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Smarandache未解决问题研究编者:李江华西北大学数学系郭艳春咸阳师范学院数学系译者:王锦瑞杨衍婷刘艳艳西北大学数学系HighAmericanPress2009Thisbookcanbeorderedinapaperboundreprintfrom:BooksonDemandProQuestInformation&Learning(UniversityofMicrofilmInternational)300N.
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com/bod/basicPeerReviewers:WenpengZhang,DepartmentofMathematics,NorthwestUniversity,Xi'an,Shannxi,P.
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China.
WenguangZhai,DepartmentofMathematics,ShanDongTeachers'University,Jinan,Shandong,P.
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GuodongLiu,DepartmentofMathematics,HuizhouUniversity,Huizhou,Guangdong,P.
R.
China.
Copyright2009byHighAm.
Press,translators,editors,andauthorsfortheirpapersManybookscanbedownloadedfromthefollowingDigitalLibraryofScience:http://www.
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edu/~smarandache/eBooks-otherformats.
htmISBN:978-1-59973-103-2StandardAddressNumber:297-5092PrintedintheUnitedStatesofAmerica前言数论这门学科最初是从研究整数开始的,所以叫做整数论.
后来整数论又进一步发展,就叫做数论了.
确切的说,数论就是一门研究整数性质的学科.
它是最古老的数学分支.
按照研究方法来说,数论可以分成初等数论,解析数论,代数数论,超越数论,计算数论,组合数论等.
初等数论所包含的一个重要内容是研究数论函数的各种性质,而著名的Smarandache函数S(n)是重要的数论函数之一,它是由美籍罗马尼亚著名数论专家F.
Smarandache教授提出的.
此外,在1991年美国研究出版社出版的《只有问题,没有解答》一书中,F.
Smarandache教授提出了105个关于特殊数列、算术函数等未解决的数学问题及猜想.
随着这些问题的提出,许多学者对此进行了深入的研究,并获得了不少具有重要理论价值的研究成果.
本书主要内容是作者在西北大学攻读硕士学位期间所发表的研究论文的汇编,包括Smarandache函数的均值分布、伪Smarandache函数的性质及其孪生素数等一些问题.
关于这些问题,作者都仔细分析了它们的背景、研究现状、问题来源.
在每一章节中还列举了国内外学者对各个相关问题的最新动态和研究成果,同时还提出了关于这些函数的一些新问题.
另外,应美国出版社HighAmericanPress的要求在第七章我们翻译了部分国外最新Smarandache理论研究的现状及其各类应用.
有兴趣的读者可以对这些问题进行研究,从而开拓读者的视野,引导和激发读者对这些领域的研究兴趣.
最后对我的导师张文鹏教授在我求学历程中对我的热情鼓励,悉心指导致以深深的谢意!
在本书的编写过程中,薛艳荣,王妤,刘艳妮等师姐妹们也给予了热情的帮助和支持,同时,本书得到西北大学研究生自主创新教育项目(08YZZ30)的资助,在此我致以最真诚的谢意!
编者2009年4月ISmarandache未解决问题研究目录第一章Smarandache函数11.
1引言11.
2关于F.
Smarandache可乘数函数的一类均值11.
3Smarandache函数值的分布51.
3.
1几个引理61.
3.
2证明71.
4Smarandache函数df(n)的均值91.
5关于F.
SmarandacheLCM函数以及它的主值.
121.
6SmarandachePierced链.
161.
7Smarandache函数的几个相关结论181.
7.
1关于Smarandache函数的一个等式181.
7.
2关于文章"一个新的算术函数的主值"的一些注释.
.
201.
7.
3Smarandache函数的一个推广231.
7.
4关于F.
Smarandache函数及其k次补数271.
7.
5关于F.
Smarandache函数的奇偶性32第二章伪Smarandache函数362.
1伪Smarandache函数的定义及性质362.
2关于伪Smarandache函数的几个定理382.
3关于伪Smarandache函数的几个方程402.
3.
1一个与Smarandache函数有关的函数方程及其正整数解412.
3.
2一个包含伪Smarandache函数及其对偶函数的方程.
422.
3.
3一个包含伪Smarandache函数及Smarandache可乘函数的方程452.
4伪Smarandache函数的相关问题482.
4.
1关于伪Smarandache函数的一个问题48第三章素数503.
1孪生素数503.
1.
1孪生素数的概念503.
1.
2孪生素数的两个相关定理50II目录第四章关于无k次幂因子数的上界估计554.
1无k次幂因子数的定义554.
2无k次幂因子数的上界估计55第五章伪Smarandache无平方因子函数585.
1引言585.
2Zw(n)函数的基本定理585.
3关于伪Smarandache无平方因子函数的一个相关问题.
.
605.
3.
1关于Zw(n)函数的渐近公式625.
3.
2关于函数Zw(k)θ(k)的渐近公式645.
4伪Smarandache无平方因子函数的四个相关问题.
.
.
.
66第六章Smarandache函数相关问题696.
1引言696.
2关于F.
SmarandacheLCM函数与除数函数的一个混合均值696.
3关于Smarandache对偶函数726.
4一个新的算术函数及其均值766.
5关于Smarandache素数部分806.
6一个丢番图方程及其它的整数解836.
7一个新的算术函数及其均值分布896.
8关于Smarandache素数可加补数列936.
9关于F.
Smarandache函数的一个问题966.
10两个新的算术函数及其均值100第七章一些与Smarandache问题相关的译文1057.
1引言1057.
2利用Smarandache方法求解丢番图方程ax2by2+c=0.
1057.
2.
1方程ax2by2+c=0的求解1057.
3N个素数的Smarandache特征.
1117.
4Smarandache素数等式猜想的三个问题.
1167.
5与Andrica猜想相关或对Andrica猜想推广的六个Smarandache猜想1177.
6Christianto-Smarandache在经济学中的聚商场理论.
119IIISmarandache未解决问题研究7.
7一个Smarandache同余函数1237.
7.
1引言1237.
7.
2内容介绍1237.
7.
3应用1257.
8SmarandacheG增加序列,数字序列,普通周期序列和无数字序列1277.
9Smarandache多边性(折线)定理(Ceva定理的推广).
.
.
1317.
10Smarandache假设:在宇宙中没有速度障碍1367.
11Smarandache量子色动力学公式1387.
12Smarandache语言学悖论1397.
13量子Smarandache拟悖论和量子Smarandache诡辩论悖论145参考文献148IV第一章Smarandache函数第一章Smarandache函数1.
1引言本章主要研究一些关于smarandache函数及其复合函数的均值,分布及相关问题和性质.
包括Smarandache函数值的分布,F.
Smarandache可乘数函数的均值,F.
SmarandacheLCM函数的主值等.
其中前6节为编者在攻读硕士期间的研究成果.
最后一节为近期国内其他作者研究smarandache函数性质的几个最新结果.
1.
2关于F.
Smarandache可乘数函数的一类均值设n为任意正整数,一个算术函数f(n)称为F.
Smarandache可乘的,如果f(1)=1,当n>1且n=pα11pα22···pαkk为n的标准分解式,有f(n)=max1≤i≤k{f(pαii)}.
例如函数S(n)=min{m:m∈N,n|m!
}是F.
Smarandache可乘函数.
因为从S(n)的定义,我们很容易推断出如果n=pα11pα22···pαkk是n的标准素因数分解式,那么S(n)=max1≤i≤k{S(pαii)}.
所以说S(n)是F.
Smarandache可乘函数,它的前几个值是S(1)=1,S(2)=2,S(3)=3,S(4)=4,S(5)=5,S(6)=3,S(7)=7,S(8)=4,S(9)=6,S(10)=5,关于S(n)的算术性质,有不少学者进行过研究,获得了许多有重要理论价值的研究成果,参阅文献[2],[3],[4]及[5].
例如,FarrisMark和MitchellPatrick在文献[2]中研究了S(n)的有界性问题,得出了S(pα)的上下界估计.
即就是证明了:(p1)α+1≤S(pα)≤(p1)[α+1+logpα]+1.
LuYaming[3]中研究了一个包含S(n)的方程的可解性问题,证明了对任意正整数k≥2,方程S(m1+m2mk)=S(m1)+S(m2)S(mk)1Smarandache未解决问题研究有无穷多组正整数解(m1,m2,mk).
JozsefSandor[4]中进一步证实对任意正整数k≥2,存在无限多组正整数(m1,m2,mk)满足不等式:S(m1+m2mk)>S(m1)+S(m2)S(mk).
同样又存在无限多组正整数(m1,m2,mk)使得S(m1+m2mk)1,我们有渐近公式:n≤x(S(n)P(n))2=2ζ32x323lnx+Ox32ln2x,(1-1)其中ζ(s)表示Riemannzeta-函数.
此外,当n=pα11pα22···pαkk为n的标准素因数分解式时,我们令SL(n)=max{pα11,pα22pαkk}.
显然这个函数也是F.
Smarandache可乘函数,它称作F.
SmarandacheLCM函数.
关于这个函数的性质,也有不少学者进行过研究,参阅文献[6],[7]和[8].
本文研究另一个F.
Smarandache可乘函数S(n)的均值问题,根据文献[9],我们定义S(n)如下:S(1)=1,当n>1且n=pα11pα22···pαkk为n的标准素因数分解式时,我们令:S(n)=max{α1p1,α2p2,α3p3,αkpk}.
容易验证这个函数是F.
Smarandache可乘函数.
关于它的初等性质,不少学者也进行过研究,如文献[6]中指出在(1)式中用S(n)替换S(n)结论同样成立.
文献[9]中还证明了下面的结论:设k为任意正整数.
那么对任意实数x>1,我们有渐近公式:2第一章Smarandache函数定理1.
1对任意实数x>1,我们有渐近公式n∈NS(n)≤x1=ec·xlnx+Ox(lnlnx)2ln2x,其中c=∞n=1ln(n+1)n(n+1)是一个常数.
证明在这一部分,我们用初等方法及素数定理直接给出定理的证明.
设x是实数且x>2,那么对任意素数p≤x,显然存在唯一的正整数α=α(p)使得α(p)·p≤x1,设π(x)表示所有不大于x的素数的个数,则我们有极限公式:limx→∞n∈NS(n)≤x11π(x)=ec.
1.
3Smarandache函数值的分布对任意正整数n,著名的Smarandache函数S(n)定义为最小的正整数m使得n|m!
,即S(n)=min{m:n|m!
,m∈N}.
从函数S(n)的定义,我们很容易推断出如果n=pα11pα22···pαkk是n的标准素因数分解式,那么S(n)=max1≤i≤k{S(pαii)}.
.
从这个公式我们可以得出:S(1)=1,S(2)=2,S(3)=3,S(4)=4,S(5)=5,S(6)=3,S(7)=7,S(8)=4,S(9)=6,S(10)=5,S(11)=11,S(12)=4,S(13)=13,S(14)=7,S(15)=5,S(16)=6,在这一节,作为[5]式的注释,我们将研究Smarandache函数S(n)的一个新的值分布的性质,并且获得一个新的较强的渐进公式.
即就是,我们证明了如下的:定理1.
2设k是给定的正整数且k≥2.
那么对任意的实数x≥3,我们有如下的渐进公式:n≤xS(nk)kP(n)2=2k2ζ(32)3·x32lnx+Okx32ln2x,其中ζ(s)是Riemannzeta-函数,Ok表示常数值仅仅取决于k的大-O.
定理1.
3对任意的实数x≥3,我们也有n≤xSM(nk)kP(n)2=2k2ζ(32)3·x32lnx+Okx32ln2x,5Smarandache未解决问题研究其中算术函数SM(n)定义作SM(1)=1,且SM(n)=max1≤i≤k{αipi},如果n=pα11pα22···pαkk是n标准分解式.
1.
3.
1几个引理为了证明上面的定理,我们需要下面的几个引理.
首先我们有引理1.
3.
1设k是给定的正整数且√n>k≥2.
那么我们有(i)如果P(n)>√n,那么S(nk)=SM(nk)=kP(n).
(ii)如果n=mp1P(n),且n13√n,我们有pkα11pkα22···pkαr1r1√n,那么S(nk)=SM(nk)=kP(n).
于是,结合引理1.
3.
1和引理1.
3.
2我们有n≤xS(nk)kP(n)2=n≤xP(n)>√nS(nk)kP(n)2+n≤xP(n)≤√nS(nk)kP(n)2=n≤xP(n)≤√nS(nk)kP(n)27Smarandache未解决问题研究=n≤xP(n)≤n13S(nk)kP(n)2+n≤xn13P(n).
于是,我们有p(df(n)1)!
所以我们有df(n)=min{m:m!
≥S(n)}.
显然这是函数S(n)与df(n)之间的一个简单关系.
本文的主要目的是利用初等及解析方法研究函数df(n)的均值性质,并给出一个较强的渐近公式.
具体地说也就是证明下面的:定理1.
4设n为任意的正整数,则对任意实数x≥1我们有渐近公式n≤xdf(n)=xlnxlnlnx+Oxlnx(lnlnx)2.
9Smarandache未解决问题研究证明这节我们直接给出定理的证明.
根据函数S(n)的性质及df(n)的定义显然有df(n)!
≥S(n)≥(df(n)1)!
.
对该式两边取对数可得i≤df(n)lni≥lnS(n)≥i≤df(n)1lni.
由文献[11]中Euler求和公式我们有:i≤df(n)lni=mlnmm+O(lnm),i≤df(n)1lni=mlnmm+O(lnm)于是mlnmm+O(lnm)≥lnS(n)≥mlnmm+O(lnm),所以lnS(n)=mlnmm+O(lnm),(1-7)即m=lnS(n)lnm1+O(1).
由(1-7)还可推出lnmlnlnS(n),那么m=lnS(n)lnlnS(n)1+O(1)=lnS(n)lnlnS(n)+OlnS(n)ln2lnS(n).
(1-8)因为m=df(n),所以由(1-8)式可得n≤xdf(n)=n≤xlnS(n)lnlnS(n)+On≤xlnS(n)ln2lnS(n).
10第一章Smarandache函数而n≤xlnS(n)lnlnS(n)≤n≤xlnnlnlnn.
则有n≤xlnS(n)lnlnS(n)≤n≤xlnnlnlnn=xlnxlnlnx+Oxlnlnx≤xlnxlnlnx+Oxlnxln2lnx.
(1-9)对任意正整数n,设n=pα11pα22.
.
.
pαkk表示n的素幂分解.
我们将所有1≤n≤x的正整数n分为两个子集合A和B,其中集合A包含区间[1,x]中所有满足αi≥2的正整数n,i=1,2,k.
而集合B包含区间[1,x]中所有不属于集合A的那些正整数,那么nxlnS(n)lnlnS(n)=nxn∈AlnS(n)lnlnS(n)+nxn∈BlnS(n)lnlnS(n).
(1-10)由函数S(n)的性质我们可得n≤xn∈AlnS(n)lnlnS(n)n≤xn∈Alnxlnlnxlnxlnlnxn≤xn∈A1√xlnxlnlnxOlnxlnlnx.
(1-11)此外,n≤xn∈BlnS(n)lnlnS(n)=np≤x(n,p)=1lnS(np)lnlnS(np)>np≤x(n,p)=1lnplnlnp=p≤xn≤xplnplnlnp=xp≤xlnpplnlnp+Op≤xlnplnlnp=xp≤xlnpp1lnlnp+Op≤xlnplnlnp.
