\left(2,4\right)=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 1\end{array}\right),$

${\overline{A}}_5\left(2,3\right)={\overline{A}}_5\left(3,4\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right),{\overline{A}}_5\left(2,2\right)={\overline{A}}_5\left(3,1\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& -1\end{array}\right).$

由引理1可得

$\begin{array}{c}{\phi }_5\left(n\right)=\frac{1}{5}\phi \left(n\right)+\frac{{\left(-1\right)}^{r+{\omega }_4^5\left(n\right)}{2}^{{\Omega }_4^5\left(n\right)-1}}{5}{\left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)}^{\text{T}}\cdot {\displaystyle \prod _{i=2}^3{\displaystyle \prod _{j=1}^4{\overline{A}}_5{\left(i,j\right)}^{{\Omega }_{i,j}^5\left(n\right)}\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)}}\\ =\frac{1}{5}\phi \left(p^{\beta }\right)+\frac{1}{10}\left(\begin{array}{cc}3& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\end{array}\right)=\frac{\phi \left(p^{\beta }\right)-1}{5}\end{array}$

其余情形类似可证。

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

定理1数论函数方程

$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$

没有正整数解。

证明：当$n=1$ 时，$Z\left(1\right)=1$ ，而${\phi }_5\left(SL\left(1\right)\right)={\phi }_5\left(1\right)=0$ ，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$n=2$ 时，${\phi }_5\left(SL\left(2\right)\right)={\phi }_5\left(2\right)=0$ ，而$Z\left(2\right)=3$ ，显然$Z\left(2\right)\ne {\phi }_5\left(SL\left(2\right)\right)$ ，故此时方程无解。若$k=2$ ，则${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(4\right)=0$ 。而$Z\left(n\right)\ne 0$ ，故此时方程无解。若$k\ge 3$ ，则考虑如下2种情形。

(i) 若$k\equiv 1,3\left(mod4\right)$ ，则${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(2^k\right)=\frac{\phi \left(2^k\right)+\delta \left(3,1\right)}{5}=\frac{2^{k-1}+\delta \left(3,1\right)}{5}$ 。如果有$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有$2^{k+1}|\left(2^{k-1}+\delta \left(3,1\right)\right)\left(2^{k-1}+\delta \left(3,1\right)+5\right)$ 成立。断言$\left(2^{k+1},2^{k-1}+\delta \left(3,1\right)\right)=1$ ，因为$2^{k-1}+\delta \left(3,1\right)$ 是奇数，故有$2^{k+1}|\left(2^{k-1}+\delta \left(3,1\right)+5\right)$ ，而此式不可能成立，由此可知方程$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 无解。

(ii) 若$k\equiv 2,4\left(mod4\right)$ ，则${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(2^k\right)=\frac{\phi \left(2^k\right)+2\delta \left(4,2\right)}{5}=\frac{2^{k-1}+2\delta \left(4,2\right)}{5}$ 。如果$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义及整除的性质，可知$2^k|\left(2^{k-2}+\delta \left(4,2\right)\right)\left(2^{k-1}+2\delta \left(4,2\right)+5\right)$ 成立。断言$\left(2^k,2^{k-2}+\delta \left(4,2\right)\right)=1$ ，则$2^k|\left(2^{k-1}+2\delta \left(4,2\right)+5\right)$ ，而此式不可能成立，由此知方程$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 无解。

(2) 若$p_s^{k_s}>\max \left\{2^k,p_i^{k_i}\left(1\le i\le s-1\right)\right\}$ ，则必有$k_s\ge 1$ 。故由引理2可知$SL\left(n\right)=p_s^{k_s}$ ，因此${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)$ 。为了计算${\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)$ 的值，将对$p_s$ 分5种情况进行讨论。

(1˚) 若$p_s=5$ ，当$k_s=1$ 时，即$5=p_s>\max \left\{2^k,p_i^{k_i}\left(1\le i\le s-1\right)\right\}$ ，故$k=0,1$ 或2，$s=1$ 或2，则$n=5,15,10,30,20,60$ 。此时，${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(p_s\right)={\phi }_5\left(5\right)=1$ 。然而，通过简单的计算，可知，无论n取上述何值，都有$Z\left(n\right)\ne 1$ ，因此$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 不成立，此时方程无解。

当$k_s\ge 2$ 时，则由推论1可知${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{1}{5}{\phi }_5\left(5^{k_s}\right)=4\cdot 5^{k_s-2}$ 如果方程$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义必成立

$2^k{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}|\frac{\left(4\cdot 5^{k_s-2}\right)\left(4\cdot 5^{k_s-2}+1\right)}{2}$

故有$2^{k+1}{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}|\left(4\cdot 5^{k_s-2}\right)\left(4\cdot 5^{k_s-2}+1\right)$ 成立，显然有$2|\left(4\cdot 5^{k_s-2}+1\right)$ ，然而此式不可能成立，故此时方程$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 无解。

