两个关于Smarandache函数的方程

摘要：对任意正整数n，著名的Smarandache函数S（n）定义为最小的正整数m，使得n|m！对于任意给定的正整数n，著名的伪Smarandache函数Z（n）定义为最小的正整数m，使得n|1+2+…m=■。文章用初等方法研究了方程S（n）=Z（n）和S（n）+Z（n）=n，并给出了它们的全部解.

关键词：Smarandache函数 伪Smarandache函数 整数解

1 概述

对任意正整数n，令S（n）表示Smarandache函数，其定义为使n|m！的最小的正整数m，即S（n）=min{m：n|m！，m∈N}。如果n=p■■p■■…p■■为n的标准因子分解式，则由定义容易推出S（n）=■{s（p■■）}。由此也不难算出S（n）的前几个值为：

S（1）=1，S（2）=2，S（3）=3，S（4）=4，S（5）=5，S（6）=3，S（7）=7，S（8）=4，S（9）=6，S（10）=5，S（11）=11，S（12）=4，S（13）=13，S（14）=7，S（15）=5，S（16）=6，……。对于任意给定的正整数n，著名的伪Smarandache函数Z（n）定义为最小的正整数m，使得n|1+2+…m=■，即Z（n）=min{m：m∈N，n|■}。

由此公式可知Z（1）=1，Z（2）=3，Z（3）=2，Z（4）=7，Z（5）=4，Z（6）=3，Z（7）=6，Z（8）=15，Z（9）=8，Z（10）=4，Z（11）=10，Z（12）=8，Z（13）=12，Z（14）=7，Z（15）=5，Z（16）=31，……。该函数是Kashihara在文献中提出的。Kashihara和Ibstedt研究了它的性质并获得了一系列有趣的结果。

本文的主要目的是利用初等方法研究方程S（n）=Z（n）和S（n）+Z（n）=n，而且把它们所有的正整数解都给出来了，也就是要证明下面的：

定理1：如果n是偶完全数，则n必为方程S（n）=Z（n）的解。

定理2：n=6，12是方程S（n）+Z（n）=n仅有的两个特殊正整数解，其它正整数n满足方程当且仅当n=p·u或者n=p·2α·u，其中素数p？叟7，2α|p-1.u是■的任意一个大于1的奇数因子。

2 定理的证明

这一部分，我们将会用初等方法直接证明定理，为此我们先要引入两个引理：

引理：n是偶完全数的充要条件是n=2p-1（2p-1），其中 p和2p-1都是素数。

引理：如果p为一素数，那么S（pk）？燮kp；如果k

设n=p■■p■■…p■■为n的标准因子分解式，则S（n）=■{S（p■■）}=S（pα），其中p为素数。由引理知当n=2p-1（2p-1）时S（n）=■{S（2p-1），S（2p-1）}。

S（2p-1）<2（p-1），S（2p-1）=2p-1，

显然2（p-1）<2p-1，所以S（n）=S（2p-1）=2p-1（1）

由于n=2p-1（2p-1）=■，所以Z（n）=2p-1（2）

由（1）和（2）知：如果n是偶完全数，则S（n）=Z（n）。

定理1证毕。

下面利用初等及组合的方法来证明定理2。

容易验证：Z（1）+S（1）=2≠1，Z（2）+S（2）=5≠2，Z（3）+S（3）=5≠3，Z（4）+S（4）=11≠4，Z（5）+S（5）=9≠5，Z（6）+S（6）=6所以n=1，2，3，4，5都不是方程S（n）+Z（n）=n的解，n=6是方程S（n）+Z（n）=n的解。所以方程的其它解一定满足n？叟7，若n=p■■p■■…p■■为n的标准因子分解式，则S（n）=■{S（p■■）}=S（pα）。

注意到p|n及S（n）=u·p，故可设n=pα·n1，当n是方程S（n）+Z（n）=n的解时有：Z（n）+u·p=pα·n1（3）

首先证明（3）中α=1，否则假定α？叟2，由（3）知p|Z（n）=m

由Z（n）=m的定义知n=pα·n1整除■，而（m，m+1）=1，故pα|m，从而由（3）推出pα|S（n）=u·p，即pα-1|u，从而pα-1？燮u，但另一方面由于S（n）=S（pα）=u·p，由S（n）的性质知u？燮α，所以pα-1？燮u？燮α，此式对于奇素数p显然不成立，如果p=2，则当α？叟3时，pα-1？燮u？燮α也不成立。于是只有一种可能：u=α=2，注意到n？叟5以及S（n）=4，所以此时只有一种可能：n=12，而n=12是方程S（n）+Z（n）=n的一个解，所以如果其它正整数n满足方程S（n）+Z（n）=n，则（3）式中必有S（n）=p，α=u=1，此时，令Z（n）=m=p·v，则（3）式成为v+1=n1即n=p·（v+1），Z（n）=p·v，再由Z（n）的定义知n=p·（v+1）整除■即（v+1）整除■，由于（v，v+1）=1，所以当v为偶数时由上式推出v+1|pv+p-p+1即v+1|p-1或者v+1|■。显然对■的任意大于1的奇数因子r，n=p·r是方程S（n）+Z（n）=n的解。因为此时有Z（p·r）=p·（r-1）。

当v为奇数时，由（v+1）整除■得到v+1|■=■

由此知p-1=（2k+1）（v+1），于是可设p-1=2βh，其中 h为奇数，则■为小于h的奇数因子。容易验证对任意奇数r|h且r参考文献：

[1]Ma J.P.，An equation involving the Smarandache function[J].Scientia Magna，2005（2）.

[2]F.Mark，M.Patrick，Bounding the Smarandache function[J].Smarandache Journal，2002（13）.

[3]F.Smarandache，Only Problems，Not Solutions[M].Chicago，Xiquan Publishing House，1993.

基金项目：陕西省教育厅项目（2013JK0889）。

作者简介：关文吉（1978-），女，陕西大荔人，渭南师范学院数学与信息科学学院讲师，理学硕士。