（基础数学专业论文）关于smarandache函数和gauss函数的方程及性质.pdf

中文摘要 自数论发展以来，各国数学家一直非常关注素数相关性质的研究，许多学 者对此进行了深入的研究与探索，得到了很多具有重要意义的结论法国数学 家费马曾猜想所有形如r = 2 2 “+ 1 的数都是素数，我们称这些数为费马数， 由此引发了数论学者们对费马数相关性质的研究另外关于各种数论函数的性 质的研究也一直是数论研究的核心内容 基于以上原因，本文针对费马数和s m a r a n d a c h e 函数的相关问题，利用初 等和解析方法对s m a r a n d a c h e 函数和费马数复合后的函数s ( r ) 进行研究，给 出了它的下界估计；并对三个关于g a u s s 函数的不定方程分别进行了可解性分 析；最后，研究了一个包含s m a r a n d a c h e 函数和伪s m a r a n d a c h e 函数的方程的 可解性问题具体来说，本文的主要成果有以下几方面： 1 给出了一个新的函数s ( r ) ，利用对r 进行分类讨论的方法研究它的 性质，给出了对任意正整数佗3 ，函数s ( r ) 的下界为8 2 n + 1 2 利用g a u s s 函数的性质分别研究了方程 ( 1 ) z 可一【z 】可= z ；( 2 ) z 掣一【x y = 可；( 3 ) z m 一可p 】= iz y 的- - i 解性 3 探讨了一个关于伪s m a r a n d a c h e i 菊数z ( n ) 的方程s ( z ( 佗) = z ( s ( n ) ) 的可解性问题，分别给出了n = p ，n = 劫，n = 3 p 和扎= p l p 2 p k ，2 p 1 p 2 p k 四种情况时方程的解 关键词 s m a r a n d a c h e 函数，方程，g a u s s 函数，可解性，费马数 a b s t r a c t ( 英文摘要) t h ep r o p e r t i e so fp r i m en u m b e ri st h ek e r n e lo ft h er e s e a r c hi nn u m b e r t h e o r y m a n yr e s e a r c h e r sh a ds t u d i e da n de x p l o r e dt h e md e e p l y , a n do b t a i n e d al o to fv e r ym e a n i n g f u lr e s u l t s f r e n c hm a t h e m a t i c i a nf e r m a tc o n j e c t u r e dt h a t a l lt h en u m b e r ss u c ha sr = 2 2 ”+ 1a r ep r i m en u m b e r s ，w ec a l lt h e s en u m b e r s a sf e r m a tn u m b e r i tc a u s e ds c h o l a r st or e s e a r c ha b o u tt h ep r o p e r t i e so ff e r m a t n u m b e r f u r t h e r m o r e ，t h er e s e a r c ha b o u tt h ep r o p e r t i e so nt h en u m b e rt h e o r y f u n c t i o ni st h ec o r eo fn u m b e rt h e o r y b a s e do nt h ea b o v er e a s o n so nf e r m a tn u m b e ra n ds m a r a n d a c h ef u n c t i o n ， w eu s ee l e m e n t a r ya n da n a l y t i cm e t h o d st os t u d yt h ef u n c t i o ns ( r ) ，a n da n a l y z et h es o l v a b i l i t yo ft h r e ee q u a t i o n sa b o u tg a u s sf u n c t i o n t h ed i s s e r t a t i o n g e t st h ef o l l o w i n gr e s u l t s ： 1 an e wf u n c t i o nr e l a t e dt os m a r a n d a c h ef u n c t i o ns ( r ) i sd e f i n e da n di t s l o w e rb o u n di ss t u d i e db yu s i n gt h ee l e m e n t a r ya n da n a l y t i cm e t h o d s 2 u s i n gt h ep r o p e r t i e so fg a u s sf u n c t i o nh ，t h es o l v a b i l i t yo ft h r e ee q u a - t i o n ss u c ha s ( 1 ) x u 一【叫”= z ；( 2 ) x u 一【x y = 可；( 3 ) z m y k 】= iz y a r ed i s c u s s e da n di t sp a r t i