数论函数方程是数论中一类非常有研究价值的函数，它揭示了数论函数之间的本质联系。其中涉及很多数论函数，例如欧拉函数、广义欧拉函数及Smarandache函数。而欧拉函数 $\phi \left(n\right)$的值等于序列 $0,1,\cdots ,n-1$中与n互素的整数个数 [1] 。欧拉函数是一类非常重要的函数，在RSA公钥密码体制中扮演着重要的角色，已经成为解决数论问题的一个重要工具。2007年，Cai [2] 在欧拉函数的基础上提出了广义欧拉函数的概念，他们定义了广义欧拉函数 ${\phi }_e\left(n\right)$：

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

即 ${\phi }_e\left(n\right)$等于序列 $1,2,\cdots ,\left[n/e\right]$中与n互素的整数个数，容易证明：

${\phi }_e\left(n\right)={\displaystyle \underset{d|n}{\sum }\mu \left(\frac{n}{d}\right)}\left[\frac{d}{e}\right].$

其中， $\left[x\right]$是Gauss取整函数。

另一方面，著名的数论专家F. Smarandache定义了Smarandache函数。后来一些学者在此基础上进行了推广，提出了伪Smarandache函数 $Z\left(n\right)$和Smarandache LCM函数 $SL\left(n\right)$。伪Smarandache函数 $Z\left(n\right)$定义为最小正整数m，使得 $1+2+\cdots +m$能被n整除 [3] ，即：

$Z\left(n\right)=\min \{m:m\in Z^{+},n|\frac{m\left(m+1\right)}{2}\}.$

Smarandache LCM函数 $SL\left(n\right)$定义为最小正整数k，使得 $1,2,\cdots ,k$的最小公倍数能被n整除 [4] ，即：

$SL\left(n\right)=\min \{k:k\in Z^{+},n|lcm\left[1,2,\cdots ,k\right]\}.$

近年来，关于 $SL\left(n\right)$、 $Z\left(n\right)$及 ${\phi }_e\left(n\right)$几类数论函数相结合的方程备受学者们的关注，并且取得了一些好的结果。例如，高丽等 [5] 研究了方程 $Z\left(n^2\right)=\phi \left(n\right)$的可解性，并获得了该方程的所有正整数解。赵祈芬等 [6] 研究了方程 $Z\left(n^k\right)=\phi \left(n^2\right)$与 $Z\left(n^k\right)=\phi \left(n^k\right)$的可解性，并获得了该方程的所有正整数解。白继文 [7] 研究了方程 $S\left(SL\left(n^2\right)\right)={\phi }_2\left(n\right)$的可解性，并得到了其所有正整数解。朱杰等 [8] 对方程 $Z\left(n\right)={\phi }_e\left(SL\left(n\right)\right)\left(e=2,3,4,6\right)$进行了研究，给出了其所有正整数解；李改利等 [9] 研究了方程 $Z\left(n^2\right)={\phi }_e\left(SL\left(n\right)\right)\left(e=3,4\right)$的可解性，并给出了所有正整数解。

本文在上述学者研究的基础上，进一步讨论 ${\phi }_{14}\left(p^{\alpha }\right)$(p为素数， $\alpha$为正整数)的准确计算公式，然后利用 ${\phi }_{14}\left(p^{\alpha }\right)$的准确计算公式讨论数论函数方程 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$的可解性。

引理1 [10] 设正整数n的标准分解式为 $n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_s^{k_s}$，则有：

$SL\left(n\right)=\max \left\{p_i^{k_i}\right\}\left(1\le i\le s\right)$,

特别地，当p为素数及 $k\ge 1$时， $SL\left(p^k\right)=p^k$。

引理2 [11] 当 $p\ge 3$及 $k\ge 1$时，有 $Z\left(p^k\right)=p^k-1$。特别地，当 $p=2$时，则有 $Z\left(2^k\right)=2^{k+1}-1$。