(1-12)11Smarandache未解决问题研究由Abel恒等式我们可得p≤xlnpp1lnlnp=lnxlnlnx+Olnxln2lnx(1-13)及p≤xlnplnlnpxlnlnx.
(1-14)于是结合(1-9),(1-10),(1-11),(1-12),(1-13)及(1-14)式我们立刻得到nxdf(n)=xlnxlnlnx+Oxlnx(lnlnx)2.
于是完成了定理的证明.
1.
5关于F.
SmarandacheLCM函数以及它的主值对于任意的正整数n,著名的F.
SmarandacheLCM函数SL(n)定义为最小的正整数k使得n|[1,2,k],其中[1,2,k]表示1,2,···,k的最小公倍数.
例如,SL(n)的前几项值是SL(1)=1,SL(2)=2,SL(3)=3,SL(4)=4,SL(5)=5,SL(6)=3,SL(7)=7,SL(8)=8,SL(9)=9,SL(10)=5,SL(11)=11,SL(12)=4,SL(13)=13,SL(14)=7,SL(15)=5,关于SL(n)的性质,一些学者已经作了研究,并且获得了很多有趣的结果,参阅文献[18]和[19].
例如,Murthy[19]指出如果n是一个素数,那么SL(n)=S(n),其中S(n)表示Smarandache函数,等等,S(n)=min{m:n|m!
,m∈N}.
相应的,Murthy[19]还提出了如下的问题:SL(n)=S(n),S(n)=n(1-15)乐茂华[6]彻底的解决了这个问题,并且证明了如下的结论:每一个满足(1-15)式的正整数n能够表示为n=12或n=pα11pα22···pαrrp,12第一章Smarandache函数其中p1,p2,pr,p是不同的素数,并且α1,α2,αr满足p>pαii,i=1,2,r的正整数.
吕忠田[7]获得了如下的渐进公式:n≤xSL(n)=π212·x2lnx+ki=2ci·x2lnix+Ox2lnk+1x.
在参考文献[11]中,张文鹏教授让我们研究n≤xlnSL(n)的渐进性质.
关于这个问题,好像还没有人研究过,至少我们没有看到与此相关的文章.
本节我们将用初等的方法来研究这个问题,并且获得了一个非常好的结果.
那就是,我们证明了如下的:定理1.
5对任意的实数x>1,我们有渐近公式n≤xlnSL(n)=xlnx+O(x).
用证明定理1.
5的方法我们还可以证明函数S(n)的相似的渐近公式.
那就是,我们有如下的:定理1.
6对任意的实数x>1,我们有n≤xlnS(n)=xlnx+O(x),其中S(n)表示Smarandache函数.
证明为了完成定理的证明,我们需要如下的两个引理.
引理1.
5.
1对任意的正整数n>1,设n=pα11pα22···pαss表示n的因式分解式,如果α1≥2,α2≥2,···αs≥2,那么我们称这样的正整数n是完全平方因子数.
设A2(x)表示所有不超过x的完全平方因子数的整数,那么我们有下面的渐近公式A2(x)=ζ(32)ζ(3)x12+ζ(23)ζ(2)x13+Ox16expClog35x(loglogx)15,其中C>0是一个常数.
13Smarandache未解决问题研究证明参阅参考文献[20].
引理1.
5.
2设p是一个,k是任意的正整数.
那么对任意的正整数x≥1,我们有如下的渐近公式pk≤x(p,k)=1lnp=xlnx+O(x).
证明从几个不同形式的素数定理(参阅参考文献[13],[11]和[10])我们知道k≤xlnpp=lnx+O(1),k≤xlnp=x+Oxlnx和k≤xlnpp2=D+O1lnx,其中D是正常数.
应用这些渐近公式我们有pk≤x(p,k)=1lnp=p≤xlnpk≤xp(p,k)=11=p≤xlnpxpxp2+O(1)=xp≤xlnppxp≤xlnpp2+Op≤xlnp=xlnx+O(x).
这样便证明了引理1.
5.
2.
现在,我们用这些引理去完成我们定理的证明.
设U(n)=n≤xlnSL(n).
首先我们估计U(n)的上界.
事实上从F.
SmarandacheLCM14第一章Smarandache函数函数SL(n)我们知道对任意的正整数n,SL(n)≤n和lnSL(n)≤lnn,于是我们有n≤xlnSL(n)≤n≤xlnn.
从欧拉求和公式(参阅参考文献[13])我们很容易推导出U(n)≤n≤xlnn=xlnxx+O(lnx)=xlnx+O(x).
(1-16)现在我们估计U(n)的下界.
对任意的正整数n>1,设n=pα11pα22···pαss表示n素因数分解式,我们把区间[1,n]分成两个子集AandB.
A表示所有区间[1,n]内满足αi≥2(i=1,2,s)的整数集合.
这就是说,A表示区间[1,n]内所有的square-full数的集合;B表示在区间n∈[1,n]内但n/∈A的所有整数集合.
于是我们有U(n)=n≤xn∈AlnSL(n)+n≤xn∈BlnSL(n).
从引理1.
5.
1和集合A的定义我们有n≤xn∈AlnSL(n)≤n≤xn∈Alnn≤n≤xn∈Alnx=lnxn≤xn∈A1=lnx·A2(x)√xlnx.
现在我们估计在集合B的求和式.
由于SL(n)=max{pα11,pα22pαss}(参阅参考文献[19]),所以对任意n∈B,必然存在一个素数p使得p|n且p2n.
于是,从定义SL(n)我们有SL(np)≥p.
应用这些估计式我们很容易推导出n≤xn∈BlnSL(n)=np≤x(n,p)=1lnSL(np)≥np≤x(n,p)=1lnp.
(1-17)那么从引理1.
5.
2和(1-17)我们有n≤xn∈BlnSL(n)≥xlnx+O(x).
(1-18)15Smarandache未解决问题研究结合(1-16)和(1-18)我们可以得到如下的渐近公式n≤xlnSL(n)=xlnx+O(x).
这样就证明了定理1.
5用证明定理1.
5的方法我们仍然可以证明定理1.
6.
1.
6SmarandachePierced链如果n≥1,那么c(n)=101*(104n4+104n8104n+1)定义为SmarandachePierced链.
它的前几项值为:101,1010101,10101010101,101010101010101,1010101010101010101,我们可以看到其各项值非常漂亮而且比较特别.
Smarandache[14]提出让我们解决关于SmarandachePierced链的如下两个问题:问题1:在c(n)101中有多少个素数问题2:对n≥2来说是否c(n)101为无平方因子数关于问题1,Smarandache提到首要问题是104n1=(1041)(104n4+104n8104n+1)=(1041)*c(n)101的两个因式.
最终Smarandache研究了这两个因式并且证明了c(n)101不是素数.
关于问题2,好像没有人研究过,至少我们以前没有见到过相关文章.
本文的主要目的是应用初等方法来研究这个问题,并且得到了彻底的解决.
即就是,我们证明了下面的:定理1.
7对任意实数n≥2,序列c(n)101不是无平方因子数.
证明首先我们给出无平方因子数的定义:设k≥2为任意整数,n>1为任意自然数.
如果对任意整数m>1,有mkn,那么我们称n为无k次幂因子数,特别的当k=2,我们称n为无平方因子数.
16第一章Smarandache函数现在我们直接证明定理.
我们知道10≡1(mod9).
由同余的基本性质:如果a≡b(modm),对任意的正整数n我们有:an≡bn(modm)(参阅参考文献[2]).
那么104n4≡1(mod9),104n8≡1(mod9),104n≡1(mod9).
显然1≡1(mod9),于是c(n)101≡(104n4+104n8104n+1)≡1(mod9).
设s,t为任意实数,那么我们推导出c(n)101=9s+t.
如果对任意的实数t1,t=9t1,那么c(n)101=9s+t=9s+9t1=9(s+t1)=32(s+t1)从上面我们所给出的无平方因子数的定义,我们可以得到c(n)101不是无平方因子数.
这样我们便证明了定理.
17Smarandache未解决问题研究1.
7Smarandache函数的几个相关结论在这一部分,我们给出最近一些学者研究得到的部分关于Smarandache函数的几个相关结论.
1.
7.
1关于Smarandache函数的一个等式在一篇没有出版的文章中,KenichiroKashihara博士提出让我们研究下面的一个等式S(xn1)+S(xn2S(xnn)≥nS(x1)·S(x1)S(xn).
(1-19)关于这个问题,好像从来没有人研究过,至少我们直到现在还未见到相关文章.
本文的主要目的是应用初等方法来研究这个问题,并且证明了如下的:定理1.
8对任意的正整数n>1,等式(1-19)有无穷多组正整数解(x1,x2,xn).
定理1.
9对任意的正整数n≥3,如果(x1,x2,xn)满足等式(1-19),那么x1,x2,xn中至少有n1个是1.
显然在定理1.
8中n≥3的条件是必须的.
事实上如果n=2,我们可以得到x1=x2=2,于是我们有等式S(x21)+S(x22)=S(22)+S(22)=4+4=8=2S(2)S(2)=2S(x1)S(x2).
于是如果n=2,那么定理1.
8是不正确的.
证明在这一部分,我们将直接证明定理.
首先我们证明定理1.
8.
如果n=1,那么这次,等式(1-19)变成了S(x1)≥S(x1),并且对所有的正整数x1都成立.
于是不失一般性我们猜想n≥2.
我们让x1=x2=···xn1=1,xn=p>n,其中p是一个素数.
注意到S(1)=1,S(p)=pandS(pn)=np,于是我们有S(xn1)+S(xn2S(xnn)=n1+S(pn)=n1+np(1-20)18第一章Smarandache函数并且nS(x1)·S(x1)S(xn)=nS(p)=np.
(1-21)从(1-20)和(1-21)我们立即推导出S(xn1)+S(xn2S(xnn)≥nS(x1)·S(x1)S(xn).
(1-22)我们知道有无穷多个素数p>n,于是我们称正整数组(x1,x2,xn)=(1,1,p)为等式(1-20)的解.
所以,等式(1-19)有无穷多组正整数解(x1,x2,xn).
这样便证明了定理1.
8.
现在我们证明定理1.
8.
假设n≥3.
如果(x1,x2,xn)满足等式(1-19),那么x1,x2,xn中至少有n1个是1.
事实上如果存在x1>1,x2>1,xk>1且2≤k≤n使得等式S(xn1)+S(xn2S(xnn)≥nS(x1)·S(x1)S(xn).
(1-23)那么从等式和函数S(n)的性质我们有S(xi)>1且S(xni)≤nS(xi),i=1,2,k.
注意到a1+a2ak1且k≥3,i=1,2,k;如果k=2,那么a1+a2≤a1a2,等式成立当且仅当a1=a2=2(a1>1,a2>1).
于是这次,等式(1-23)变成nk+S(xn1)+S(xn2S(xnk)≥nS(x1)S(x2)···S(xk).
(1-24)如果k≥3,那么从(1-24)和函数S(n)的性质我们有nk+n[S(x1)+S(x2)S(xk)]≥nS(x1)S(x2)···S(xk)或者nkn+S(x1)+S(x2)S(xk)≥S(x1)S(x2)···S(xk).
(1-25)注意到0≤nkn2或S(x2)>2,那么(1-26)式是不可能成立的.
如果S(x1)=S(x2)=2,那么x1=x2=2.
所以,等式(1-26)变成S(2n)≥3n2+1.
(1-27)假设S(2n)=m,那么m≥4,如果n≥3.
从函数S(n)的定义和性质我们有∞i=1m12im12+m14=3(m1)4,从(1-28)式我们有m=S(2n)≥3n2+1≥98(m1)+1=m+m18>m.
这个等式是不可能成立的.
于是如果n≥3并且(x1,x2,xn)满足等式(1-19),那么x1,x2,xn中至少有n1个是1.
这样便证明了定理1.
9.
1.
7.
2关于文章"一个新的算术函数的主值"的一些注释对任意的正整数n,如果对任意的正整数m和n且(m,n)=1,我们有f(mn)=max{f(m),f(n)},则称算术函数f(n)为Smarandache可乘函数.
例如,Smarandache函数S(n)和SmarandacheLCM函数SL(n)都是Smarandache可乘函数.
在参考文献[24]中,我们发现一个新的Smarandache可乘函数f(n)如下:f(1)=1;如果n>1,那20第一章Smarandache函数么f(n)=max1≤i≤k{1αi+1},其中n=pα11pα22···pαkk为n的标准分解式.
于是我们研究函数f(n)的主值性质,并且证明了下面两个渐进公式:n≤xf(n)=12·x·lnlnx+λ·x+Oxlnx,(1-28)其中λ是一个可计算的常数.
n≤xf(n)122=136·ζ32ζ(3)·√x·lnlnx+d·√x+Ox13,(1-29)其中ζ(s)是黎曼zeta-函数,且d为可计算的常数.
但是现在,在参考文献[24]中的方法和结果是错误的,于是公式(1-28)和(1-29)是不正确的.
在这篇文章中,我们将证明参考文献[24]中的错误,并且得到两正确的结果.
那就是,我们证明了如下的:定理1.
10对任意的实数x>1,我们有渐进公式n≤xf(n)=12·x+Ox12.
定理1.
11对任意的实数x>1,我们有渐进公式n≤xf(n)122=136·ζ32ζ(3)·√x+Ox13,其中ζ(n)是黎曼zeta-函数.
证明在这一部分,我们将用初等和解析的方法来证明定理.
首先我们给出如下两个简单的引理:引理1.
7.
1假设A表示所有平方数的集合.
于是对任意的实数x>1,我们有渐进公式n≤xn∈A1=ζ32ζ(3)·x12+ζ23ζ(2)·x13+Ox16,21Smarandache未解决问题研究其中ζ(s)是黎曼-zeta函数.
引理1.
7.
2假设B所有立方因子数的集合.
那么对任意的实数x>1,我们有n≤xn∈B1=N·x13+Ox14,其中N是可计算的常数.
证明这两个引理的证明可参阅参考文献[25].
现在我们应用两个简单引理来完成定理的证明.
事实上,对任意的正整数n>1,从函数f(n)的定义我们有n≤xf(n)=f(1)+n≤xn∈Af(n)+n≤xn∈Bf(n),(1-30)其中A表示所有的完全因子数的集合.
那就是说,n>1,且对任意的素数p,如果p|n,那么p2|n.
B表示在n/∈A中所有正整数n>1的集合.
注意到f(n)1,从A的定义和引理1.
7.
1我们有n≤xn∈Af(n)=Ox12.
(1-31)n≤xn∈Bf(n)=n≤xn∈B12=n≤x12n≤xn∈A12=12·x+Ox12.
(1-32)现在结合(1-30),(1-31)和(1-32)我们立即得到n≤xf(n)=1+n≤xn∈Af(n)+n≤xn∈Bf(n)=12·x+Ox12.
这样便证明了定理1.
1022第一章Smarandache函数现在我们证明定理1.
11从f(n)的定义和完全平方因子数的定义我们有n≤xf(n)122=14+n≤xn∈Af(n)122+n≤xn/∈Af(n)122=14+n≤xn∈Af(n)122.
(1-33)其中A所有完全平方因子数的集合.
假设C表示所有完全立方因子数的集合.
那么从完全平房因子数的性质,引理1.
7.
1和引理1.
7.