a ls o l u t i o n sa r eo b t a i n e d 3 t h es o l v a b i l i t yo fe q u a t i o ns ( z ( 死) = z ( s ( 佗) ) i sd i s c u s s e d ，a n dt h es o l u - t i o no ff o u rc o n d i t i o n ss u c ha sn = p ，扎= 2 p ，扎= 3 pa n dn = p i p 2 p k ，2 p l 沈 0 ) 的三次方程的实数解为： + 定理4 1 ：对任意正整数n ，m ，n 2 ，y q + ，方 程矽一【z 】掣= z 在区间【n ，m 】上有且只有m n + o ( i ) 个实数解；且有如下 部分实数解：c 1 ， x ：e 1 0 1 ) ； z = 0 y = 2 z = 0 y = 3 4 2 2 定理的证明 z = 峄( 礼+ ) ； y = 2 z=勺：；丽-2 7 + 鼋：手蔼，扎+ y ：= 3 在这部分我们直接完成定理4 1 的证明 令厂( z ) = 一【。】可一。当可 2 时，在区间h ，n + 1 ) ，n z + 内， ，( 礼) ；n y k 】! ，一礼 l + 箦，因此 z m + ，m ) = ( 1 + 三) 可卅一n 1 扩1 一一n 一1 。 也就是说，存在0 6 1 ，使得n 0 ， 几+1一t1+l+4v4q-一礼：2n+2-1-lv乎l受+4n2-2n 0 所以n 冬z ：1 + 华以+ 4 n 2 0 ，由此 可得( a + b ) n 3 + n 所以，a + b 扎 因为 闻3 + 闻 2 ( 萼+ 网 2 + ( 萼+ 别 2 ( 磊+ n ) 3 n 故( a + b ) = 仃3 + ( a + b ) ( n + 1 ) 3 ，即a + b n + 1 所以n a + b 1 时，在区间阢，扎+ 1 ) ，扎z + 内， ，( ”) = n y m 可一y 1 + 兰，因此 l i m 。，f ( x ) 茁- + n + 上 也就是说，存在0 6 1 ，使得n = 曲北大学坝士学位论文 间沁，竹+ 刎上，f ( x ) = 0 有且只有解即当z 【n ，卅，m + 时，方 程矽一m = y 有且只有m 一十o ( 1 ) 个实数解 ( 1 ) 显然，当y = 1 时，原方程为z m = 1 这是不可能的 ( 2 ) 当y = 2 时，原方程为元二次方程：z 2 一i x 2 2 ：0 若z 【1 ，2 ) ，原方程为z 2 1 2 = 0 解得。= 锈【1 ，2 ) 若z 【2 ，3 ) ，原方程为z 2 4 2 = 0 解得z ：怕f 2 ，3 ) 总之，若z k ，佗+ 1 ) ，原方程即为x 2 一扎2 2 = 0 ，解得z ：“丽，扎 + 易知，死z = 矛了j 0 因为 n + 1 ) 3 一( f n - 3 + 3 ) 3：n 3 + 3 佗2 + 3 n + l n 3 3 = 3 n 2 上3 n 2 0 ， 因此礼 y 3 时，方程无正整数解； ( 3 ) 当y z 1 时，方程无正整数解 4 4 2 定理的证明 这部分将利用初等方法和极限思想来完成定理4 3 的证明 首先，( 1 ) 当z = y = a ，a n + 时，方程显然成立 ( 2 ) 以下分别讨论z y 1 的四种情况 ( a ) 当y = l 时，方程z m y m = i z 一可i 即为： 易知，z = a ，a z + z 1 1 甜= z 一1 ( b ) 当y = 2 时，方程z m 一m = j z 一可l 即为： z 2 2 z ：z 一2 显然z = 2 ，3 为方程的正整数解当x 4 时，z 2 一垆 3 时，z 3 3 z y 3 时，我们利用极限的思想证明方程解的情况 1 6 西北大学硕士学位论文 令z = y + t ，( y ) = ( y + 亡) 可一y ( ! ，+ 。) 一t 为方便起见，记作，( z ) = 0 + t ) z z ( 计) 一t 熙磐= 熙 l i m z + o o = l i m z o o = 一1 ! 5 型! x x + t 兰 l 型x x + 兰t 1 l p + 妄) z z t t ，1 一x x + t - 1 j 也就是说，对于任意的e ，存在n 0 ，使得当x n 时， 磐+ 1 i = l 盟警兰+ = j 警一刍i e t i 2g 即鬟 3 时，墨碧 3 时，y ( z ) = ( z + ) z z ( 蚪2 ) 一t 0 ，故方程无正整数解 ( 3 ) t 面讨论当1 m 时，l 墨碧一1 l 3 时，有 趔x x + t 一1 i = l ( 1 + 耋) z 1 7 t + _ ： z z + t 第p q 章三个包含g a u s s 函数的不定方程 e tt + 两 ( 三) + 嘉 e t 3 3 + t 由于，( 亡) = 2 7 ( e 。一3 ) + t ，所以厂( ) = 2 7 ( e 一3 。i n3 ) 十1 ，( ) ： 2 7 ( e t 一3 i n 23 ) 当t 1 时，( t ) = 2 7 ( e 。