引理3 [12] 对任意素数p及 $k\ge 1$，有 $\phi \left(p^k\right)=p^k-p^{k-1}$。

定理1 若 $n=p^{\alpha }$，则有 ${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{14}$， $\left(p,2\right)=1$且 $\left(p,7\right)=1$，且p为素数， ${\lambda }_2\equiv p^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}14\right)$， ${\lambda }_1\equiv p^{\alpha }\equiv p{\lambda }_2\left(\mathrm{mod}14\right)$， $1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le 13$。

证明：当 $n=p^{\alpha }$时，由广义欧拉函数的性质得：

${\phi }_{14}\left(n\right)={\displaystyle \underset{d|n}{\sum }\mu \left(\frac{n}{d}\right)\left[\frac{d}{14}\right]}=\mu \left(1\right)\left[\frac{p^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(p\right)\left[\frac{p^{\alpha -1}}{14}\right]=\frac{p^{\alpha }-{\lambda }_1}{14}-\frac{p^{\alpha -1}-{\lambda }_2}{14}=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{14}.$

其中， $1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le 13$， ${\lambda }_2\equiv p^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}14\right)$， ${\lambda }_1\equiv p^{\alpha }\equiv p{\lambda }_2\left(\mathrm{mod}14\right)$。

推论1 当 $n=p^{\alpha }$， $\left(p,2\right)=1$且 $\left(p,7\right)=1$，p为素数。则有下面的结论：

1) $p\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)}{14}.$

2) $p\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{14},\alpha \equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 6}{14},\alpha \equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 4}{14},\alpha \equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

3) $p\equiv 5\left(\mathrm{mod}14\right)$，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)\mp 4}{14},\alpha \equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 6}{14},\alpha \equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{14},\alpha \equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

4) $p\equiv 9\left(\mathrm{mod}14\right)$，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)-8}{14},\alpha \equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)-2}{14},\alpha \equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)+10}{14},\alpha \equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

5) $p\equiv 11\left(\mathrm{mod}14\right)$，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)-10}{14},\alpha \equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)+2}{14},\alpha \equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)+8}{14},\alpha \equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

6) $p\equiv 13\left(\mathrm{mod}14\right)$，

${\phi }_{14}\left(n\right)=\{\begin{array}{l}\frac{\phi \left(n\right)-12}{14},\alpha \equiv 1,3,5\left(\mathrm{mod}6\right),\\ \frac{\phi \left(n\right)+12}{14},\alpha \equiv 2,4,6\left(\mathrm{mod}6\right).\end{array}$

证明：当 $p\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$时，易证 ${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)}{14}$。当 $p\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$， $\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}6\right)$时，由推论1得 ${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)-{\lambda }_1+{\lambda }_2}{14}$， $1\le {\lambda }_1,{\lambda }_2\le 13$，且 ${\lambda }_2\equiv 3^{\alpha -1}\left(\mathrm{mod}14\right)$， ${\lambda }_1\equiv 3^{\alpha }\left(\mathrm{mod}14\right)$，则有 ${\lambda }_2\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$， ${\lambda }_1\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$，故 ${\lambda }_1=3$， ${\lambda }_2=1$，便可得 ${\phi }_{14}\left(n\right)=\frac{\phi \left(n\right)-2}{14}$，证毕。其余情况类似可得。

定理2 若 $n=2^{\alpha }{7}^{\beta }>14$且 $n\ne 28$， $\alpha ,\beta$为非负整数，则有：

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }{7}^{\beta }\right)=\{\begin{array}{l}3\cdot 7^{\beta -2},\alpha =0,\beta \ge 2,\\ 3\cdot 2^{\alpha -1}{7}^{\beta -2},\alpha \ge 1,\beta \ge 2,\\ \frac{2^{\alpha -2}+3}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =0,\\ \frac{2^{\alpha -2}-1}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =0,\\ \frac{2^{\alpha -2}-2}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =0,\\ \frac{6\cdot 2^{\alpha -2}-3}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =1,\\ \frac{6\cdot 2^{\alpha -2}+1}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =1,\\ \frac{6\cdot 2^{\alpha -2}+2}{7},\alpha \ge 4且\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right),\beta =1.\end{array}$