2我们有n≤xn∈Af(n)122=n≤xn∈A,f(n)=1313122+n≤xn∈Cf(n)122=n≤xn∈A13122n≤xn∈C13122+On≤xn∈C1=ζ32ζ(3)·x12+Ox13.
(1-34)其中ζ(s)是黎曼-zeta函数.
现在结合(1-33)和(1-34)我们有渐进公式n≤xf(n)122=ζ32ζ(3)·x12+Ox13.
这样便完成了定理1.
11的证明.
1.
7.
3Smarandache函数的一个推广对任意的正整数n,著名的Smarandache函数S(n)定义为最小的正整数m使得n|m!
.
在参考文献[26]中,JozsefSandor介绍了另外一个算数函数P(n)如下:P(n)=min{p:n|p!
},其中p是一个素数.
也就是说,23Smarandache未解决问题研究P(n)表示最小的素数p使得n|p!
.
事实上函数P(n)即就是Smarandache函数S(n)的一个推广.
它的前几项值为:P(1)=2,P(2)=2,P(3)=3,P(4)=5,P(5)=5,P(6)=3,P(7)=7,P(8)=5,P(9)=7,P(10)=5,P(11)=11,我们很容易能够证明对每一个素数p都有P(p)=p,并且如果n为无平方因子数,那么P(n)=是能够整除n的最大素数.
如果p为素数,那么下面的两个等式是成立的:2p+1≤P(p2)≤3p1.
对任意的正整数n,我们有(参阅参考文献[26]中的结论4)S(n)≤P(n)≤2S(n)1.
(1-35)本文的主要目的是应用初等和解析的方法来研究函数P(n)的主值性质,并且给出两个有趣的主值公式.
也就是,我们证明了如下的结论:定理1.
12对任意的实数x>1,我们有渐进公式n≤xP(n)=12·x2+Ox1912.
定理1.
13对任意实数x>1,我们有主值公式n≤xP(n)P(n)2=23·ζ32·x32lnx+Ox32ln2x,其中P(n)表示n的最大素因数,ζ(s)为黎曼zeta-函数.
证明在这一部分,我们直接证明这两个定理.
首先我们证明定理1.
12对任意实数x>1,我们把区间[1,x]内的所有实数分为两个集合A和B,其中A表示:存在一个素数p使得p|n且p>√n的所有n∈[1,x]内的整数构成的集合.
B表示在这个区间内所有n/∈A的整数构成的集合.
从函数P(n)的定义和性质我们有n∈AP(n)=n≤xp|n,√n1,设P(n)表示能整数n的最大素数.
我们把区间[1,x]内的所有整数分为三个集合A,C和D,其中A表示存在一个素数p使得p>√n的所有n∈[1,x]的整数构成的集合;C表示区间[1,x]内满足n1≤p≤√n的所有整数n=n1p2构成的集合,其中p为素数;D表示所有满足n/∈A且n/∈C的整数n∈[1,x]构成的集合.
很显然如果n∈A,那么P(n)=P(n)且P(n)P(n)2=0.
于是我们有等式n∈AP(n)P(n)2=0.
(1-40)如果n∈C,那么P(n)=P(p2)≥2p+1.
另一方面,对所有足够大的实数x,从M.
N.
Huxley[9]在区间x,x+x712内至少存在一个素数.
所以我们有估计式2p+1≤P(p2)≤2p+Op712.
(1-41)由[1-38]式我们可得渐近公式n≤x13n1且n=pα11pα22···pαrr为n的标准分解式时定义SM(n)=max1≤i≤r{αipi}.
几个引理为了完成定理的证明,我们需要下面几个简单引理,首先有:引理1.
7.
3设k≥2是一个给定的整数.
那么对任意充分大的正整数n,我们有(i)如果P(n)>√n,那么S(ak(n))=SM(ak(n))=(k1)P(n);(ii)如果n=mp1P(n)且n132时有S(ak(n))=SM(ak(n))=(k2)P(n);当k=2时,S(ak(n))=SM(ak(n))≤kn13.
证明我们只证明对S(ak(n))的结论.
类似的,可以推出所有结果适用于SM(ak(n)).
现在我们证明(i).
设n=pα11pα22···pαrr表示n的标准分解式,由于P(n)>√n,所以P(n)=pr,αr=1.
因此S(ak(P(n)))=SPk1(n)=(k1)P(n).
而S(ak(pαii))≤Spk1i≤(k1)pi≤(k1)P(n),i=1,2,r.
所以S(ak(n))=(k1)P(n).
即就是证明了引理1.
7.
3的(i)式.
现在证明引理1的(ii)式.
事实上由于m的任意素因子p都满足p2时,Sak(P2(n))=SPk2(n)=(k2)P(n),从而S(ak(n))=(k2)P(n).
当k=2时,显然ak(P2(n))=1,m的其它素因子不大于n13.
因此S(ak(n))≤SPk1(m)≤kn13.
于是完成了引理1.
7.
3的证明.
引理1.
7.
4.
设k≥2为给定的整数.
那么对任意实数x≥3,我们有估计式n≤xP(n)≤n13(S(ak(n))(k1)P(n))2k2x43lnx及n≤xP(n)≤n13(SM(ak(n))(k1)P(n))2k2x43lnx.
证明设n=pα11pα22···pαrr为n的标准分解式.
ak(n)=pβ11pβ22···pβrr.
则S(ak(n))=max1≤i≤r{S(pβii)}.
令βp=max1≤i≤r{βipi},于是有S(ak(n))≤βp≤kp.
注意当P(n)在n的标准分解式中的方幂为1时,β=k1,此时有S(ak(n))(k1)P(n)=0,所以我们有n≤xP(n)≤n13(S(ak(n))(k1)P(n))2n≤xP(n)≤n13,P2(n)|nk2P2(n)np2≤xp≤x13k2p2p≤x13p2n≤xp2k2k2x43lnx.
同理可推出另一个估计式.
于是完成了引理1.
7.
4的证明.
引理1.
7.
5设p为素数,m为正整数.
则我们有估计式m≤p≤√xmp2=2x323m32(lnxlnm)+Ox32m32(ln2xm).
29Smarandache未解决问题研究.
证明参阅文献[5]中引理1的证明.
定理的证明这节我们完成定理的证明.
显然我们只需要证明定理1.
14.
类似的不难推出定理1.
15由引理1.
7.
3知当P(n)>√n时,S(ak(n))=SM(ak(n))=(k1)P(n).
因此结合引理1.
7.
3及引理1.
7.
4我们有n≤x(S(ak(n))(k1)P(n))2=n≤xP(n)>√n(S(ak(n))(k1)P(n))2+n≤xP(n)≤√n(S(ak(n))(k1)P(n))2=n≤xP(n)≤√n(S(ak(n))(k1)P(n))2=n≤xP(n)≤n13(S(ak(n))(k1)P(n))2+n≤xn132时有S(ak(n))=(k2)P(n).
于是由(1)式我们有n≤xn131,我们有估计式ES(n)OS(n)=O1lnn.
显然这是一个比解决[14]中问题更强的结论.
由此定理我们立刻得到下面的:推论对任意正整数n,我们有极限limn→∞ES(n)OS(n)=0.
32第一章Smarandache函数定理的证明这节我们利用初等方法给出定理的直接证明.
首先我们估计ES(n)的上界.
事实上当n>1时,设n=pα11pα22···pαrr表示n的标准分解式,那么由函数S(n)的定义及性质可设S(n)=S(pαii)=m·pi.
若m=1,那么S(n)=pi为奇数,除非n=2.
令M=lnn,于是我们有ES(n)=k≤n2|S(k)1≤1+k≤nS(k)=S(pα),α≥21≤1+S(k)≤M1+kpα≤nαp>M,α≥21.
(1-49)现在我们分别估计(1-49)式中的各项,显然有kpα≤nαp>M,α≥21≤kp2≤n2p>M1+kpα≤nαp>M,α≥31≤M2M,α≥3k≤npα1M2M,α≥3npαnlnn+p≤√nαp>M,α≥pnpα+p≤√nαp>M,3≤α√Mnpα+p≤√np>√M,α≥3npαnlnn+n2√M1+nMnlnn.
(1-50)对于(1-49)式中的另一项,我们需要采取新的估计方法.
对任意素数p≤M,令α(p)=Mp1,即就是α(p)表示不超过Mp1的最大整数.
设u=p≤Mpα(p).
对任意满足S(k)≤M的正整数k,设S(k)=S(pα),则由S(k)的定义一定有pα|M!
,从而,α≤∞j=1Mpj≤Mp1.
所以所有满足S(k)≤M的正整数k一定整除u,所有这样k的个数不会超过u的正因数的个数,即就是d(u).
所以我们有S(k)≤M1≤d|u1=p≤M(1+α(p))=p≤M1+Mp133Smarandache未解决问题研究=expp≤Mln1+Mp1,(1-51)其中exp(y)=ey.
由素数定理的两种形式(参阅文献[13]及[11])π(M)=p≤M1=MlnM+OMln2M及p≤Mlnp=M+OMlnM可得:p≤Mln1+Mp1≤p≤Mln1+Mp1=p≤Mln(p1+M)lnpln11p≤π(M)·ln(2M)p≤Mlnp+p≤M1p=M·ln(2M)lnMM+OMlnM=OMlnM.
(1-52)注意到M=lnn,由(1-51)及(1-52)式立刻得到估计式:S(k)≤M1expc·lnnlnlnn,(1-53)其中c为一正常数.
注意到expc·lnnlnlnnnlnn,于是结合(1-49),(1-50)及(1-53)式立刻推出估计式:ES(n)=k≤n2|S(k)1=Onlnn.
显然OS(n)+ES(n)=n,所以由上式可得:OS(n)=nES(n)=n+Onlnn.
从而ES(n)OS(n)=Onlnnn+Onlnn=O1lnn.
34第一章Smarandache函数于是完成了定理1.
16的证明.
35Smarandache未解决问题研究第二章伪Smarandache函数2.
1伪Smarandache函数的定义及性质伪Smarandache函数的定义是这样给定的:定义2.
1对任意正整数n>1,伪Smarandache函数Z(n)定义为最小的正整数m使得[1+2+3m]能够被n整除.
也就是,Z(n)=minm:m∈N:n|m(m+1)2.
关于伪Smarandache函数,国内外学者作了不少的研究,也得到了很多相关性质,我们列举如下:性质2.
1对任意正整数n,我们有伪Smarandache函数Z(n)≥1.
证明:这个结论可以由定义直接得到.
注意到:当且仅当n=1时,有Z(n)=1.
性质2.
2对任意正整数n,Z(n)p,于是有n|p(p+1)2,m|q(q+1)2.
性质2.
6(1)Z(n)是不可加的,即Z(m+n)不恒等于Z(n)+Z(m).
(2)Z(n)是不可乘的,即Z(m·n)不恒等于Z(n)·Z(m).
证明:例如:Z(2+3)=Z(5)=4=5=Z(3)+Z(2),Z(2·3)=Z(6)=3=2·3=Z(2)·Z(3).
性质2.
7极限limn→∞nk=11Z(k)发散.
证明:事实上,根据函数Z(n)的定义我们有nk=11Z(k)>np=31Z(p)=3≤p≤n1p1>3≤p≤n1p.
众所周知,p1p是发散的.
因此,nk=11Z(k)也是发散的.
37Smarandache未解决问题研究性质2.
8极限limn→∞nk=1Z(k)k发散.
证明:事实上,根据函数Z(n)的定义我们有nk=1Z(k)k>np=3Z(p)p=3≤p≤np1p>3≤p≤n1p.
由于3≤p≤n1p是发散的.
因此,nk=1Z(k)k也是发散的.
性质2.
9对任意m≥1,存在某个n≥1,使得Z(n)=m.
2.
2关于伪Smarandache函数的几个定理在参考文献[14]和[44]中,KenichiroKashihara和DavidGorski研究了函数Z(n)的初等性质,并且证明了一些有趣的结果.
我们列举其中的几个:对任意的素数p≥3,Z(p)=p1;对任意的素数p≥3和任意的k∈N,Z(pk)=pk1;对任意的k∈N,Z(2k)=2k+11;对任意整数k>0,如果n不能表示为2k的形式,那么Z(n)(2α+11)2α=2α1.
设2α1>r,那么|Z(s)Z(s+1)|>r39Smarandache未解决问题研究则α>log(r+1)2.
所以存在一个整数s=2α=r+1使得Z(s)Z(s+1)的绝对值比r大这样我们便证明了定理2.
2.
定理2.
3对任意实数x>1,我们有渐近公式n≤xZ(S(n))=π212·x2lnx+Ox2lnx.
证明设P(n)为n的最大素数因子.
我们把所有的整数分为两个子集AandB.
其中A={n|n≤x,P(n)≤√n},B={n|n≤x,P(n)>√n}.
那么我们有n≤xZ(S(n))=n≤xn∈AZ(S(n))+n≤xn∈BZ(S(n))(2-3)n≤xn∈AZ(S(n))≤n≤xn∈AZ(√n)n≤x√nlnnx32lnx(2-4)n≤xn∈BZ(S(n))=n≤xP(n)>√nZ(P(n))=n≤xn≤p≤xnp1=π212·x2lnx+Ox2lnx.
(2-5)结合(3),(4),(5)定理2.
3就得到了证明.
2.
3关于伪Smarandache函数的几个方程本部分给出近期国内学者研究的关于伪Smarandache函数的一些方程40第二章伪Smarandache函数2.
3.
1一个与Smarandache函数有关的函数方程及其正整数解本文的主要目的是研究函数方程Z(n)+S(n)=n(2-6)的可解性,并利用初等及组合方法获得了这一方程的所有正整数解.
具体地说也就是证明了下面的:定理2.
4方程(1)有且仅有一个偶数解n=6;奇数n满足方程(1)当且仅当n为奇素数p的方幂.
即就是n=pk,其中p≥3为素数,k为任意正整数.
证明这节我们利用初等及组合方法来完成定理的证明.
为表达清楚起见,首先我们给出下面这样一个结论:引理2.
3.
1对任意正整数n,Z(n)=n1当且仅当n为奇素数p的方幂,即就是n=pα,p为奇素数,α为正整数.
证明事实上当Z(n)=n1时,由Z(n)的定义知n整除n(n1)2,而(n,n1)=1,所以n必为大于1的奇数.
显然n不可能含有两个不同的素因子.
否则假定n=u·v,(u,v)=1且u>v>1.
令k=u·(vu),其中u是满足同余方程x·u≡1(modv)的最小正整数解,即就是1≤u≤v1.
此时我们立刻推出n=u·v整除(k1)·k2=u·(vu)·(u·(vu)+1)2.
由Z(n)的定义显然有Z(n)≤k=u·(vu)1且满足方程(1).
由伪Smarandache函数Z(n)的定义知Z(n)·(Z(n)+1)+m·(Z(n)+1)=n·(Z(n)+1).
由此式及Z(n)的定义我们立刻推出n整除m·(Z(n)+1),注意到m!
整除n,所以我们可设41Smarandache未解决问题研究m·(Z(n)+1)=kn或者Z(n)=knm1.
将此式代入方程(1)可得knm1+m=n.
(2-7)由此及S(n)=m的定义立刻得到(m1)!
整除m1以及n整除m(m1).
显然(m1)!
整除m1当且仅当m=1,2或者3.
当m=1时,由(2)式知k=1,此时Z(n)=n1.
