关于偶函数的一个刻画

关于偶函数的一个刻画

1u3000响应面为skn的可乘函数长期以来，数学函数一直是数学研究的一个重要课题。近些年,许多学者专注于研究Smarandache函数的算术性质,许多有价值的研究成果对数论发展起到了重要的作用。其中F.Smarandache教授提出的问题和猜想中给出了著名的SmarandacheCeil函数Sk(n),其定义如下:对于给定的自然数n,k且k≥2,Sk(n)=min{x:x∈N:n|xk}。关于这一函数的性质,一些学者获得了有意义的研究成果。另外,文献定义了各种Smarandache函数的对偶函数,其中Sk(n)的对偶函数ˉSk(n)定义为ˉSk(n)=max{x:x∈N:xk|n}。容易证明这两个函数都是可乘函数。关于ˉSk(n)的一些初等性质,文献也进行了讨论,并给出了一些有趣的结论。本文利用初等方法研究了一个包含ˉSk(n)及Euler函数方程的可解性,并给出了该方程的所有正整数解,具体地说即证明了下面的定理。定理1设n,k是自然数,且k≥2,则方程∑d|nˉSk(d)=φ(n)(1)的所有正整数解如下:(I)当k=2或3时,方程(1)有且只有整数解n=1,3,8;(II)当k≥4时,方程(1)有且只有整数解n=1,3,8,24。2p3、k33、p33334本节完成定理1的证明。首先,ˉSk(n)是可乘函数,由可乘函数的性质知∑d|nˉSk(d)是可乘函数,现在分如下几种情况来证明我们的结论。(a)当n=1时,对所有的k≥2,n=1都满足公式(1)。(b)当n=pα时,其中1≤α≤k-1,p是素数。由函数ˉSk(n)的定义,有∑d|pαˉSk(d)=ˉSk(1)+ˉSk(p)+⋯+ˉSk(pα)=α+1(2)及φ(pα)=pα-1(p-1)。(3)当k=2时,由1≤α≤k-1知α=1,此时α+1=2。于是由于pα-1(p-1)=2当且仅当p=3,所以只有n=3是方程(1)的解。又易证当k=2时,对任意的p>3,都有∑d|pαˉSk(d)<φ(pα)。当k=3时,由1≤α≤k-1知α=1,2。此时由方程(1)得p-1=2或者p(p-1)=3,这种情况只有p=3,α=1成立,即只有n=3是方程(1)的解。同样易证,当k=3时对任意的p>3都有∑d|pαˉSk(d)<φ(pα)。当k≥4时,因为1≤α≤k-1,所以有α=1,2,3,…,k-1。由方程(1)得p-1=2,p(p-1)=3,p2(p-1)=4,…,pk-1(p-1)=k,经检验可得n=3,23是方程(1)的解,且很容易证明对任意的k≥4,只要n>23或p>3就有∑d|pαˉSk(d)<φ(pα)。(c)当n=p1α1·p2α2·…·plαl,其中1≤αi≤k-1,l≥2时,由∑d|nˉSk(d)的可乘性可得∑d|nˉSk(d)=∑d|p1α1ˉSk(d)∑d|p2α2ˉSk(d)⋯∑d|plαlˉSk(d)=α1+1)(α2+1)⋯(αl+1)‚而φ(n)=p1α1-1(p1-1)·p2α2-1(p2-1)…plαl-1(pl-1),由(b)知,若k=2或3,只有n=3是∑d|pαˉSk(d)=φ(pα)的解,更有当p>3时,都有∑d|pαS¯k(d)<φ(pα),所以经检验l只能等于1,n只能等于3。若k≥4,n=3和n=23都满足∑d|pαS¯k(d)=φ(pα),而且k≥4时,若n>23或p>3,有不等式∑d|pαS¯k(d)<φ(pα),所以经验证n=3,n=23,n=3·23=24是方程(1)的解。