一3 i n 23 ) 0 ，且，( 1 ) 0 ，因此，他) 单 调递减又，”) 0 知，( t ) 单调递减，所以f ( 1 ) = 2 7 ( e 一3 ) + 1 0 ，所 以，( t ) 0 故当1 z 3 时，方程z m y m = l z y l 可表示为 z 3 3 x ：z 一3 由，( z ) = x 3 - - 3 z - - x + 3 知，厂7 ( z ) = 3 x 2 - 3 z i n 3 1 ，( z ) = 6 x 一3 z l n 2 3 ， ，删( z ) = 6 3 z i n 33 ，1 4 ) = 一3 z i n 43 0 所以，0 ) 单调递减 又因为，( 3 ) = 6 3 3 i n 3 3 3 时，( z ) 单调递减， 由于7 0 ) = 6 3 3 3 i n 23 3 ，( z ) 1 ，函数方程z ( n ) = s ( n ) 成立当且仅当礼= p m ， 其中p 为奇素数，m 为p t + l 的任意大于1 的因数即mi 堡且仇 1 1 9 第五章一个关于伪s m a r a n d a c h e 函数的方程 ( 2 ) 对于任意正整数佗，函数方程z ( n ) + 1 = s ( n ) 成立当且仅当n = p m ， 其中p 为奇素数，m 为旦的任意大于1 的因数，即mi 堡且仇 1 关文吉和郑亚妮【2 1 】研究了以下方程解的问题： ( 1 ) z u ( z ( 礼) ) 一z ( z ( 礼) ) = 0 有无穷多个正整数解 ( 2 ) 尻( z ( n ) ) 一z ( 洳( 扎) ) 0 有无穷多个正整数解 ( 3 ) z u ( z ( n ) ) 一z ( z u ( n ) ) 3 时，方程s ( z ( n ) ) = z ( s ( n ) ) 有且只有一个正整数解n = 5 定理5 2 ：当n = 2 p ，p 3 时，方程s ( z ( n ) ) = z ( s ( n ) ) 有且只有一个正整数 解n = 1 0 定理5 3 ：当死= 3 p ，p 3 时，方程s ( z ( n ) ) = z ( s ( n ) ) 无正整数解 定理5 4 ：当n = 2 p l p 2 p k ，2 p l p 2 3 时，方程有且只有一个正整数解n = 1 0 现在证明定理5 3 由引理5 4 知，s ( z ( 3 p ) ) ： s 仞一1 ) ，3 i p l ， is ( p ) = p ，3l p + 1 z ( s ( 印) ) = z ( p ) = p 1 若3lp 一1 ，则s 一1 ) p 一1 若3ip + l ，则方程显然无解证毕 最后证明定理5 4 因为z ) ： 饥耽m 一1 4 囟印2 m 一1 ， ip i p 2 p k ，4i p i p 2 p k + 1 ， 、 所以s ( z ( n ) ) ： s 0 1 化舰一1 ) 4 忉1 耽孤一l l s 0 1 沈p k ) ，4i p i p 2 p k + 1 而z ( s ( n ) ) = z ( p k ) = m 一1 当4i p l p 2 m + 1 时，s ( p 1 沈p k ) = p k 一1 显然，p l p 2 p ki ( p k 1 ) ! 是不可能的 因此当4j p i p 2 轨+ 1 时，方程无正整数解 当4l p i p 2 m 一1 时，方程有解则需满足s ( p i p 2 m 1 ) = p k 一1 即( p k 一1 ) 为最小的正整数，使得 也就是说， p i p 2 舰一1l 慨一1 ) ( 仇一1 ) ! 三o ( m o d p l p 2 m 一1 ) ( 5 1 ) ( 5 2 ) 根据w i l s o n 定理知，有( m 一1 ) ! + 1 兰o ( m o d p k ) 即陬l 七一1 ) ! + l 也就是 说，存在t n ，使得 ( p k 一1 11 = p k t 一1 把( 5 3 ) 代入( 5 2 ) 有鲰t 兰l ( m o d p l p 2 p k 一1 ) ( 5 3 ) 西北大学硕士学位论文 依据引理5 2 中线性同余式有解的充要条件，由七，p i p 2 p k 一1 ) = 11 1 可知此线性同余式p k t 三l ( m o d p l p 2 p k 一1 ) 有解即存在t 使得( 5 2 ) 式成 立 所以当4 i p i p 2 m l 时，方程s ( z ( n ) ) = z ( s ( n ) ) 存在正整数解 这样就证明了本章定理 2 3 参考文献 参考文献 【1 】s m a r a n d a c h ef s e q u e n c e so fn u m b e ri n v o l v i n gi nu n s o l v e dp r o b l e m m u s a ：h i g ha m e r i c a np r e s s ，2 0 0 6 【2 】2 s m a r a n d a c h ef o n l yp r o b l e m s ，n o ts o l u t i o n s m c h i c a g o ：x i q u a np u b l h o u s e ，1 9 9 3 【3 】3 k a s h i h a r ak e n i c h i r o c o m m e n t sa n dt o p i c so ns m a r a n d a c h en o t i o n sa n d p r o b l e m s m u s a ：e r h u su n i v e r s i t yp r e s s ，1 9 9 6 【4 】l uy a m i n g o nt h es o l u t i o n so fa ne q u a t i o ni n v o l v i n gt h es m a r a n d a c h e f u n c t i o n j s c i e n t i am a g n a ，2 0 0 6 ，2 ( 1 ) ：7 6 - 7 9 【5 】j o z s e fs a n d o r o nc e r t a i