(2˚) 若$p_s\equiv 1\left(mod5\right)$ ，由推论2可知${\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{1}{5}\phi \left(p_s^{k_s}\right)=\frac{1}{5}{p}_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)$ 。如果方程$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义及整除的性质，则有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+5\right)$ 成立，显然上述两式均不可能成立。故此时方程无解。

(3˚) 若$p_s\equiv 2\left(mod5\right)$ ，则分如下2种情形进行讨论。

(i) 若$k_s\equiv 1,3\left(mod4\right)$ ，则${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+\delta \left(3,1\right)}{5}$ 。如果有$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，根据$Z\left(n\right)$ 的定义及整除的性质，有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+\delta \left(3,1\right)\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+\delta \left(3,1\right)+5\right)$ 成立。而上述两式均不可能成立。因为，若$k_s\equiv 1\left(mod4\right)$ ，有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-1\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+4\right)$ 成立。此时如果$k_s=1$ ，则有$p_s|p_s-2$ 或者$p_s|p_s+3$ ，显然矛盾。如果$k_s\ne 1$ ，则有$p_s|1$ 或者$p_s|4$ 成立，显然矛盾。若$k_s\equiv 3\left(mod4\right)$ ，则有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+1\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+6\right)$ 成立。显然矛盾，故此时方程无解。

(ii) 若$k_s\equiv 2,4\left(mod6\right)$ ，则${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(4,2\right)}{5}$ 。如果有$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义可知，$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(4,2\right)\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(4,2\right)+5\right)$ 成立，由此便推出矛盾。

(4˚) 若$p_s\equiv 3\left(mod5\right)$ ，分2种情况进行讨论。

(i) 若$k_s\equiv 1,3\left(mod4\right)$ ，则有${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(3,1\right)}{5}$ 。先看$k_s\equiv 1\left(mod4\right)$ 且$p_s=3$ 的情形，若$k_s=1$ ，则${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(3\right)=0$ ，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${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(3^{k_s}\right)=\frac{2\cdot 3^{k_s-1}-2}{5}$ 。如果有$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义必成立

$2^k{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}|\frac{\left(\frac{2\cdot 3^{k_s-1}-2}{5}\right)\left(\frac{2\cdot 3^{k_s-1}-2}{5}+1\right)}{2}$

故有$2^{k+1}{5}^2{p}_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots 3^{k_s}|\left(2\cdot 3^{k_s-1}-2\right)\left(2\cdot 3^{k_s-1}+5\right)$ 成立，由此可知$3^{k_s}|\left(2\cdot 3^{k_s-1}-2\right)$ 或者$3^{k_s}|\left(2\cdot 3^{k_s-1}+5\right)$ 成立，显然上述两式均不可能成立，故此时方程无解。

其余情形，即$k_s\equiv 1\left(mod4\right)$ $p_s\ne 3$ 和$k_s\equiv 3\left(mod4\right)$ ，则${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(3,1\right)}{5}$ 。如果有$Z\left(n\right)={\phi }_7\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(3,1\right)\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\delta \left(3,1\right)+5\right)$ 成立。显然，此时上述两式均不可能成立，由此便推出矛盾。

(ii) 若$k_s\equiv 2,4\left(mod4\right)$ ，则有${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+\delta \left(4,2\right)}{5}$ ，如果有$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义，有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+\delta \left(4,2\right)\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+\delta \left(4,2\right)+5\right)$ 成立，显然这是一个矛盾。因为，若$k_s\equiv 2\left(mod4\right)$ ，则必有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-1\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+4\right)$ 成立，显然矛盾。如果$k_s\equiv 4\left(mod4\right)$ ，则必有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+1\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+6\right)$ 成立，显然矛盾。

(5˚) 若$p_s\equiv 4\left(mod5\right)$ ，分2种情况进行讨论。

(i) 若$k_s\equiv 1,3\left(mod4\right)$ ，则${\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_5\left(p_s^{k_s}\right)=\frac{\phi \left(p_s^{k_s}\right)-3}{5}=\frac{p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-3}{5}$ 。

如果有$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 成立，则根据$Z\left(n\right)$ 的定义，有$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)-3\right)$ 或者$p_s^{k_s}|\left(p_s^{k_s-1}\left(p_s-1\right)+2\right)$ 成立。显然这是一个矛盾，故此时方程无解。

(ii) 若$k_s\equiv 1,3\left(mod4\right)$ ，则此时的讨论和(i)是类似的。

综上所述，定理1得证。

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$Z\left(n\right)={\phi }_5\left(SL\left(n\right)\right)$ 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$Z\left(n\right)={\phi }_p\left(SL\left(n\right)\right)$ 的可解性，其中p是任意的奇素数。

NOTES

^*通讯作者。