证明：1) 若 $\alpha =0$，则 $n=7^{\beta }>14$， $\beta \ge 2$，这时有：

${\phi }_{14}\left(7^{\beta }\right)={\displaystyle \underset{d|7^{\beta }}{\sum }\mu \left(\frac{7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]=\left[\frac{7^{\beta }}{14}\right]-\left[\frac{7^{\beta -1}}{14}\right]=\left[\frac{7^{\beta -1}}{2}\right]-\left[\frac{7^{\beta -2}}{2}\right]=3\cdot 7^{\beta -2}.$

2) 若 $\alpha =1$，则 $n=2\cdot 7^{\beta }>14$， $\beta \ge 2$，这时有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(2\cdot 7^{\beta }\right)={\displaystyle \underset{d|2\cdot 7^{\beta }}{\sum }\mu \left(\frac{2\cdot 7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]={\displaystyle \underset{d|7^{\beta }}{\sum }\mu \left(\frac{2\cdot 7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]+{\displaystyle \underset{d|7^{\beta }}{\sum }\mu \left(\frac{7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{7}\right]\\ =-{\phi }_{14}\left(7^{\beta }\right)+7^{\beta -1}-7^{\beta -2}\\ =3\cdot 7^{\beta -2}.\end{array}$

3) 若 $\alpha =2$，则 $n=2^2\cdot 7^{\beta }>14$， $\beta \ge 2$，这时有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(4\cdot 7^{\beta }\right)={\displaystyle \underset{d|4\cdot 7^{\beta }}{\sum }\mu \left(\frac{4\cdot 7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{4\cdot 7^{\beta }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{2\cdot 7^{\beta }}{14}\right]+\mu \left(7\right)\left[\frac{4\cdot 7^{\beta -1}}{14}\right]+\mu \left(14\right)\left[\frac{2\cdot 7^{\beta -1}}{14}\right]\\ =6\cdot 7^{\beta -2}.\end{array}$

4) 若 $\alpha =3$，则 $n=2^3\cdot 7^{\beta }>14$， $\beta \ge 2$，这时有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(8\cdot 7^{\beta }\right)={\displaystyle \underset{d|8\cdot 7^{\beta }}{\sum }\mu \left(\frac{8\cdot 7^{\beta }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{2^3\cdot 7^{\beta }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{2^2\cdot 7^{\beta }}{14}\right]+\mu \left(7\right)\left[\frac{2^3\cdot 7^{\beta -1}}{14}\right]+\mu \left(14\right)\left[\frac{2^2\cdot 7^{\beta -1}}{14}\right]\\ =12\cdot 7^{\beta -2}.\end{array}$

5) 若 $\alpha \ge 4$，则 $n=2^{\alpha }\cdot 7^{\beta }>14$， $\beta \ge 0$，这时有：

① 若 $\beta =0$，则 $n=2^{\alpha }$，故有：

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)={\displaystyle \underset{d|2^{\alpha }}{\sum }\mu \left(\frac{2^{\alpha }}{d}\right)}\left[\frac{d}{14}\right]=\mu \left(1\right)\left[\frac{2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{2^{\alpha -1}}{14}\right]=\left[\frac{2^{\alpha -1}}{7}\right]-\left[\frac{2^{\alpha -2}}{7}\right].$

i) 若 $\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)$，则

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}+3}{7}.$

ii) 若 $\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)$，则

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}-1}{7}.$

iii) 若 $\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right)$，则

${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}-2}{7}.$

② 若 $\beta =1$，则 $n=7\cdot 2^{\alpha }$，故有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(7\cdot 2^{\alpha }\right)={\displaystyle \underset{d|7\cdot 2^{\alpha }}{\sum }\mu \left(\frac{7\cdot 2^{\alpha }}{d}\right)\left[\frac{d}{14}\right]}\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{7\cdot 2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{7\cdot 2^{\alpha -1}}{14}\right]+\mu \left(7\right)\left[\frac{2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(14\right)\left[\frac{2^{\alpha -1}}{14}\right]\\ =2^{\alpha -1}-2^{\alpha -2}-\left[\frac{2^{\alpha -1}}{7}\right]+\left[\frac{2^{\alpha -2}}{7}\right].\end{array}$