有前面的引理知Z(n)=n1当且仅当n为奇素数p的方幂,即就是n=pα,p为奇素数,α为正整数.
经验证知所有奇素数p的方幂pα都是方程(1)的解.
当m=2时,此时由于n>1且n整除m(m1),所以n=2,但是n=2不是方程(1)的解.
当m=3时,m(m1)=6,这时结合n整除m(m1)=6以及m!
=6整除n我们立刻推出n=6.
经检验知n=6是方程(1)的一个解.
综合以上分析,我们立刻得到方程(1)有且只有一个偶数解n=6;所有奇数n满足方程(1)当且仅当n为奇素数p的方幂.
于是完成了定理的证明.
2.
3.
2一个包含伪Smarandache函数及其对偶函数的方程对于任意正整数n,著名的伪F.
Smarandache函数Z(n)定义为最小的正整数m使得n整除m(m+1)2.
即就是Z(n)=min{m:m∈N,n|m(m+1)2}.
从Z(n)的定义我们不难推出Z(n)的前几个值为:Z(1)=1,Z(2)=3,Z(3)=2,Z(4)=7,Z(5)=4,Z(6)=3,Z(7)=6,Z(8)=15,Z(9)=8,Z(10)=4,Z(11)=10,Z(12)=8,Z(13)=12,Z(14)=7,Z(15)=5,Z(16)=31,关于Z(n)的算术性质,许多学者也进行了研究,获得了不少有趣的结果.
参阅文献[1]、[44]、[14]、[46]及[51].
例如文献[51]中研究了方程Z(n)+1=S(n)及Z(n)=S(n)的可解性,并获得了这两个方程的所有正整数解,其中S(n)为Smarandache函数.
此外,J.
Sandor[31]在研究函数Z(n)的性质的同时,引入了Z(n)的一个对偶函数Z(n)如下:Z(n)表示最大的正整数m使得m(m+1)2整除n.
即就是Z(n)=max{m:m∈N,m(m+1)2|n},其中N表示所有正整数之集合.
关于Z(n)的深刻性质,我们至今了解的很少,文献[31]中也只42第二章伪Smarandache函数列出了Z(n)的一些简单性质,其中之一是由函数Z(n)及Z(n)的定义不难推出:Z(n)≤√8n+112≤Z(n).
(2-8)同时在[52]中,J.
Sandor还证明了对任意素数p≥5正整数n有Z(pn)=1,Z(3n)=2.
在第四届国际数论与Smarandache问题研讨会期间,张文鹏教授建议我们研究方程Z(n)+Z(n)=n(2-9)的可解性,同时他提出了下面的:猜测:(A).
方程(2)只有有限个偶数解,也许只有一个偶数解n=6;(B).
方程(2)的所有奇数解必为奇素数p(≥5)的方幂.
最近,张瑾在文献[52]中研究了这一问题,并彻底解决了猜测(B).
本文作者起初试图解决猜测(A),但是没有成功.
于是我们考虑了方程Z(n)+Z(n)=2n(2-10)的可解性,并利用初等及组合方法证明了下面的:定理2.
5设n为任意正数,则n满足方程(3)当且仅当n为2的方幂.
即就是n=2k,其中k为非负整数.
当然我们定理的证明思路沿用了文献[52]的思想,但是证明过程中体现了不同的技巧.
我们的技巧和方法似乎也不适应猜测(A).
证明这节我们利用初等及组合方法给出定理的证明.
由伪Smarandache函数Z(n)的性质知对于任意非负整数k,我们有Z(2k)=2k+11.
而Z(2k)=1.
所以我们有Z(2k)+Z(2k)=2k+11+1=2k+1.
所以n=2k一定是方程(3)的解.
43Smarandache未解决问题研究现在我们证明方程(3)除了n=1外,没有其它奇数解.
事实上若n≥3为奇数,则由于n|(n1)·n2,所以由Z(n)的定义知Z(n)≤n1.
由此及(1)式立刻得到不等式Z(n)+Z(n)≤n1+√8n+112v时,由v|(m+1)可得2u·m1+1≡0(modv),由此推出m1≡2u(modv)或者恒等式:m1=v2u,其中1≤2u≤v1且2u·2u≡1(modv).
所以m=2u·(v2u).
注意到当1≤2u≤v1时,显然有m=2u·(v2u)≤2u·(v1).
由此及(1)式并注意到u>v可得:Z(n)+Z(n)≤2u·(v1)+√8uv+112v,则2u·m1≡1(modv).
于是m1=2u,其中2u·2u≡1(modv).
从而m=2u·m11=2u·2u1≤2u·(v1)1.
由此及前面的估计式(1)可得Z(n)+Z(n)≤2u·(v1)1+√8uv+112≤2u·v2u1+√2·uu,则v·h+1≡0(mod2u).
于是h=2uv.
从而m=v·h=v·(2uv).
当2≤v≤2u1时,m=v·(2uv)≤v·(2u2),所以我们有不等式Z(n)+Z(n)≤v·(2u2)+√8uv+112≤2u·v2v+√2·v1且n=pα11pα22···pαss为n的标准素因数分解式时,定义:U(n)=max{α1p1,α2p2,αsps}这个函数有时也被称为Smarandache可乘函数.
之所以这样称是因为任意一个算数函数f(n),如果它满足性质f(1)=1,当n>1且n=pα11pα22···pαss为n的标准分解式时,f(n)=max{f(pα11),f(pα22f(pαss)}把这样的函数均称为Smarandache可乘函数.
关于它的简单性质,虽然我们至今知道的不多,但是也有不少人进行过研究,获得了一些有理论价值的研究成果,参阅文献[9]及[44].
例如沈虹在文献[9]中证明了渐近公式:n≤x(U(n)P(n))2=2ζ323·x32lnx+Ox32ln2x其中ζ(s)表示Riemannzeta-函数,P(n)表示n的最大素因子.
本文的主要目的是利用初等方法研究方程Z(n)=U(n)及Z(n)+1=U(n)的可解性,并获得了这两个方程的所有正整数解,具体地说也就是证明了下面的:定理2.
6对任意正整数n>1,函数方程Z(n)=U(n)成立当且仅当n=p·m,其中p为奇素数,m为p+12的任意大于1的因数.
即就是m|p+12且m>1.
定理2.
7对任意正整数n,函数方程Z(n)+1=U(n)成立当且仅当n=p·m,其中p为奇素数,m为p12的任意正因数.
即就是m|p12.
46第二章伪Smarandache函数显然我们的定理彻底解决了方程Z(n)=U(n)及Z(n)+1=U(n)的可解性问题.
也就是证明了这两个方程有无穷多个正整数解,并给出了它们每个解的具体形式!
特别在区间[1,100]中,方程Z(n)=U(n)有9个解,它们分别是n=1,6,14,15,22,28,33,66,91.
而方程Z(n)+1=U(n)在区间[1,50]中有19个解,它们分别是n=3,5,7,10,11,13,17,19,21,23,26,29,31,34,37,39,41,43,47.
定理的证明这节我们利用初等方法给出定理的直接证明.
首先证明定理2.
6.
事实上当n=1时,方程Z(n)=U(n)=1成立.
当n=2,3,4,5时,显然n不满足方程Z(n)=U(n).
于是假定n≥6且满足方程Z(n)=U(n),不妨设n=pα11pα22···pαss为n的标准素因数分解式,并令U(n)=U(pα)=αp.
于是由函数Z(n)及U(n)的定义可知αp是最小的正整数使得n满足下面的整除式:n|αp(αp+1)2,pα|n(2-11)现在我们证明在(1)式中α=1.
事实上如果α>1,则由pα|n立刻推出pα|αp(αp+1)2(2-12)由于(p,αp+1)=1,所以由上式立刻推出pα1|α.
当p为奇素数时显然(2)式是不可能的,因为此时pα1>α,与pα1|α矛盾.
当p=2时,推出α=2.
这时(2)式成为4|4*52=10,矛盾!
所以在(1)式中一定有α=1且p为奇素数.
此时可设n=p·m.
则由(1)式可推出p·m|p(p+1)2,即就是m|p+12.
显然m=1.
否则n=p,Z(p)=p1,U(p)=p与Z(n)=U(n)矛盾!
而当n=p·m,m为p+12的任意大于1的因数时,Z(n)=p,U(n)=p,所以一定有Z(n)=U(n).
从而推出n>1且满足方程Z(n)=U(n)当且仅当n=p·m,m为p+12的任意大于1的因数.
于是完成了定理2.
6的证明.
现在我们证明定理2.
7.
显然n=1不满足方程Z(n)+1=U(n).
于是不妨设n>2且满足方程Z(n)+1=U(n),并令U(n)=U(pα)=αp.
于是由Z(n)+1=U(n)可得Z(n)=αp1.
再由函数Z(n)及U(n)的定义可推出n|αp(αp1)2,pα|n(2-13)47Smarandache未解决问题研究由于(p,αp1)=1,所以由(3)式立刻推出pα1|α.
从而利用证明定理1的分析过程不难推出α=1且p为奇素数.
所以可设n=p·m.
再利用(3)式不难推出m|p12.
而当n=p·m,m为p12的任意正因数时,容易验证n满足方程Z(n)+1=U(n).
所以方程Z(n)+1=U(n)成立当且仅当n=p·m,m为p12的任意正因数.
于是完成了定理2.
7的证明.
2.
4伪Smarandache函数的相关问题2.
4.
1关于伪Smarandache函数的一个问题在文献[14]中,KenichiroKashihara建议我们求所有正整数n使得伪Smarandache函数Z(n)为n的原根.
关于这一问题,至今似乎没有研究,至少我们没有看到相关的论文!
通过数值检验我们发现这样的正整数n虽然很少,然而是存在的!
正像KenichiroKashihara所指出的,Z(4)=7是4的一个原根;Z(3)=2是3的一个原根.
除了这两个正整数外,是否还有其它正整数n使得Z(n)为n的原根本文利用初等方法研究了这一问题,并得到彻底解决!
具体地说也就是证明了下面的:定理2.
8设n是存在原根的任意正整数,则伪Smarandache函数Z(n)为n的原根当且仅当n=2,3,4定理的证明这节我们利用初等方法来完成定理的证明.
首先我们介绍一下原根的定义及其它的存在性.
设n>1为正整数,a为任意整数且(a,n)=1.
则由初等数论中著名的Euler定理可知aφ(n)≡1(modn),其中φ(n)为Euler函数,即就是φ(n)表示不超过n且与n互素的正整数的个数.
因此当(a,n)互素时,至少存在一个正整数m使得am≡1(modn).
设满足同余式am≡1(modn)的最小正整数为m.
则当m=φ(n)时,称a为模n的原根.
然而,并非所有正整数n都有原根.
事实上关于原根的存在性,我们有下面的:引理2.
4.
1设m>1为任意正整数,则模m存在原根当且仅当m=2,4,pα,2pα,其中p为奇素数,α为正整数.
48第二章伪Smarandache函数证明参阅文献[13]或者文献[11]中第6章定理4.
现在我们应用这一引理来完成定理的证明.
显然Z(2)=3是2的一个原根;Z(4)=7是4的一个原根.
现在考虑n=pα,其中p为奇素数.
若Z(n)是模n=pα的原根,则由Z(n)的定义及性质知Z(n)=pα1,所以pα1为模n=pα的原根!
又由于Z2(n)=(pα1)2≡1(modpα)且pα1为模n=pα的原根,所以2=φ(pα)=pα1(p1).
由此式立刻推出α=1,p1=2.
既就是n=2+1=3.
因此当n=pα(p为奇素数)时,Z(n)为n的原根当且仅当n=p=3.
当n=2pα时,注意到前面列出的Z(n)的性质C)我们分两种情况讨论:(1).
若pα≡3(mod4),则由Z(n)的定义及性质可得Z(n)=pα.
因为(pα,2pα)=pα>1,所以Z(n)=pα不可能为n=2pα的原根.
(2).
若pα≡1(mod4),则由Z(n)的定义及性质可得Z(n)=pα1.
因为(pα1,2pα)=2>1,所以Z(n)=pα1也不可能为n=2pα的原根.
综合以上结果以及n的原根存在定理我们立刻推出Z(n)为n的原根当且仅当n=2,3,4.
于是完成了定理的证明.
49Smarandache未解决问题研究第三章素数3.
1孪生素数3.
1.
1孪生素数的概念如果p1,p2为两个素数,且p14,这次a|(p1)!
且b|(p1)!
,所以p=ab|(p1)!
(如果a=b,那么2a|(p1)!
,所以我们有p|(p1)!
).
因此(p1)!
p及2(p+1)!
p+2都是整数.
但是1p+1p+2不是整数.
所以(p1)!
1p+2p+2+1p+1p+2不是整数.
如果情形(b)成立,那么(p1)!
+1p52第三章素数是整数且2(p+1)!
p+2是整数,但是1p+2不是整数.
所以(p1)!
1p+2p+2+1p+1p+2=(p1)!
+1p+2(p+1)!
p+2+1p+2.
不是整数.
如果情形(c)成立,那么(p1)!
p是整数,且2(p+1)!
+1p+2是整数,但是1p不是整数.
所以(p1)!
1p+2p+2+1p+1p+2=(p1)!
p+2(p+1)!
+1p+2+1p不是整数.
这样便完成了定理3.
1的证明.
现在我们证明定理3.
2.
注意到等式(p1)!
+1p+(p+1)!
+1p+2=(p1)!
p+(p+1)!
+1p+2+1p=(p1)!
+1p+(p+1)!
p+2+1p+2=(p1)!
p+(p+1)!
p+2+1p+1p+2.
53Smarandache未解决问题研究如果p是素数,p+2不是素数,那么在式子(p1)!
+1p+(p+1)!
p+2+1p+2,中1p+2不是一个整数.
如果p+2是素数且p>1不是素数,那么在式子(p1)!
p+(p+1)!
+1p+2+1p,中1p不是整数.
如果p和p+2都不是素数且p>1,那么在式子(p1)!
p+(p+1)!
p+2+1p+1p+2,中1p+1p+2不是一个整数.
这样便完成了定理3.
2的证明.
54第四章关于无k次幂因子数的上界估计第四章关于无k次幂因子数的上界估计4.
1无k次幂因子数的定义无k次幂因子数的定义是这样给定的:定义4.
1设k≥2为给定的正整数,n>1为任意自然数.
如果对任意正整数m>1有mkn,则称n为无k次幂因子数,特别当k=2,3时,称n为无平方因子数及无立方因子数.
4.
2无k次幂因子数的上界估计关于无k次幂因子数的简单性质,许多教材中都有介绍.
关于它的深入性质,不少学者进行过研究,获得了一系列重要的结果.
参阅文献[55]及[56].
例如H.
L.
Montgomery及R.
C.
Vaughan在文献[57]中证明了如下结论:设整数k≥2,Qk(x)表示不超过x的所有无k次幂因子数的个数,则在广义黎曼假设下有渐近公式:Qk(x)=xζ(k)+Ox1k+1+,其中表示任意给定的正数,ζ(k)表示黎曼ζ-函数.
特别在广义黎曼假设下有更强的渐近公式:Q2(x)=6π2x+Ox928+.
另一方面,设an(k)表示第n个无k次幂因子数.
最近在文献[4]中,Mladem及Krassimir给出了an(2)的一个上界估计,即就是证明了an(2)1使得an(2)1,我们有渐近公式:an(k)=ζ(k)n+On1k,其中ζ(k)=∞n=11nk为黎曼ζ-函数.
