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：

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

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。

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 $\lambda$，

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

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 $\Omega \left(n\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{s}{\sum }}{k}_i}$， $\omega \left(n\right)=s$，并规定 $\Omega \left(1\right)=\omega \left(1\right)=0$。对于给定的正整数n，假设 $n=5^r{\displaystyle \underset{i=1}{\overset{4}{\prod }}{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{k_i}{\prod }}{p}_{i,j}^{r_{i,j}}}}$，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 ${\Omega }_l^5\left(n\right)={\displaystyle \underset{t=1}{\overset{4}{\sum }}{\Omega }_{l,t}^5\left(n\right)}$， ${\omega }_4^5\left(n\right)={\displaystyle \underset{j=0}{\overset{1}{\sum }}{\Omega }_{4,2j+1}^5\left(n\right)}$。

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

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

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

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

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

由引理1可得

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

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， $SL\left(p^k\right)=p^k$。

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。

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。

^*通讯作者。