i) 若 $\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)$，则

${\phi }_{14}\left(7\cdot 2^{\alpha }\right)=\frac{6\cdot 2^{\alpha -2}-3}{7}.$

ii) 若 $\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)$，则

${\phi }_{14}\left(7\cdot 2^{\alpha }\right)=\frac{6\cdot 2^{\alpha -2}+1}{7}.$

iii) 若 $\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right)$，则

${\phi }_{14}\left(7\cdot 2^{\alpha }\right)=\frac{6\cdot 2^{\alpha -2}+2}{7}.$

③ 若 $\beta \ge 2$，则 $n=7^2\cdot 2^{\alpha }$，故有：

$\begin{array}{c}{\phi }_{14}\left(7^{\beta }\cdot 2^{\alpha }\right)={\displaystyle \underset{d|7^{\beta }\cdot 2^{\alpha }}{\sum }\mu \left(\frac{7^{\beta }\cdot 2^{\alpha }}{d}\right)\left[\frac{d}{14}\right]}\\ =\mu \left(1\right)\left[\frac{7^{\beta }\cdot 2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(2\right)\left[\frac{7^{\beta }\cdot 2^{\alpha -1}}{14}\right]+\mu \left(7\right)\left[\frac{7^{\beta -1}\cdot 2^{\alpha }}{14}\right]+\mu \left(14\right)\left[\frac{7^{\beta -1}\cdot 2^{\alpha -1}}{14}\right]\\ =3\cdot 2^{\alpha -1}\cdot 7^{\beta -2}.\end{array}$

定理3 数论函数方程：

$Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$(1)

无正整数解。

定理3的证明：由引理2知 $n=1$， $Z\left(1\right)=1$， $SL\left(1\right)=1$， ${\phi }_{10}\left(SL\left(1\right)\right)=0$，则 $Z\left(1\right)\ne {\phi }_{14}\left(SL\left(1\right)\right)$，故 $n=1$不是方程的解。

现设 $n=2^{\alpha }{p}_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}>1$，其中 $k\ge 0$， $\alpha ,{\alpha }_i\ge 0\left(i=1,2,\cdots ,k\right)$， $p_i$是不同的奇素数。

1) 若 $2^{\alpha }=\max \left\{2^{\alpha },p_1^{{\alpha }_1},p_2^{{\alpha }_2},\cdots ,p_k^{{\alpha }_k}\right\}$，则必有 $\alpha \ge 1$。由引理1得 $SL\left(n\right)=2^{\alpha }$， ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)$。当 $\alpha =1$时，即 $n=2$， ${\phi }_{14}\left(SL\left(2\right)\right)=0$。根据定义 $Z\left(2^2\right)=7$，故 $Z\left(2^2\right)\ne {\phi }_{14}\left(SL\left(2\right)\right)$。当 $\alpha =2$时，即 $n=4$或12，由引理1知 $SL\left(4\right)=SL\left(12\right)=4$，故 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(4\right)=0$， $Z\left(4^2\right)=31$，故 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$。当 $\alpha =3$时，n的值为以下几种情况：

$n\in \{2^3,2^3\times 3,2^3\times 5,2^3\times 7,2^3\times 3\times 5,2^3\times 3\times 7,2^3\times 5\times 7,2^3\times 3\times 5\times 7\}$

由引理1知 $SL\left(n\right)=2^3$， ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(8\right)=0$，显然 $Z\left(n^2\right)\ne 0$，故 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$。

当 $\alpha \ge 4$时， ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)$，下面计算 ${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)$。考虑以下三种情形。

① 若 $\alpha \equiv 1\left(\mathrm{mod}3\right)$，由定理2知 ${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}+3}{7}$，如果 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{2^{\alpha -2}+3}{7}\left(\frac{2^{\alpha -2}+3}{7}+1\right)}{2}$