由此定理及极限的定义和性质我们立刻得到下面的推论:推论4.
1对任意给定的ε>0,存在N>0使得当n>N时有(ζ(k)ε)nπ26≈1.
64493.
57Smarandache未解决问题研究第五章伪Smarandache无平方因子函数5.
1引言首先我们来看伪Smarandache无平方因子函数的定义定义5.
1对任意正整数n,著名的伪Smarandache无平方因子函数Zw(n)定义为最小的正整数m使得n|mn.
即就是Zw(n)=min{m:m∈N,n|mn}.
这一函数是美籍罗马尼亚著名数论专家F.
Smarandache教授在他所著的《OnlyProblems,NotSolutions》一书中引入的,关于这一函数的一些基本性质我们列举如下:5.
2Zw(n)函数的基本定理.
性质5.
2.
1对任意正整数n,如果n=pα11pα22···pαrr表示n的标准分解式,那么Zw(n)=p1p2···pr.
特别地,Zw(p)=p,这里p为任意素数.
性质5.
2.
2当且仅当n为无平方因子数时,Zw(n)=n.
性质5.
2.
3对任意正整数n,Zw(n)≤n.
性质5.
2.
4级数∞n=1Zw(n)n是收敛的.
性质5.
2.
5Zw(n)是可乘函数,即就是,当GCD(m,n)=1时,Zw(m·n)=Zw(m)·Zw(n).
58第五章伪Smarandache无平方因子函数性质5.
2.
6Zw(n)不是可加函数,即就是,Zw(m+n)=Zw(m)+Zw(n).
性质5.
2.
7当n≥1时,Zw(n)≥1.
性质5.
2.
8对任意实数α>0及x≥1,有渐近公式n≤x(Zw(n))α=ζ(α+1)xα+1ζ(2)(α+1)p11pα(p+1)+Oxα+12+.
性质5.
2.
9当n≥1时,00,存在正整数n≥1满足Zw(n)n6·nπ2.
性质5.
2.
15级数∞n=11(Zw(n))a,a∈R,a>0是发散的.
59Smarandache未解决问题研究性质5.
2.
16对任意实数α,s满足sα>1及α>0,有恒等式∞n=1(Zw(n))αns=ζ(s)ζ(sα)ζ(2s2α)p11ps+pα,其中ζ(s)为Riemannzeta-函数,p表示对所有素数求积.
5.
3关于伪Smarandache无平方因子函数的一个相关问题关于伪Smarandache无平方因子函数的其他性质国内外学者也做了很多的研究,并且得到了一些有趣的结果,与此同时,乐茂华提出了几个关于函数Zw(n)的问题(参阅文献[60]),比如:问题1估计式子∞n=21Zw(n)的敛散性.
问题2估计极限limk→∞Zw(k)θ(k)值,其中θ(k)=n≤xln(Zw(n)).
问题1乐茂华已经在参考文献[61]中得到解决.
证明了∞n=21Zw(n)是收敛的.
作者在本文则应用初等的方法估计limk→∞Zw(n)θ(k),其中θ(k)=n≤xln(Zw(n)),并且彻底的解决了问题2.
即就是我们证明了如下的结论:定理5.
1假设Zw(k)和θ(k)如问题2中所定义,那么我们有limk→∞Zw(k)θ(k)=0其中θ(k)=n≤xln(Zw(n))定理的证明为了完成定理的证明,我们需要如下的引理.
60第五章伪Smarandache无平方因子函数引理5.
3.
1对任意实数k≥1,我们有渐近公式n≤k|(n)|=6kπ2+O(√k)其中,(n)为莫比乌斯函数,且|(n)|=d2|n|(d)|,参阅参考文献[13].
证明n≤k|(n)|=n≤kd2|n(d)=md2≤k(d)=d≤√k(d)m≤kd21=kd≤√k(d)d2+O(√k)∞d=1(d)d2+O(√k)=6kπ2+O(√k)现在,我们应用引理来完成定理的证明.
因为θ(k)=n≤kln(Zw(n))≥n≤k|(n)|ln(n)≥√k≤n≤x|(n)|ln(√k)=12lnk√k≤n≤k|(n)|=12lnkn≤k|(n)|n≤√k|(n)|从引理5.
3.
1我们知道θ(k)≥12lnk6kπ2+O(√k)61Smarandache未解决问题研究那么limk→∞Zw(n)θ(k)≤limk→∞Zw(n)12lnk6kπ2+O(√k)≤limk→∞k12lnk6kπ2+O(√k)=0这样我们完成了定理的证明.
5.
3.
1关于Zw(n)函数的渐近公式上一节的定理5.
1是本书作者在《ScientiaMagna》上发表的一篇文章中的一个有趣定理,后来我们发现有其他学者得到了比上文更严谨的结论和相关的渐近公式,现把其列举如下,有兴趣的学者可以作以比较参考:定理5.
2对任意正整数n>1,我们有估计式1nnk=2ln(Zw(k))lnk=1+O1lnn.
证明令U(n)=nk=2ln(Zw(k))lnk.
首先我们估计U(n)的上界.
事实上当k>1时,由Zw(k)的定义我们不难推出Zw(k)表示k的所有不同素因数的乘积,所以对任意正整数k有Zw(k)≤k及ln(Zw(k))≤lnk,从而有估计式:U(n)=nk=2ln(Zw(k))lnk≤nk=2lnklnk=n1≤n.
(5-1)其次我们估计U(n)的下界.
对任意正整数2≤k≤n,设k=pα11pα22···pαss为k的标准分解式,我们将区间[2,n]中的所有整数分成两个子集A及B,其中A表示区间[2,n]中所有满足条件αi≥2(i=1,2,s)的正整数k的集合;B表示区间[2,n]中所有满足至少有一个αi=1(1≤i≤s)的正整数k的集合.
于是我们有U(n)=nk=2ln(Zw(k))lnk≥nk=2ln(Zw(k))lnn62第五章伪Smarandache无平方因子函数=1lnnk∈Aln(Zw(k))+1lnnk∈Bln(Zw(k)).
(5-2)显然由集合A的定义可知A是区间[2,n]中所有Square-full数的集合,所以我们有估计式:k∈Aln(Zw(k))≤k∈Alnk≤√n·lnn.
(5-3)另一方面,对于任意n∈B,一定存在一个素数p,使得p|n且p,np=1.
同时注意到素数定理的几种不同形式:k≤nlnpp=lnn+O(1),k≤nlnp=n+Onlnn及k≤nlnpp2=D+O1lnn,其中D为正常数.
于是我们有估计式k∈Bln(Zw(k))=pk≤n(p,k)=1ln(Zw(pk))=pk≤n(p,k)=1(lnp+ln(Zw(k)))≥pk≤n(p,k)=1lnp=p≤nlnpk≤np(p,k)=11=p≤nlnpnpnp2+O(1)=np≤nlnppnp≤nlnpp2+Op≤nlnp=nlnn+O(n).
(5-4)由(5-2),(5-3)及(5-4)式我们不难得到估计式:U(n)=nk=2ln(Zw(k))lnk≥1lnnk∈Bln(Zw(k))+O√nlnn63Smarandache未解决问题研究≥1lnn(nlnn+O(n))+O√nlnn=n+nlnn.
(5-5)结合(5-2)及(5-5)式我们立刻推出渐近公式:1nnk=2ln(Zw(k))lnk=1+O1lnn.
于是完成了定理的证明.
在上述定理中取n→∞,立即得到如下推论推论5.
1对任意正整数n,我们有极限limn→∞1nnk=2ln(Zw(k))lnk=1.
5.
3.
2关于函数Zw(k)θ(k)的渐近公式定理5.
3对任意正整数k>1,令θ(k)=n≤kln(Zw(n)),我们有渐近公式Zw(k)θ(k)=Zw(k)n≤kln(Zw(n))=O1lnk.
证明事实上,对任意实数x>1和任意正整数n,根据M¨obius函数(n)的性质:|(n)|=d2|n(d)并注意到∞n=1(n)n2=1ζ(2)=6π2我们有n≤x|(n)|=n≤xd2|n(d)64第五章伪Smarandache无平方因子函数=md2≤x(d)=d≤√x(d)m≤xd21=d≤√x(d)xd2+O(1)=x∞d=1(d)d2d>√x(d)d2+Od≤√x|(d)|=x6π2+O1√x+O√x=6π2x+O√x.
下面我们利用这个结论来证明定理.
对任意无平方因子数n,Zw(n)=n,则有θ(k)=n≤kln(Zw(n))≥n≤k|(n)|lnn≥√k≤n≤k|(n)|ln(√k)=12lnk√k≤n≤k|(n)|=12lnkn≤k|(n)|n≤√k|(n)|.
(5-6)因此有θ(k)≥12lnkn≤k|(n)|n≤√k|(n)|≥12lnk6π2k+O(√k)=3π2k·lnk+O(√k·lnk).
(5-7)65Smarandache未解决问题研究注意到Zw(n)≤n,于是我们立即得到01,那么Zw(n)=p|np,其中p|n表示能整除n的所有不同素数的乘积(参阅参考文献[1]).
从这个公式我们容易得到函数Zw(n)的值.
例如,Zw(1)=1,Zw(2)=2,Zw(3)=3,Zw(4)=2,Zw(5)=5,Zw(6)=6,Zw(7)=7,Zw(8)=2,Zw(9)=3,Zw(10)=10,事实上如果n无平方因子数,那么Zw(n)=n.
在参考文献[60]中,FeliceRusso研究了函数Zw(n)的性质,并且提出了下面的四个问题:问题1:找出所有满足等式Zw(n)=Zw(n+1)·Zw(n+2)的n值.
问题2:求解等式Zw(n)·Zw(n+1)=Zw(n+2).
66第五章伪Smarandache无平方因子函数问题3:求解等式Zw(n)·Zw(n+1)=Zw(n+2)·Zw(n+3).
问题4:找出所有满足等式S(n)=Zw(n)的n,其中S(n)是Smarandache函数.
这篇文章的主要母的是利用初等方法来研究着四个问题,并且彻底的解决了它们.
那就是,我们证明了下面的:定理5.
4下面的三个等式没有正整数解.
Zw(n)=Zw(n+1)·Zw(n+2)Zw(n)·Zw(n+1)=Zw(n+2)Zw(n)·Zw(n+1)=Zw(n+2)·Zw(n+3)定理5.
5存在无限个正整数n满足等式S(n)=Zw(n),其中S(n)定义为S(n)=min{k:k∈N,n|k!
}是Smarandache函数.
证明在这一部分,我们先直接来证明定理5.
4.
首先我们证明等式Zw(n)=Zw(n+1)·Zw(n+2)没有正整数解.
显然In=1不是这一等式的解.
事实上如果n=1,那么1=Zw(1)=2·3=Zw(2)·Zw(3).
如果n>1,假设等式(1)没有n=n0的解,那么Zw(n0)=Zw(n0+1)·Zw(n0+2).
对n=n0的所有素数因子p,显然p|Zw(n0).
从Zw(n0)=Zw(n0+1)·Zw(n0+2),我们可得到p|Zw(n0+1)·Zw(n0+2).
这就是说,p|Zw(n0+1)orp|Zw(n0+2).
(a)如果p|Zw(n0+1),那么p|(n0+1),结合p|n0我们有p|n0+1n0=1,得出矛盾.
(b)如果p|Zw(n0+2),那么p|(n0+2),结合p|n0我们有p|n0+2n0=2,那么n0=p=2.
67Smarandache未解决问题研究从等式(1)我们有2=Zw(2)=3·2=Zw(3)·Zw(4),这是不可能的.
所以等式(1)没有正整数解.
应用证明定理1的方法,我们发现等式(2)和等式(3)也没有正正整数.
这样我们便证明了定理5.
4.
为了证明定理5.
5,我们需要函数S(n)的如下一些引理:引理5.
4.
1假设n=pα11pα22···pαkk表示n的标准素因数分解式,那么S(n)=max1≤i≤k{S(pαii)}.
证明参阅参考文献[64].
引理5.
4.
2如果p是一个素数,那么S(pk)≤kp;如果kαk=p1p2····pk1.
这次,从函数S(n)和Zw(n)的定义我们有S(n)=p1·p2···pk1·pk且Zw(n)=p1·p2···pk1·pk.
因此所有的合数n=p1·p2···pk1·pαkk(其中pi表示不同的素数,并且pk>αk=p1p2····pk1)满足等式S(n)=Zw(n).
注意到k为任意的正整数且有无限多个素数,所以有无限多个合数n满足等式S(n)=Zw(n).
这样我们便证明了定理5.
5.
68第六章Smarandache函数相关问题第六章Smarandache函数相关问题6.
1引言函数的均值估计是数论研究的重要课题之一,是研究各种数论问题不可缺少的工具.
本部分列出一些学者所作的关于Smarandache相关函数的均值及其部分研究成果.
6.
2关于F.
SmarandacheLCM函数与除数函数的一个混合均值著名的F.
SmarandacheLCM函数的定义:定义6.
2.
1对任意的正整数n,F.
SmarandacheLCM函数SL(n)定义为最小的正整数k使得n|[1,2,k],其中[1,2,k]表示1,2,···,k的最小公倍数.
例如,SL(n)的前几个值是SL(1)=1,SL(2)=2,SL(3)=3,SL(4)=4,SL(5)=5,SL(6)=3,SL(7)=7,SL(8)=8,SL(9)=9,SL(10)=5,SL(11)=11,SL(12)=4,SL(13)=13,SL(14)=7,SL(15)=5,SL(16)=16,由SL(n)的定义我们容易推出如果n=pα11pα22···pαrr是n的标准分解式,那么SL(n)=max{pα11,pα22pαrr}.
(6-1)关于SL(n)的初等性质,许多学者进行了研究,获得了一系列有趣的结果,参阅文献[19],[6],[7]及[66].
例如Murthy[19]证明了如果n是一个素数,那么SL(n)=S(n),这里S(n)是F.
Smarandache函数.
即就是,S(n)=min{m:n|m!
,m∈N}.
同时Murthy[19]还提出了下面的问题:SL(n)=S(n),S(n)=n(6-2)LeMaohua[6]完全解决了这个问题,并证明了下面的结论:69Smarandache未解决问题研究任何满足(2)的整数可表示为n=12或者n=pα11pα22···pαrrp,其中p1,p2,pr,p是不同的素数且α1,α2,αr是满足p>pαii,i=1,2,r的正整数.
此外,LvZhongtian[7]研究了SL(n)的均值问题,证明了对任意给定的正整数k及任意实数x>2有渐近公式n≤xSL(n)=π212·x2lnx+ki=2ci·x2lnix+Ox2lnk+1x,其中ci(i=2,3,k)是可计算的常数.
葛健[66]中还研究了[SL(n)S(n)]2的均值分布问题,证明了渐近公式:n≤x[SL(n)S(n)]2=23·ζ32·x32·ki=1cilnix+Ox32lnk+1x,其中ζ(s)是Riemannzeta-函数,ci(i=1,2,k)是可计算的常数.
本文的主要目的是研究一个包含F.
SmarandacheLCM函数SL(n)与Dirichlet除数函数d(n)的混合均值问题,并给出一个较强的渐近公式.
具体地说也就是证明下面的:定理6.
1设k≥2为给定的整数.
