楊 明 順

(渭南師范學院 數(shù)理學院，陜西 渭南714099)

【自然科學基礎理論研究】

含有偽Smarandache函數(shù)的方程的求解問題

楊 明 順

(渭南師范學院 數(shù)理學院，陜西 渭南714099)

偽Smarandache函數(shù)；原根；方程；正整數(shù)解

0 引言

1 引理及證明

引理1[5]設n>1為正整數(shù)，a為任意整數(shù)且(a,n)=1，則aφ(n)≡1(modn)，其中：φ(n) 為Euler函數(shù)，即φ(n)表示不超過n且與n互素的正整數(shù)的個數(shù)。

證明 以下分兩種情況進行討論:

(1)當n=2m(m為自然數(shù))為偶數(shù)時，有

(1)

(2)

(3)

當2k-1>4時,注意到：Z(4(2k-1))≤2k-2。如果k≡1(mod 4),則Z(4(2k-1))≤2k-1;如果k≡0(mod 4)，則Z(4(2k-1))≤3(2k-1)-1;如果k≡2(mod 4)，則Z(4(2k-1))≤3(2k-1);如果k≡3(mod 4)，則有

(4)

注意到Z(2n)≤4n-1 ,因此

(5)

由(3)(4)(5)式可得

(6)

由(1)(2)(6)式可得

于是，證明了當n為偶數(shù)時結論成立。

(2)當n為奇數(shù)時，設n=2m+1(m為自然數(shù)),利用Z(2(2m+1))≤2m+1及上面已經證明的結果有

于是，完成了引理的證明。

引理3[7]若p為奇素數(shù),則模p有原根。

(2)因為δs(s=1,2,…,r)是τ的因數(shù),而1,2,…,p-1中任一數(shù)的指數(shù)在δ1,δ2,…,δr中出現(xiàn),故xr≡1(modp),x=1,2,…,p-1,即xr≡1(modp)至少有p-1個解,從而p-1≤r,但由指數(shù)的性質可知δs|p-1 (s=1,2,…,r),故τ|p-1,由此可得τ≤p-1,故τ=p-1。

引理4 若p為奇素數(shù),則模pα有原根,其中α≥1為整數(shù)。

證明 不妨設α>1。由于g是模p的原根,則(g,p)=1,因此存在整數(shù)x0,使得gp-1=1+px0,于是,對于任意的整數(shù)t有

(g+pt)p-1=gp-1+p(p-1)tgp-2+…=1+p(x0-gp-2t)+p2Q2。

其中：Q2∈Z。

從而(g+pt)p-1≡1+p(x0-gp-2t)(modp2),當p不能整除x0時,取t0=0；當p能整除x0時,取t0=1,故p不能整除x0-gp-2t0=y0,于是

(g+pt0)p-1=1+py0≡1(modp2)，

(g+pt0)p(p-1)=(1+py0)p=1+p2y1。

因此，當p不能整除y1時,同理可得

(g+pt0)p2(p-1)=(1+p2y1)p=1+p3y2,

(g+pt0)p3(p-1)=(1+p3y1)p=1+p4y3，

……

(g+pt0)pα-1(p-1)=(1+pα-1y1)p=1+pαyα-1。

其中：yα-1≡yα-2≡…≡y0(modp),因此，p不能整除yi(0≤i≤α-1)。

設g+pt0對模pα的指數(shù)為δ,則(g+pt0)δ≡1(modpα),由此即得(g+pt0)δ≡1(modp),但g+pt0是模p的一個原根,故p-1能整除δ。另一方面,由δ的定義知δ|φ(pα),即δ|pα-1(p-1),故δ=pr-1(p-1),1≤r≤α,由此結果可得1+pryr-1≡1(modpα),即pryr-1≡1(modpα),從而有r≥α,故r=α,g+pt0是模pα的一個原根。

引理5 關于模m(>1)有原根的充要條件是m是形如2,4,pk,2pk的數(shù)，其中:p為奇素數(shù)，k為正整數(shù)。

證明 (1)必要性：

若m不具備定理中的形式，則

m=2k(k≥3)，

(7)

(8)

(9)

其中：pi(1≤i≤l)為奇素數(shù)，ki(1≤i≤l)為正整數(shù)。

若m是形如(8)式的數(shù)，那么對任意a，(a,m)=1，有

aφ(2k)≡1(mod 2k)，

aλ(m)≡1(mod 2k)，

aλ(m)≡1(modpiki),1≤i≤l，

aλ(m)≡1(modm)。

(10)