则有 $2^{2\alpha +1}|\left(2^{\alpha -2}+3\right)\left(2^{\alpha -2}+10\right)$，故 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+3$或 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+10$成立。 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+3$显然不成立，故 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+10$，化简为 $2^{2\alpha }|2^{\alpha -3}+5$， $2^{\alpha -3}+5$为奇数显然不成立。

② 若 $\alpha \equiv 2\left(\mathrm{mod}3\right)$，由定理2知 ${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}-1}{7}$，如果 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{2^{\alpha -2}-1}{7}\left(\frac{2^{\alpha -2}-1}{7}+1\right)}{2}$

则有 $2^{2\alpha +1}|\left(2^{\alpha -2}-1\right)\left(2^{\alpha -2}+6\right)$，故 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}-1$或 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+6$成立。 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}-1$显然不成立，故 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+6$，化简为 $2^{2\alpha }|2^{\alpha -3}+3$，而 $2^{\alpha -3}+3$为奇数显然不可能成立。

③ 若 $\alpha \equiv 3\left(\mathrm{mod}3\right)$，由定理2知 ${\phi }_{14}\left(2^{\alpha }\right)=\frac{2^{\alpha -2}-2}{7}$，如果 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{2^{\alpha -2}-2}{7}\left(\frac{2^{\alpha -2}-2}{7}+1\right)}{2}$

则有 $2^{2\alpha +1}|\left(2^{\alpha -2}-2\right)\left(2^{\alpha -2}+5\right)$，故 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}-2$或 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+5$成立。 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}+5$显然不可能成立，故 $2^{2\alpha +1}|2^{\alpha -2}-2$成立，化简为 $2^{2\alpha }|2^{\alpha -3}-1$， $2^{\alpha -3}-1$为奇数显然不成立。综上所述方程(1)无解。

2) 若 $p_k^{{\alpha }_k}=\max \left\{2^{\alpha },p_1^{{\alpha }_1},p_2^{{\alpha }_2},\cdots ,p_k^{{\alpha }_k}\right\}$，则必有 ${\alpha }_k\ge 1$，由引理1得 $SL\left(n\right)=p_k^{{\alpha }_k}$， ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)$，下面计算 ${\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)$的值。

情形一：若 $p_k=7$， ${\alpha }_k=1$时，n的可能取值为：

$n\in \left\{7,2\times 7,2^2\times 7,3\times 7,5\times 7,2\times 3\times 7,2^2\times 3\times 7,2\times 5\times 7,2^2\times 5\times 7,2\times 3\times 5\times 7,2^2\times 3\times 5\times 7\right\}$

由引理1知 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(7\right)=0$，而 $Z\left(n^2\right)\ne 0$，显然 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$。当 ${\alpha }_k=2$时， ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(7^2\right)=3$，由引理2得 $Z\left(n^2\right)\ne 3$，故 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)\ne Z\left(n^2\right)$。当 ${\alpha }_k\ge 3$时，由定理2知 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(7^{{\alpha }_k}\right)=3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}$，如果 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}\left(3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1\right)}{2}$

则有 $7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}\left(3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1\right)$，故 $7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}$或 $7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1$， $7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}$显然不成立。故 $7^{2{\alpha }_k}|3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1$， $3\cdot 7^{{\alpha }_k-2}+1$为偶数，显然矛盾。

情形二：若 $\left(p_k,7\right)=1$，计算 ${\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)$，需要讨论 $p_k$为不同的值，分以下六种情形进行讨论。

① 若 $p_k\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$，根据推论1得 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{1}{14}\phi \left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}}{14}$，若 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}}{14}+1\right)}{2}$

则有 $p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+14\right)$，即 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}$或 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+14$成立。若 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}$成立，有 $p_k|p_k-1$，此时 $p_k=1$与 $p_k$是奇素数矛盾。故 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+14$，当 ${\alpha }_k=1$时，则 $p_k^2|p_k+13$，故有 $p_k=13$与 $p_k\equiv 1\left(\mathrm{mod}14\right)$矛盾。当 ${\alpha }_k>1$时， $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+14$，必有 $p_k=2$或 $p_k=7$，与 $p_k$是奇素数且 $\left(p_k,7\right)=1$矛盾。综上所述，方程(1)无解。