则对任意实数x≥2,我们有渐近公式:n≤xd(n)·SL(n)=π436·x2lnx+ki=2ci·x2lnix+Ox2lnk+1x,其中d(n)为Dirichlet除数函数,即就是n的所有正因数的个数d(n)=d|n1,ci(i=2,3,k)为常数.
证明在这一部分,我们用初等及解析方法直接给出定理的证明.
事实上在和式n≤xd(n)·SL(n)(6-3)70第六章Smarandache函数相关问题中,我们将所有1≤n≤x分为两个集合U与V,其中集合U包含所有那些满足存在素数p使得p|n且p>√n的正整数n;而集合V包含区间[1,x]中不属于集合U的那些正整数.
于是利用性质(1)我们有n∈Ud(n)·SL(n)=n≤xp|n,√n1时是收敛的.
而且∞n=1S(n)nα=ζ(α)·∞n=11(n!
)α,其中ζ(α)是Riemannzeta-函数.
现在我们定义另一种双阶乘函数S(n)如下:S(n)=max{2m1:(2m1)!
!
|n,m∈N},2n;max{2m:(2m)!
!
|n,m∈N},2|n.
我们发现这个函数与S(n)有着非常相似的性质.
在这篇文章中,我们的主要目的就是想说明这一点,即就是利用初等方法研究∞n=1S(n)ns的收敛性质,并给出一个有趣的恒等式.
具体地说也就是证明下面的:定理6.
2对于任意实数s>1,无穷级数∞n=1S(n)ns是收敛的,且∞n=1S(n)ns=ζ(s)112s1+∞m=12((2m+1)!
!
)s+ζ(s)∞m=12((2m)!
!
)s,其中ζ(s)是Riemannzeta-函数.
由上面的定理我们立刻获得下面的:73Smarandache未解决问题研究推论6.
1当s=2,4时,我们有恒等式(i)∞n=1S(n)n2=π24∞m=11((2m+1)!
!
)2+π23∞m=11((2m)!
!
)2+π28.
(ii)∞n=1S(n)n4=π448∞m=11((2m+1)!
!
)4+π445∞m=11((2m)!
!
)4+π496.
定理的证明在这一部分,我们来完成定理的证明.
首先如果s>1,由S(n)1,我们有∞n=12nS(n)ns=∞m=1∞n=12nS(n)=2m12m1ns=∞m=1∞n=12n(2m+1)n2m1((2m1)!
!
)s·ns=∞m=12m1((2m1)!
!
)s∞n=12n(2m+1)n1ns=∞m=12m1((2m1)!
!
)s∞n=12n1ns∞n=12n1(2m+1)s·ns=∞n=12n1ns∞m=12m1((2m1)!
!
)s∞m=12m1((2m+1)!
!
)s74第六章Smarandache函数相关问题=∞n=12n1ns1+∞m=12m+1((2m+1)!
!
)s∞m=12m1((2m+1)!
!
)s=∞n=12n1ns1+∞m=12((2m+1)!
!
)s=ζ(s)112s1+∞m=12((2m+1)!
!
)s.
(6-8)当n为偶数时,如果S(n)=2m,则(2m)!
!
|n.
现在我们令n=(2m)!
!
·n2且(2m+2)n2.
那么对于任意实数s>1,我们有∞n=12|nS(n)ns=∞m=1∞n=12|nS(n)=2m2mns=∞m=1∞n=1(2m+2)n2m((2m)!
!
)s·ns=∞m=12m((2m)!
!
)s∞n=1(2m+2)n1ns=∞m=12m((2m)!
!
)s∞n=11ns∞n=11(2m+2)s·ns=∞n=11ns∞m=12m((2m)!
!
)s∞m=12m((2m+2)!
!
)s=∞n=11ns1+∞m=12((2m+2)!
!
)s=ζ(s)1+∞m=12((2m+2)!
!
)s=ζ(s)∞m=12((2m)!
!
)s.
(6-9)75Smarandache未解决问题研究结合(6-8)式和(6-9)式立刻得到∞n=1S(n)ns=∞n=12nS(n)ns+∞n=12|nS(n)ns=ζ(s)112s1+∞m=12((2m+1)!
!
)s+ζ(s)∞m=12((2m)!
!
)s.
于是就完成了定理的证明.
当s=2,4时,注意到ζ(2)=π26,ζ(4)=π490(见参考文献[13])我们容易算出下面的式子:∞n=1S(n)n2=ζ(2)·341+∞m=12((2m+1)!
!
)2+ζ(2)∞m=12((2m)!
!
)2=π281+∞m=12((2m+1)!
!
)2+π23∞m=12((2m)!
!
)2=π24∞m=11((2m+1)!
!
)2+π23∞m=11((2m)!
!
)2+π28及∞n=1S(n)n4=π448∞m=11((2m+1)!
!
)4+π445∞m=11((2m)!
!
)4+π496.
6.
4一个新的算术函数及其均值对任意正整数n,我们定义算术函数(n)为(1)=0,当n>1且n=pα11·pα22·····pαkk为n的标准分解式时,定义(n)=α1p1+α2p2+···αkpk.
例如(2)=2,(3)=3,(4)=4,(5)=5,(6)=5,(7)=7,(8)=6,(9)=6,(10)=7,显然这个函数与n的素因子个数(包括重数在内)函数(n)密切相关,而且它也是一个完全可加函数!
事实上对任意正整数m及n,显然由(n)的定义可知:(m·n)=(m)+(n).
76第六章Smarandache函数相关问题关于这个函数的性质,至今似乎没有人研究,至少在现有的文献中我们还没有看到有关结论.
然而,作者认为研究这个函数是有意义的,它不仅可以刻划正整数标准分解式中所包含素数与其指数的一种加权性质,而且也是函数(n)的进一步推广和延伸!
基于这些原因,本文主要研究了函数(n)的均值性质,并给出了一个较强的均值公及有趣的恒等式.
具体地说,我们证明了下面的两个结论:定理6.
3设k为给定的正整数.
则对任意实数x>1,我们有渐近公式n≤x(n)=x2·ki=1cilnix+Ox2lnk+1x,其中ci(i=1,2,k)为可计算的常数且c1=π212.
定理6.
4对任意复数s>2,我们有恒等式∞n=1(n)ns=ζ(s)·p1ps11p1ps,其中p表示对所有素数求和,ζ(s)为Riemannzeta-函数.
在定理2中取s=4并注意到ζ(4)=π490我们立刻得到下面的推论6.
2∞n=1(n)n4=π490·p1p31p1p4.
定理的证明为了完成定理的证明,我们需要下面一个简单的:引理6.
4.
1对任意正数x>1,我们有估计式n≤x(n)=x·lnlnx+C+O1lnx,其中C为可计算的常数.
77Smarandache未解决问题研究证明这是一个经典结果,其证明过程可参阅文献[70]及[71].
现在我们直接给出定理的证明.
首先证明定理6.
3.
我们将区间[1,x]中所有正整数分为两个子集A和B,其中A是[1,x]中所有满足P(n)>√n的正整数n的集合,P(n)表示n的最大素因子;B是[1,x]中所有满足P(n)≤√n的正整数n的集合.
显然由A和B的定义并注意到(n)≤(n)·P(n)我们立刻得到n≤x(n)=n∈A(n)+n∈B(n)=pn≤xn2时f(s)绝对收敛且有f(s)=∞n=1(n)ns=p∞n=1(p·n)ps·ns=p∞n=1p+(n)ps·ns=p1ps1·∞n=11ns+p1ps·∞n=1(n)ns=ζ(s)·p1ps1+f(s)·p1ps.
(6-15)79Smarandache未解决问题研究将(6-15)式整理可得∞n=1(n)ns=ζ(s)·p1ps11p1ps,其中p表示对所有素数求和,ζ(s)为Riemannzeta-函数.
于是完成了定理6.
4的证明.
6.
5关于Smarandache素数部分对任意正整数n≥1,Smarandache上素数部分Pp(n)定义为大于等于n的最小素数.
例如,Pp(n)的前几项值为Pp(1)=2,Pp(2)=2,Pp(3)=3,Pp(4)=5,Pp(5)=5,Pp(6)=7,Pp(7)=7,PP(8)=11,Pp(9)=11,Pp(10)=11,Pp(11)=11,Pp(12)=13,Pp(13)=13,Pp(14)=17,Pp(15)=17,对任意的正整数n≥2,我们还定义Smarandache下素数部分pp(n)为小于等于n的最大素数.
它的前几项值为pp(2)=2,pp(3)=3,pp(4)=3,pp(5)=5,pp(6)=5,pp(7)=7,pp(8)=7,pp(9)=7,pp(10)=7,pp(11)=11,在"Onlyproblems,Notsolutions"(参阅参考文献[1],问题39)一书中,F.
Smarandache教授提出让我们研究序列{Pp(n)}和{pp(n)}的性质.
关于这个问题,好像还没有人研究过,至少我们以前没有见到相关的结果.
但这个问题非常的重要也是很有意义的,因为在Smarandache下素数部分和上素数部分分布问题上它们有非常接近的关系.
现在我们定义In={pp(2)+pp(3)pp(n)}/n和In={Pp(2)+Pp(3)Pp(n)}/n.
在参考文献[14]的问题10中,KenichiroKashihara让我们估计:(A).
是否limn→∞(SnIn)收敛或者发散.
如果收敛,找出其极限值.
(B).
是否limn→∞SnIn收敛或者发散.
如果收敛,找出其极限值.
80第六章Smarandache函数相关问题关于问题(A),我们暂时没有得到什么结果.
但关于问题(B),我们得到了彻底的解决.
事实上我们得到了一个非常好的结果.
这篇文章中,我们研究了SnIn的渐进性质,并且给出了一个很好的渐进公式.
即就是,我们证明了如下的结论:定理6.
5对任意的正整数n>1,我们有渐近公式SnIn=1+On13.
从这个定理我们还可得到如下的:推论6.
3当n→∞时极限Sn/In收敛,且limn→∞SnIn=1.
这样我们解决了参考文献[14]的问题B.
几个引理为了完成定理的证明,我们需要如下的几个引理.
首先我们有:引理6.
5.
1对任意的实数x>1,我们有渐进公式pn+1≤x(pn+1pn)2x2318+ε,其中pn表示第n个素数,ε表示任意正整数.
证明根据D.
R.
HeathBrown[72]和[73]这是一个非常著名的结论.
引理6.
5.
2设x为足够大的正实数,那么在x和x+x23之间一定存在一个素数P.
证明对任意足够大的实数x,设Pn表示最大的素数且Pn≤x.
那么从引理6.
5.
1我们立即推导出(PnPn1)2x2318+ε81Smarandache未解决问题研究或者PnPn1x23.
所以一定存在一个素数P介于x和x+x23之间.
这样便证明了引理6.
5.
2.
引理6.
5.
3对任意实数x>1,我们有渐进公式n≤xPp(n)=12x2+Ox53和n≤xpp(n)=12x2+Ox53.
证明我们仅证明第一个渐近公式,相似的我们可以推导出第二个公式.
设Pk表示第k个素数.
那么从Pp(n)的定义我们知道对任意固定的素数Pr,一定存在Pr+1Pr,正整数n使得Pp(n)=Pr.
于是我们有n≤xPp(n)=Pn+1≤xPn·(Pn+1Pn)=12Pn+1≤xP2n+1P2n12Pn+1≤x(Pn+1Pn)2=12P2(x)212Pn+1≤x(Pn+1Pn)2,(6-16)其中P(x)表示最大的素数使得P(x)≤x.
从引理6.
5.
2我们知道P(x)=x+Ox23.
(6-17)现在从(6-16),(6-17)和引理1我们立即可推导出n≤xPp(n)=12·x2+Ox53+Ox2318+ε=12·x2+Ox53.
这样我们便证明了引理6.
5.
3的第一个渐渐公式.
82第六章Smarandache函数相关问题第二个渐进公式由引理6.
5.
1,引理6.
5.
2和等式n≤xpp(n)=Pn≤xPn·(PnPn1)=12Pn≤xP2nP2n1+12pn≤x(PnPn1)2=12P2(x)+12Pn≤x(PnPn1)2即可得到.
定理的证明这一部分,我们直接完成定理的证明.
事实上对任意的正整数n>1,从引理6.
5.
3以及In和Sn的定义我们有In={pp(2)+pp(3)pp(n)}/n=1n12n2+On53=12n+On23(6-18)和Sn={Pp(2)+Pp(3)Pp(n)}/n=1n12n2+On53=12n+On23.
(6-19)结合(6-18)和(6-19)我们有SnIn=12n+On2312n+On23=1+On13.
这样即证明了我们的定理.
当n→∞时由定理我们便可得到推论.
6.
6一个丢番图方程及其它的整数解众所周知,丢番图方程(或称不定方程)的求解问题在初等数论及代数数论研究中占有十分重要的地位,从而引起了不少学者的重视和兴趣,所以取得了丰硕的成果,例如费尔马问题的解决就是一个典型的例证!
83Smarandache未解决问题研究然而由于不定方程的形式多样,因而使得这方面仍然存在许多未解决的问题!
例如在文献[14]中,KenichiroKashihara建议我们研究不定方程xy+yz+zx=0(6-20)的可解性,并求该方程的所有整数解!
同时,KenichiroKashihara也在[14]中评论道:注意到方程(6-20)中x,y及z的循环形式,因此求方程(6-20)的一般解是一个很难的问题!
然而通过各个方面考察,我们发现获得方程(6-20)的一般解并非像[14]中所想象的那样难!
本文的主要目的是利用初等方法及整数的整除性质研究这一问题,并获得彻底解决.
即就是证明下面的:定理6.
6方程xy+yz+zx=0有且仅有三组整数解,它们分别是(x,y,z)=(2,1,1),(1,2,1),(1,1,2).
显然我们的定理给出了文献[14]中所提出问题的一个完整回答!
对于方程(6-20)的一般形式,也就是n个变量的方程:xx21+xx32xxnn1+xx1n=0的可解性以及它的一般整数解是一个有待于进一步研究的问题!
定理的证明这节我们利用初等方法以及整数的整除性给出定理的直接证明.
为叙述方便我们分为下面几种情况进行证明:(a).
如果方程(6-20)有整数解(x,y,z),那么x=0,y=0,z=0.
事实上如果x,y,z均为零,或者x,y,z中有两个为零,或者x,y,z中一个为零,则注意到00=1,01无意义,容易验证x,y,z不满足方程(6-20).
(b).
若x,y,z均为偶数,则(x,y,z)不可能满足方程(1).
这是因为如果x,y,z均为偶数且满足方程(6-20),则由(a)知x,y及z均为非零偶数,所以xy+yz+zx中每一项都为正数,从而xy+yz+zx>0,与x,y,z满足方程(6-20).
矛盾!
(c).
若(x,y,z)满足方程(6-20),则x,y,z中不可能有两个偶数.
事实上如果(x,y,z)满足方程(6-20)且x,y,z中恰好有两个偶数,注意84第六章Smarandache函数相关问题到(a)不妨设x,y为非零偶数,z为非零奇数.
这时显然x,y和z不可能都是正整数,否则xy+yz+zx>0,与x,y,z满足方程(6-20)矛盾!
若x,y和z都是负整数,则方程(6-20)变为1|x||y|1|y||z|+1|z||x|=0或者|y||z|·|z||x|+|x||y|·|y||z|=|x||y|·|z||x|.
此时记|x|=2s1·t1,|y|=2s2·t2,M=|z||x|,其中si≥1,2ti,i=1,2.