(d)当n=pα,α≥k,p是素数时,不妨把n写为n=pkα+β,其中α≥1,0≤β<k,所以∑d|pkα+βS¯k(d)=S¯k(1)+S¯k(p)+⋯+S¯k(pk-1)+S¯k(pk)+⋯+S¯k(p2k-1)+S¯k(p2k)+⋯+S¯k(pk(α-1)-1)+S¯k(pk(α-1))+⋯+S¯k(pkα-1)+S¯k(pkα)+S¯k(pkα+1)+⋯+S¯k(pkα+β)=1+⋯+1k+p+⋯+pk+p2+⋯+p2k+⋯+pα-1+⋯+pα-1k+pα+⋯+pαβ+1=k(1+p+⋯+pα)+(1+β)pα‚即∑d|pkα+βS¯k(d)=k(pα-1)p-1+(1+β)pα‚(4)而φ(pkα+β)=pkα+β-1(p-1)。(5)在式(4)及式(5)的左右同时乘以p-1pα,式(4)右边变为k-kpα+(β+1)(p-1),(6)式(5)右边变为p(k+1)α+β-1(p-1)2,(7)于是式(4)与式(5)相等的解便等价于解方程k-kpα+(β+1)(p-1)=p(k+1)α+β-1(p-1)2。(8)当k=2时,代入式(8)得2-2pα+(β+1)(p-1)=pα+β-1(p-1)2,(9)所以有p=2,α=1,否则左边为分数,右边是整数。因1≤β≤k-1,有β=0或1。若β=0,代入式(9)左边等于2,右边等于1;若β=1,代入式(9)左边等于3,右边等于2。所以方程无解,且易证当k=2时,对任意的p>2,有式(8)左边小于右边,即∑d|pkα+βS¯k(d)<φ(pkα+β)。当k=3时,代入式(8)得3-3pα+(β+1)(p-1)=p2α+β-1(p-1)2,(10)同理有p=3,α=1。而β=0,1,2,代入式(9)的右边大于等于12,左边小于等于8,故方程无解,且易证当k=3时,对任意的p>3有式(8)的左边小于右边,即∑d|pkα+βS¯k(d)<φ(pkα+β)。当k=3时,代入式(8)得4-4pα+(β+1)(p-1)=p3α+β-1(p-1)2,(11)有p=2,α=1或p=2,α=2,否则左边为分数,右边是整数。而且其中β=0,1,2,3。(i)当p=2,α=1时,代入式(8)得β+3=22+β。若β=0,上式左边等于3,右边等于4;若β=1,上式左边等于4,右边等于8;若β=2,上式左边等于5,右边等于16;若β=3,上式左边等于6,右边等于32,所以方程无解。(ii)当p=2,α=2时,代入式(8)得β+4=23+β。若β=0,上式左边等于4,右边等于8;若β=1,上式左边等于5,右边等于16;若β=2,上式左边等于6,右边等于32;若β=3,上式左边等于7,右边等于64,所以方程无解。而且,当k=4时,对任意的p≥3,式(8)左边小于右边。因为p3α+β-1(p-1)2-4-4pα-(β+1)(p-1)≥p3α+β-1(p-1)2-(β+1)(p-1)-4>0,当k≥5时,对于方程(6)有k-kpα+(β+1)(p-1)<k+(β+1)(p-1)≤k++(p-1)=kp。故式(6)除以p小于k,而式(7)除以p得p(k-1)α+β-2(p-1)2>k。事实上,令f(k)=p(k-1)α+β-2(p-1)2-k,f′(k)>0,所以f(k)单调递增。而k=5时,f(x)>p4α-2-5>0,所以p(k-1)α+β-2(p-1)2>k。因此k-kpα+(β+1)(p-1)<kp<p(k-1)α+β-1(p-1)2。即式(6)小于式(7),故式(4)小于式(5),即∑d|pkα+βS¯k(d)=k(pα-1)p-1+βpα<φ(pkα+β)=pkα+β-1(p-1)。综上得,当n=pα,α≥k,p是素数时,方程无解。(e)当n=p1α1p2α2…plαl,其中αi≥k(i=1,2,…,l),pi是素数,由∑d|nS¯k(d)的可乘性及(d)的讨论知方程(1)无解。(f)当n=p1α