(2)充分性：

1)若m=2n。當n=1時，m=2，此時φ(m)=1，顯然1是它的原根。當n=2時，m=4，此時φ(m)=2，易知1，3是模4的簡化剩余系，顯然3是它的原根。當n≥3時，對任意奇數(shù)a，由于a=2a1+1，從而a2=4a1(a1+1)+1≡1(mod 23)， 則

3)若m=2pk，此時φ(m)=φ(2)φ(pk)，g是模pk的原根，那么，當g為奇數(shù)時，g是模m的原根，這是因為(g,m)=1，gφ(m)≡1(modm)，假設g關于模m的階數(shù)λ<φ(m)，則從gλ≡1(modm)，即有gλ≡1(modpk)，而這與g是模pk的原根的假設矛盾，因此λ=φ(m)，于是g是模m的原根。當g為偶數(shù)時，因為g+pk是pk的原根，而g+pk為奇數(shù)，所以g+pk也是模m的原根。

于是完成了引理的證明。

2 結論及證明

定理2 設n是存在原根的正整數(shù)，則偽Smarandache函數(shù)Z(n)為n的原根當且僅當n=2,3,4。

證明 顯然，Z(2)=3是2的一個原根，Z(4)=7是4的一個原根，現(xiàn)在考慮n=pα，其中：p為奇素數(shù)。若Z(n)是模n=pα的原根。則由Z(n)的定義及性質知Z(n)=pα-1，所以pα-1為模n=pα的原根。又由于Z2(n)=(pa-1)2≡1(modpa)且pα-1為模n=pα的原根，所以 2=φ(pα)=pa-1(p-1),由此式立刻推出α=1，p-1=2。即就是p=2+1=3。因此，當n=pα(p為奇素數(shù))時，Z(n)為n的原根當且僅當n=p=3。

當n=2pα時，注意到前面列出Z(n)的性質，我們分兩種情況討論：

(1)若pα≡3(mod 4)，則由Z(n)的定義及性質可得Z(n)=pα，因為(pα,2pα)=pα>1，所以Z(n)=pα不可能為n=2pα的原根。

(2)若pα≡1(mod 4)，則由Z(n)的定義及性質可得Z(n)=pα-1。因為(pα-1,2pα)=2>1，所以Z(n)=pα-1也不可能為n=2pα的原根。

綜合以上結果及引理4、引理5可得，Z(n)為n的原根當且僅當n=2,3,4。

[1]SmaradacheF.OnlyProblems，NotSolutions[M].Chicago:XiquanPublishingHouse，2001.

[2]GorskiD.Thepseudo-Smarandachefunction[J].SmarandacheNotionsJournal,2002，13：140-145.

[3]LIUYah-hi.OntheSmarandachePseudoNumberSequenc[J].ChineseQuarterlyJournalofMathematics，2006，21(4)：581-584.

[4]WANGJinrui.OntheSmarandachefunctionandtheFermatnumber[J].ScienfiaMagna，2008，4(2):25-28.

[5] 張文鵬.初等數(shù)論[M].西安:陜西師范大學出版社,2008.

[6] 張愛玲.關于偽Smarandache函數(shù)的一個方程及其正整數(shù)解[J].西北大學學報(自然科學版)，2008，38(4):535-538.

[7] 閔嗣鶴，嚴士健.初等數(shù)論[M].北京:高等教育出版社,2003.

[8] 朱敏慧.關于Smarandache函數(shù)與費爾馬數(shù)[J].西北大學學報(自然科學版)，2010，40(4):583-585.

【責任編輯 牛懷崗】

The Solution of Equations Involving Pseudo Smarandache Functions

YANG Ming-shun

(School of Mathematics and Physics，Weinan Normal University，Weinan 714099，China)

pseudo function; primitive root; equation; positive integer solution

O

A

1009-5128(2017)08-0005-05

2016-12-17

陜西省自然科學基金資助項目：Mocktheta函數(shù)理論及其交叉應用研究(2016JM1004)；陜西省教育廳自然科學研究計劃項目：Hurwritz-zeta函數(shù)高階導函數(shù)的新型均值計算及應用研究(16JK1265)；渭南師范學院科研計劃項目：數(shù)論函數(shù)及其在大數(shù)據(jù)處理方面的應用研究(15YKF005)；渭南師范學院教育科學研究項目：協(xié)同創(chuàng)新下師范生職業(yè)技能的培養(yǎng)(2015JYKX016)

楊明順(1964—)，男，陜西渭南人，渭南師范學院數(shù)理學院教授，主要從事數(shù)論研究。