M为奇数.
于是上式化为:(2s2·t2)|z|·M+(2s1·t1)2s2·t2·(2s2·t2)|z|=(2s1·t1)2s2·t2·M.
由此及整数的整除性质立刻推出2s1·2s2·t2=2s2·|z|.
因此s1·2s2·t2=s2·|z|.
由于|z|为奇数,故由等式可得2s2|s2,这不可能!
因此x,y和z不可能都是负整数.
如果x,y,z中两个正数,一个负数,则不妨设x>0,y>0,z0,y0.
若是前者,则方程(6-20)变为xy+1y|z|+|z|x=0.
此式显然是不可能的,因为它的每一项都是正数!
如果x>0,y0.
则方程(6-20)变为1x|y||y|z+zx=0或者1=x|y|·|y|zx|y|·zx.
此式左边为奇数,右边为偶数,矛盾!
同理当x0,z>0时注意到:|x|y+yz+1z|x|>0,所以方程(6-20)不可能成立!
85Smarandache未解决问题研究如果x,y,z中一个正数,两个负数,不妨设x>0,y0或者|y||z|x|y|+|y||z|·x|y|·|z|x=0.
由上式立刻推出|y||z|整除x|y|及x|y|整除|y||z|.
所以x|y|=|y||z|,|y||z|·x|y|·|z|x=0矛盾!
如果x0,z0,从而方程(6-20)不可能成立.
如果x0,此时方程(6-20)成为1|x||y||y|z+1|z||x|=0或者|z||x|+|x||y|=|y|z·|z||x|·|x||y|.
上式左边为奇数,右边为偶数,矛盾!
所以(x,y,z)满足方程(6-20)时,x,y,z中不可能有两个偶数.
(d).
若(x,y,z)满足方程(6-20),则x,y,z不可能都是奇数.
事实上若(x,y,z)满足方程(6-20)且x,y,z都是奇数,则当x,y和z都是负数时xy+yz+zx0矛盾;若x,y,z中恰好有两个正数设为x及y,z为负数,则方程(6-20)变为y|z|·xy+1=|z|x·y|z|.
此式左边为偶数,右边为奇数矛盾;若x及z为正数,y为负数,则方程(6-20)变为1x|y||y|z+zx=0或者1=x|y|·|y|zzx·x|y|.
上式中左边为奇数,右边为偶数,矛盾!
86第六章Smarandache函数相关问题若y及z为正数,x为负数,则方程(6-20)变为|x|y+yz+1z|x|=0或者1=|x|y·z|x|z|x|·yz.
上式中左边为奇数,右边为偶数,矛盾!
若x,y,z中恰好有一个正数设为x,而y及z为负数,则方程(6-20)变为|z|x·|y||z|·x|y|=|y||z|x|y|.
上式中左边为奇数,右边为偶数,矛盾!
设y为正数,而x及z为负数,则方程(6-20)变为|z||x|·y|z|·|x|y=|z||x|y|z|.
上式中左边为奇数,右边为偶数,矛盾!
设z为正数,而x及y为负数,则方程(6-20)变为z|x|·|y|z·|x||y|=|x||y|z|x|.
上式中左边为奇数,右边为偶数,矛盾!
所以当(x,y,z)满足方程(6-20)时,x,y及z不可能都是奇数.
(e).
综合以上分析,我们立刻推出当(x,y,z)满足方程(6-20)时,x,y及z中一个偶数,两个奇数.
不失一般性假定x为偶数,y及z为奇数.
显然x,y及z不可能全为正数,否则xy+yz+zx>0.
当然x,y及z也不可能全为负数,否则方程(6-20)成为|x||y|·|y||z|=|y||z|·|z||x|+|z||x|·|x||y|.
上式中左边为偶数,右边为奇数,矛盾!
现在我们证明当(x,y,z)满足方程(6-20)时,x,y及z中不可能有两个负数.
若不然当x为正,y及z为负数时,方程(6-20)变为|z|x·|y||z|·x|y|=x|y|·|z|x|z|x·|y||z|.
上式中左边为偶数,右边为奇数,矛盾!
87Smarandache未解决问题研究当y为正,x及z为负数时,方程(6-20)变为|x|y·y|z|·|z||x|=|z||x|+y|z|.
注意到x为偶数,所以显然上式左边大于右边,矛盾!
当z为正,x及y为负数时,方程(6-20)变为|x||y|·|y|z·z|x|+z|x|=|x||y|.
上式中左边为奇数,右边为偶数,矛盾!
所以当(x,y,z)满足方程(6-20)时,x,y及z中不可能有两个负数.
因此x,y及z当x0,z>0时,方程(6-20)成为yz·z|x|+1=|x|y·z|x|.
由上式立刻推出z|x|=1,z=1,y+1=|x|y.
注意到x0,y0时,方程(6-20)成为1=x|y|·(|y|zzx).
上式中左边为奇数,右边为偶数,矛盾!
当x>0,y>0,z1,当n的标准分解式为n=pα11·pα22·pαss时,我们定义算术函数(k,n)为:(k,1)=0,(k,n)=α1pk1+α2pk2αspks.
例如(1,2)=2,(1,3)=3,(1,4)=4,(1,5)=5,(1,6)=5,(1,7)=7,(1,8)=6,(1,9)=6,(1,10)=7,显然这个函数也是一个加性算术函数,即就是对任意正整数m及n有:(k,mn)=(k,m)+(k,n).
(6-21)容易验证函数(k,n)也满足:d|n(k,d)=12·d(n)·(k,n),其中d(n)表示Dirichlet除数函数,d|n表示对n的所有正因子求和.
特别当k=0时,函数(0,n)就是经典的算术函数(n):n的所有素因数的个数,包括重数在内.
因此我们可以认为函数(k,n)是(n)的推广和延伸!
关于函数(n)的性质,在初等数论教科书中已有不少结果,例如文献[56]及[71]中证明了对任意实数x>1,有渐近公式:n≤x(n)=x·lnlnx+C·x+Oxlnx,其中C为常数.
本文的主要目的是研究函数(k,n)的均值分布性质,并给出一个较强的均值分布定理.
具体的说也就是证明下面的:定理6.
7设k>0是一个给定的实数.
那么对任意实数x≥3,我们有渐近公式n≤x(k,n)Pk(n)2=ζ(2k+1)·4k·xk+1ln2x+Oxk+1ln3x,其中P(n)表示n的最大素因子,ζ(m)表示Riemannzeta-函数.
注意到ζ12=π26,由我们的定理立刻得到下面的:89Smarandache未解决问题研究推论6.
4对任意实数x≥3,我们有渐近公式n≤x12,nP(n)2=4π23·x32ln2x+Ox32ln3x.
定理的证明这节我们直接给出定理的证明.
首先我们将区间[1,x]中的所有正整数n分为三个子集合:A,B及C.
A表示所有满足n∈[1,x]且P(n)>√n的n的集合;B表示所有满足n∈[1,x]且n13√n,所以n的标准分解式中最大素因子次数为1,不妨可设n=m·P(n),m√mmmmp11,我们有渐近公式PS(n)n=1+O1lnn显然这是一个比J.
Castillo问题更强的结论.
推论6.
5对任意正整数n,我们有极限limn→∞PS(n)n=1定理的证明这节我们利用初等方法给出定理的直接证明.
首先我们估计nPS(n)的上界.
事实上当n>1时,设n=pα11pα22···pαrr表示n的标准素因数分解式,那么由函数S(n)的定义及性质可设S(n)=S(pαii)=m·pi.
若αi=1,那么m=1且S(n)=pi为素数.
若αi>1,那么m>1,则S(n)为合数.
所以nPS(n)为区间[1,n]中所有S(n)=1及S(n)为合数的n的个数!
显然S(n)=1当且仅当n=1.
于是令M=lnn,则我们有nPS(n)=1+k≤nS(k)=S(pα),α≥21≤1+S(k)≤M1+kpα≤nαp>M,α≥21(6-39)现在我们分别估计(6-39)式中的各项,显然有kpα≤nαp>M,α≥21≤kp2≤n2p>M1+kpα≤nαp>M,α≥31≤M2M,α≥3k≤npα1M2M,α≥3npαnlnn+p≤√nαp>M,α≥pnpα+p≤√nαp>M,3≤α√Mnpα+p≤√np>√M,α≥3npαnlnn+n2√M1+nMnlnn(6-40)对于(6-39)式中的另一项,我们需要采取新的估计方法.
对任意素数p≤M,令α(p)=Mp1,即就是α(p)表示不超过Mp1的最大整数.
98第六章Smarandache函数相关问题设u=p≤Mpα(p).
对任意满足S(k)≤M的正整数k,设S(k)=S(pα),则由S(k)的定义一定有pα|M!
,从而α≤∞j=1Mpj≤Mp1.
所以所有满足S(k)≤M的正整数k一定整除u,而这样k的个数不会超过u的正因数的个数,即就是d(u).
所以我们有S(k)≤M1≤d|u=p≤M(1+α(p))=p≤M1+Mp1=expp≤Mln1+Mp1(6-41)其中exp(y)=ey.
由素数定理的两种形式(参阅文献[67]及[11])π(M)=p≤M1=MlnM+OMln2M,p≤Mlnp=M+OMlnM可得:p≤Mln1+Mp1≤p≤Mln1+Mp1=p≤Mln(p1+M)lnpln11p≤π(M)·ln(2M)p≤Mlnp+p≤M1p=M·ln(2M)lnMM+OMlnM=OMlnM(6-42)注意到M=lnn,由(6-41)及(6-42)式立刻得到估计式:S(k)≤M1expc·lnnlnlnn(6-43)其中c是一个正常数.
99Smarandache未解决问题研究注意到expc·lnnlnlnnnlnn,于是结合(6-39),(6-40)及(6-43)式立刻推出估计式:nPS(n)=1+k≤nS(k)=S(pα),α≥21=Onlnn所以PS(n)=n+Onlnn于是完成了定理的证明.
6.
10两个新的算术函数及其均值对任意正整数n,我们定义两个新的算术函数f(n)及它的对偶函数f(n)为:f(1)=f(n)=1,当n>1且n=pα11pα22···pαkk为n的标准分解式时定义为:f(n)=max(α1,α2,αk)和f(n)=min(α1,α2,αk).
例如f(1)=1,f(3)=1,f(4)=2,f(5)=1,f(6)=1,f(7)=1,f(8)=3,f(9)=2,f(10)=1,f(1)=1,f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2,f(5)=1,f(6)=1,f(7)=1,f(8)=3,f(9)=2,f(10)=1,显然这两个函数是Smarandache可乘函数,即对任意的正整数m,n,若(m,n)=1,则我们有f(mn)=max{f(n),f(m)}f(mn)=min{f(m),f(n)}关于这两个函数的算术性质,至今似乎没有人研究,至少我们现在没有看到过有关文献.
本文的主要目的是利用初等和解析方法研究这两个函数的均值性质,并给出了两个有趣的均值公式.
具体地说,我们证明下面的:定理6.
10对任意实数x>1,我们有渐近公式n≤x(f(n)1)2=bx+O(x12+)其中b=∞k=2(k1)2ζ(k+1)pp1pk+11为常数,为任意给定的正数,ζ(s)为Riemannzeta-函数.
100第六章Smarandache函数相关问题定理6.
11对任意实数x>1,我们有渐近公式n≤xf(n)12=ζ(32)ζ(3)·x12+Ox13ln2x几个引理为了完成定理的证明,我们需要下面三个引理.
首先有引理6.
10.
1设p为一给定的素数,对任意实数x>1,定义函数A(n)=1,若n的素因子的指数不超过k(k为任意给定的正整数);0,其它.
则我们有渐近公式n≤x(n,p)=1A(n)=pk(p1)ζ(k+1)(pk+11)x+O(x12+)其中为任意给定的正数.
证明设f(s)=∞n=1(n,p)=1A(n)ns,则由Euler积公式和A(n)的定义有f(s)=q=p∞m=0A(qm)qms=q=p(1+1qs+1q2s+1qks)=q=p11q(k+1)s11qs=ζ(s)ζ((k+1)s)·(1+1ps+1p2s+1pks)1=ζ(s)ζ((k+1)s)·pks(ps1)p(k+1)s1其中ζ(s)为Riemannzeta-函数.
根据Perron公式,取s0=0,T=x,b=32则可以推出n≤x(n,p)=1A(n)=12πi32+iT32iTζ(s)ζ((k+1)s)pks(ps1)p(k+1)s1xssds+Ox32T101Smarandache未解决问题研究将上式中积分线从32±iT移到12±iT处,现在来估计主项12πi32+iT32iTζ(s)ζ((k+1)s)pks(ps1)p(k+1)s1xssds这时,函数f(s)=ζ(s)ζ((k+1)s)pks(ps1)p(k+1)s1xss在s=1处有一个一阶极点,其留数为pk(p1)xζ(k+1)(pk+11).
所以12πi32+iT32iT+12+iT32+iT+12iT12+iT+32iT12iTζ(s)ζ((k+1)s)pks(ps1)p(k+1)s1xssds=pk(p1)xζ(k+1)(pk+11)注意到12πi12+iT32+iT+12iT12+iT+32iT12iTζ(s)ζ((k+1)s)pks(ps1)p(k+1)s1xssdsx12+那么n≤x(n,p)=1A(n)=pk(p1)ζ(k+1)(pk+11)x+O(x12+)引理6.
10.
1得证.
引理6.
10.
2设B是所有Square-full数构成的集合,则有n≤xn∈B1=ζ(32)ζ(3)·x12+ζ(23)ζ(2)·x13+Ox16其中ζ(s)为Riemannzeta-函数.
证明见文[20]定理14.
4.
引理6.
10.
3设C是所有Cubic-full数构成的集合,则有n≤xn∈C1=Nx13+Ox14102第六章Smarandache函数相关问题其中N是可计算的常数.
证明见文[25]定理14.
4.
定理的证明本节我们利用前面的引理来完成定理的证明.
对任意的正整数n>1,设n=pα11pα22···pαrr,A为所有无平方因子的集合,B为至少含有一个素因子的指数≥2的整数之集合,C为所有素因子的指数不超过k的整数构成的集合.
对于定理1,我们有n≤x(f(n)1)2=n≤xn∈A(f(n)1)2+n≤xn∈B(f(n)1)2当n∈A,由f(n)的定义易知n≤xn∈A(f(n)1)2=n≤xn∈A(11)2=0,当n∈B,设f(n)=k,p为k所对应的素因子,结合引理6.
10.
1我们有n≤xn∈B(f(n)1)2=n≤xf(n)=k,n∈B(k1)2=pk≤xk≥2n≤xpk(n,p)=1,n∈C(k1)2=∞k=2(k1)2p≤x1k1ζ(k+1)p1pk+11x+Oxpk12+=x∞k=2(k1)2ζ(k+1)p≤x1kp1pk+11+Ox12+=x∞k=2(k1)2ζ(k+1)pp1pk+11p>x1kp1pk+11+Ox12+=x∞k=2(k1)2ζ(k+1)pp1pk+11+Ox12+103Smarandache未解决问题研究注意当k≥2时,∞k=2(k1)2ζ(k+1)pp1pk+11收敛,故有n≤x(f(n)1)2=bx+Ox12+其中b=∞k=2(k1)2ζ(k+1)pp1pk+11,为任意给定的正数,ζ(s)为Riemannzeta-函数.