② 若 $p_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$，下面对 ${\alpha }_k$分以下三种情况进行讨论。

i) 若 ${\alpha }_k\equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right)$，由推论1得 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 2}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{14}$，若 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2}{14}+1\right)}{2}$

则有 $p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+14\right)$，故 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2$或 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+14$。若 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2$，则 $p_k=2$与 $p_k$是奇素数矛盾。故 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 2+14$，当 ${\alpha }_k\equiv 1\left(\mathrm{mod}6\right)$时，有 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+12$，则 $p_k=2$或 $p_k=3$， $p_k=2$与 $p_k$为奇素数矛盾。故 $p_k=3$上式可以写成 $3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}+12$，化简得 $3^{2{\alpha }_k-1}|3^{{\alpha }_k-1}-3^{{\alpha }_k-2}+4$，又因为 $3^{{\alpha }_k-1}-3^{{\alpha }_k-2}+4$为偶数显然不成立。当 ${\alpha }_k\equiv 4\left(\mathrm{mod}6\right)$时，有 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}+16$，故 $p_k=2$显然不成立。

ii) 若 ${\alpha }_k\equiv 2,5\left(\mathrm{mod}6\right)$，由推论1得 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi (n)\mp 6}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{14}$，若 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6}{14}+1\right)}{2}$

则有 $p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+14\right)$，故 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6$或 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+14$。若 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6$成立，则有 $p_k=2$或 $p_k=3$， $p_k=2$时显然矛盾，当 $p_k=3$，上式为 $3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}\mp 6$，化简为 $3^{2{\alpha }_k-1}|3^{{\alpha }_k-1}-3^{{\alpha }_k-2}\mp 2$，显然不可能成立。故 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 6+14$，则 $p_k=2$或 $p_k=5$， $p_k=2$显然矛盾。 $p_k=5$与 $p_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$矛盾，综上所述方程(1)无解。

iii) 若 ${\alpha }_k\equiv 3,6\left(\mathrm{mod}6\right)$，由推论1得 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 4}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}$，若 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$成立，则有下面的式子成立：

$2^{2\alpha }{p}_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_k^{2{\alpha }_k}|\frac{\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}\left(\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}+1\right)}{2}$

则有 $p_k^{2{\alpha }_k}|\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4\right)\left(p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4+14\right)$， $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4$显然不可能成立，故 $p_k^{2{\alpha }_k}|p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4+14$，此时 $p_k$的可能取值为 $2,3,5$，当 $p_k=2,5$时，与 $p_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}14\right)$矛盾，当 $p_k=3$时，上式可以写为 $3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}\mp 4+14$，当 ${\alpha }_k\equiv 3\left(\mathrm{mod}6\right)$时， $3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}+10$显然矛盾。当 ${\alpha }_k\equiv 6\left(\mathrm{mod}6\right)$时， $3^{2{\alpha }_k}|3^{{\alpha }_k}-3^{{\alpha }_k-1}+18$，化简得 $3^{2{\alpha }_k-2}|3^{{\alpha }_k-2}-3^{{\alpha }_k-3}+2$， $3^{{\alpha }_k-2}-3^{{\alpha }_k-3}+2$为偶数，显然不成立。综上所述，方程(1)无解。

③ 若 $p_k\equiv 5\left(\mathrm{mod}14\right)$，下面对 ${\alpha }_k$分以下三种情况进行讨论。

i) 若 ${\alpha }_k\equiv 1,4\left(\mathrm{mod}6\right)$，由推论1得 ${\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)={\phi }_{14}\left(p_k^{{\alpha }_k}\right)=\frac{\phi \left(n\right)\mp 4}{14}=\frac{p_k^{{\alpha }_k}-p_k^{{\alpha }_k-1}\mp 4}{14}$，若 $Z\left(n^2\right)={\phi }_{14}\left(SL\left(n\right)\right)$成立，则有下面的式子成立：