于是证明了定理6.
10.
现在我们来证明定理6.
11.
设B是所有Square-full数构成的集合,C是所有不属于B的整数构成的集合,D是所有Cubic-full数构成的集合.
由引理1和引理6.
10.
2及注意到当n含有任意素数的一次方幂时,f(n)1=0,于是有n≤xf(n)12=n≤xn∈Bf(n)12+n≤xn∈Cf(n)12=n≤xn∈B\Df(n)12+n≤xn∈Df(n)12=n≤xn∈B1n≤xn∈D1+On≤xn∈Dlnxln212=n≤xn∈B1+On≤xn∈Dlnxln212=ζ(32)ζ(3)·x12+Ox13ln2x于是完成了定理6.
11的证明.
104第七章一些与Smarandache问题相关的译文第七章一些与Smarandache问题相关的译文7.
1引言本部分我们翻译了近期国外学者对Smarandache问题研究的一些重要结果及其应用,译者为刘艳艳,王锦瑞,杨衍婷等同学.
在此,我们衷心感谢这几位同学对本书所做的大量有益工作.
7.
2利用Smarandache方法求解丢番图方程ax2by2+c=0我们考虑方程:(1)ax2by2+c=0,其中a,b∈N且c∈Z.
这是Pell's方程x2Dy2=1的推广.
这里,我们指出:如果这个等式有整数解并且a·b不是完美平方数,那么(1)式有无限多个整数解;这样我们用原始方法给方程的整数通解(xn,yn)找到一个闭的表达式.
并且我们把它推广到任意包含两个未知数的二次丢番图方程.
[这篇文章于"GacetaMatematica",Volumen1,Numero2,1988,pp.
151-7.
被FranciscoBellotRasado教授翻译为西班牙语:.
Unmetododeresoluciondelaecuaciondiofantica.
.
]7.
2.
1方程ax2by2+c=0的求解如果ab=k2是完美平方数(k∈N)等式(1)至多有有限整数解,因为(1)式可改写为:(2)(axky)(ax+ky)=ac.
如果(a,b)不整除c,则丢番图方程无解.
证明如果(1)式有很多整数解.
设(x0,y0),(x1,y1)为(1)式最小的整数解且0≤x0n.
由计算知前几个值为:2+1=3,2*3+1=7,2*3*5+1=31,2*3*5*7+1=211,2*3*5*7*11+1=2311,易见这几个值都是素数,但这只是特殊情况.
问题1.
84:找出所有n值使得等式pm=p1p2···pn+1(7-1)成立,其中pi是素数,i=1,2,n,且m>n.
116第七章一些与Smarandache问题相关的译文问题1.
85:求当m=2n,m=n2,m=n(n+1)2时,上述方程的所有解.
问题1.
86:求y2=2x1x2···xk+1(7-2)的所有解,其中k为使得x1x2···xk乘积最小的正整数.
并讨论对任意的正整数k,该方程是否存在解.
7.
5与Andrica猜想相关或对Andrica猜想推广的六个Smarandache猜想我们用下面几个例子来列举关于几对连续的素数的六个猜想.
1)方程pxn+1pxn=1(1),在0.
5和1之间有唯一的解.
其中pn是第n个素数.
检验前168个素数(小于1000),有人得到:–当n=1时,有最大解x=1.
即就是:3x2x=1.
–当n=31时,有最小解x=0.
567148.
.
.
=a0(2).
即就是:127x113x=1.
这样Andrica猜想An=√pn+1√pna0,连续素数的不同的x次幂一般来说都是大于1的.
再进一步检验:30.
9920.
990.
981037.
110.
9970.
993.
874270.
110.
6070.
601.
001270.
110.
5970.
590.
963334.
110.
5570.
550.
822980.
110.
5070.
500.
670873.
3890.
993830.
995.
596550.
110.
59970.
5990.
997426.
170.
599130.
5990.
810218.
370.
599310.
5990.
874526.
1270.
5991130.
5991.
230100.
9970.
5999910.
5990.
225749.
118第七章一些与Smarandache问题相关的译文1270.
51130.
50.
639282.
3)Cn=p1kn+1p1knai1那么在这个集合中至少有t1项在一种算术运算中.
我们利用QBASIC语言程序建立一个这样的运算,并且给出t=3到15的无算术运算的前65项(H.
Ibstedt).
3)串联型序列假设s1,s2,s3,.
.
.
,sn,···为无限个整数序列(记作S).
那么串联序列定义如下s1,s1s2,s1s2s3,H.
Ibstedt提出,在一些特殊的情形中,有多少项这样的串联序列属于最初的S序列128第七章一些与Smarandache问题相关的译文4)拆分型序列设f是一个算术函数,且R是所有数中的k阶关系.
那么对任意的k和n1,n2,nk使得n1+n2nk=n,n有多少种用如下的形式表示的方法:n=R(f(n1),f(n2)f(nk)),观察一些特殊情形:n能被表示为多少种非零平方(或者立方,m次)形式5)幸运方法/运算法则/运算/微分/积分/等等.
一般情形:幸运方法/运算法则/运算/微分/积分/等等,称为用错误的方法运算等却得到了正确的结果.
错误的运算应该是有趣的,有时类似于学生们常见的共同错误或者容易产生混淆,矛盾.
是否能给出一个幸运微分或者幸运积分,或者积分方程的幸运结论特殊情形:如果用错误的计算得到一个正确的结果,这个结果恰好为S,那么我们把它称为S.
幸运数字一个集合中,用这样或者那样的错误方法却得到正确结果的方法是有限多个还是无限多个6)构成部分平方数序列的元素部分平方数序列(SPDS)的特征是这个数字能够分为几个部分,每个部分都为平方数.
例如:5062=256036,它可以分为三个部分256/0/36.
C.
Ashbacher指出两个无限分类的部分数构成的SPDS序列有无限多个.
我们推广下他的结论,指出怎么能够构造出SPDS序列的无限种分类以满足我们所需要的数字形式.
未解决问题1:441属于SSPDS序列,且它的平方4412=194481仍旧属于SSPDS序列.
能否找到m,m2,m4都为SSPDS序列的例子未解决问题2:我们很容易在SSDPS序列中找到两个相邻的平方数,例如:122=144和132=169.
是否SSDPS序列仍旧包含三个或者更多的相邻的平方数最大的长度是多少7)n个数的周期序列a)两个数的周期序列(I)129Smarandache未解决问题研究令N1为由两个数字构成的整数,N1为N1的两个数字的逆序构成的数.
我们定义绝对值N2=abs(N1N1).
依次有:N3=abs(N2N2),等等.
如果一个数N仅由一个数字构成,我们定义它的逆序为N*10(例如:5,即05,逆序为50).
除了两个数字相等的情形,这个序列具有周期性.
若两个数字相等,此时序列变为:N1,0,0,0,···这样的重复长度总是为5,且从序列的第二或者第三项开始,并且周期为9,81,63,27,45.
b)n个数字的Smarandache周期序列(II)假设N1是由n个数字构成的一个整数,N1是由n个数字的逆序构成的数.
我们定义绝对值N2=abs(N1N1).
依次有:N3=abs(N2N2),等等.
如果构成数N的数字少于n个,我们定义它的逆序为N*(10k),whereN为N的逆序,k为缺少的数字的个数.
(例如:24少于5个数字,但是能够表示为00024,它的逆序为42000).
根据Dirichlet的盒子原理,这个序列是具有周期性的Smarandache3个数字的周期序列(范围为100≤N1≤999):-有90个对称的整数,101,111,121,其中N2=0;-所有其他的原始整数形式虽然不同,但都为相同的五项周期序列:99,891,693,297,495.
Smarandache4个数字的周期序列(范围为1000≤N1≤9999):-最大的周期循环数应该从第一个数字开始长度为18处循环.
当N1=1019时便会出现;-整数8818的循环导致如下的循环长度:2178,6534;or90,810,630,270,450;或者909,8181,6363,2727,4545;or999,8991,6993,2997,4995;-其他的循环从不变量0处结束.
(H.
Ibstedt)8)Erdos-Smarandache数:丢番图方程P(n)=S(n)的解:2,3,5,6,7,10,11,13,14,15,17,19,20,21,22,23,26,28,29,30,31,33,34,35,其中P(n)为整除n的最大素数因子,S(n)是经典的Smarandache函数:最小的整数使得S(n)!
为n的乘积.
130第七章一些与Smarandache问题相关的译文7.
9Smarandache多边性(折线)定理(Ceva定理的推广)在文章中,我们给出了著名的Ceva定理的三个推广,其中Ceva定理表述为:如果在一个三角形ABC中画出共点直线AA1,BB1,CC1,则有A1BA1C·B1CB1A·C1AC1B=1.
引理7.
9.
1对于多边形A1A2···An,点M在它的平面上,循环置换p=12···n1n23···n1,对所有的i和j,j∈{i+s,i+s+t1},令Mij是直线AiM和直线Ai+sAi+s+1,Ai+s+t1Ai+s+t的交点.
对所有的指标,如果Mij=An,并且2s+t=n,则有n,i+s+t1i,j=1,i+sMijAjMijAp(j)=(1)n,其中s,t是非0自然数.
分析证明令M是三角形ABC所在平面上的一个点,并且其满足定理的条件.
选择笛卡尔坐标系,使得平行于坐标轴的两条直线通过点M,但不通过任意的Ai点(这是可能的).
考虑点M(a,b)和点Ai(Xi,Yi),其中a,b是实变量,Xi,Yi是已知的(i∈{1,2,n}).
前面的选择可以确保成立下面的关系:对所有的i∈{1,2,n},Xia=0,Yib=0.
关于直线AiM(1≤i≤n)的等式是:xaXiaybYib=0.
注意到,d(x,y;Xi,Yi)=0.
我们有MijAjMijAp(j)=δ(Aj,AiM)δ(Ap(j),AiM)=d(Xj,Yj;Xi,Yi)d(Xp(j),Yp(j);Xi,Yi)=D(j,iD(p(j),i),131Smarandache未解决问题研究其中,δ(A,ST)是A到直线ST的距离,并且注意到D(a,b)是对于d(Xa,Ya;Xb,Yb)而言的.
下面我们来计算乘积,其中我们会用到以下约定:a+b表示p(p···pb次(a)ab表示p1(p1···p1b次(a)则i+s+t1j=i+sMijAjMijAj+1=i+s+t1j=i+sD(j,i)D(j+1,i)=D(i+s,i)D(i+s+1,i)·D(i+s+1,i)D(i+s+2,i)···D(i+s+t1,i)D(i+s+t,i)=D(i+s,i)D(i+s+t,i)=D(i+s,i)D(is,i).
从而ni=1D(i+s,i)D(is,i)=D(1+s,1)D(1s,1)·D(2+s,2)D(2s,2)···D(2s,s)D(n,s)·D(2s+1,s+1)D(1,s+1)·D(2s+2,s+2)D(2,s+2)···D(2s+t,s+t)D(t,s+t)·D(2s+t+1,s+t+1)D(t+1,s+t+1)·D(2s+t+2,s+t+2)D(t+2,s+t+2)···D(2s+t+s,s+t+s)D(t+s,s+t+s)=D(1+s,1)D(1,1+s)·D(2+s,2)D(2,2+s)···D(2s+t,s+t)D(s+t,2s+t)···D(s,n)D(n,s)=ni=1D(i+s,i)D(i,i+s)=ni=1P(i+s)P(i)=(1)n.
因为D(r,p)D(p,r)=XraXpaYrbYpbXpaXraYpbYrb=(Xra)(Yrb)(Xpa)(Ypb)=P(r)P(p)132第七章一些与Smarandache问题相关的译文注意到,(Xta)(Ytb)=P(t)从而得到上面的最后一个等式.
又对所有的t∈{1,2,n},P(t)=0.
从而完成证明.
关于定理7.
9.
1的评论t代表多边形的边和直线Ai0M相交的数目;注意到多边形的边AiAi+1,相对应于ai,则s+1代表和直线A1M相交的第一条边的序号(即as+1表示和A1M相交的第一条边).
例如:如果s=5,t=3,定理意味着:-直线A1M相交于边A6A7,A7A8,A8A9.
-直线A2M相交于边A7A8,A8A9,A9A10.
-直线A3M相交于边A8A9,A9A10,A10A11等等.
观察:定理的限制条件对于比率MijAjMijAp(j)的存在性而言是必要的.
结论7.
9.
1设点M在多边形A1A2···A2k+1的平面上,对所有的i∈{1,2,2k+1},令Mi是直线AiAp(i)和穿过点M及相对直线的定点的直线的交点.
如果Mi不属于{Ai,Ap(i)},则有ni=1MiAiMiAp(i)=1.
如果取s=k,t=1,即n=2k+1,则从定理1中将很快得到这个结果的证明.
这个结论的相反方面不成立.
从而我们可以很快得到定理1的相反方面也部不成立.
反例:考虑5边形.
画出直线A1M3,A2M4,A3M5相交于M.
令K=M3A3M3A4·M4A4M4A5·M5A5M5A1画出直线A4M1使得它不穿过M,并且形成比率:M1A1M1A2=1K或2K(选取其中一个值,对它而言,A4M1不通过点M).
(7-7)最后追溯到A5M2,形成比率M2A2M2A3=1或12.
因此乘积:5i=1MiAiMiAp(i)=1没有直线共点.
133Smarandache未解决问题研究结论7.
9.
2.
在定理7.
9.
1的条件下,如果对所有的i和j,j不属于集合{i,p1(i)},注意到Mij=AiM∩AjAp(j),并且Mij不属于集合{Aj,Ap(j)},则有ni,j=1MijAjMijAp(j)=(1)n.
取s=1,t=n2,则有2s+t=n.
结论7.
9.
3对于n=3,s=1,t=1,则(作为一种特殊情形)得到了Ceva定理.
Ceva定理的推广的应用定理7.
9.
2考虑嵌入圆内的多边形A1A2···An,令s,t是两个非0自然数使得2s+t=n.
每个顶点Ai通过一条直线di,和边Ai+sAi+s+1,Ai+s+t1Ai+s+t分别相交于点Mi,i+s,Mi,i+s+t1,和圆相交于点Mi,则有ni=1i+s+t1j=i+sMijAjMijAj+1=ni=1MiAi+sMiAi+s+t.
证明:令i固定,1)点Mi,i+s在圆内.
三角形AiMi,i+sAi+s和MiMi,i+sAi+s+1相似,因为角Mi,i+sAiAi+s和角Mi,i+sAi+s+1Mi,以及角AiMi,i+sAi+s和角Ai+s+1Mi,i+sMi分别相等.
从而有Mi,i+sAiMi,i+sAi+s+1=AiAi+sMiAi+s+1.
(7-8)134第七章一些与Smarandache问题相关的译文同理,三角形Mi,i+sAiAi+s+1和Mi,i+sAi+sMi相似,则有Mi,i+sAiMi,i+sAi+s=AiAi+s+1MiAi+s.
(7-9)(78)式和(79)式相除得Mi,i+sAi+sMi,i+sAi+s+1=MiAi+sMiAi+s+1·AiAi+sAiAi+s+1.
(7-10)2)点Mi,i+s在圆外的情况和第一种情况类似,因为我们可以利用相同的解释得到在1)中标示的三角形在这种情况下仍是相似的,则得到相同的比值,从而式(3)亦成立.
下面我们计算乘积:i+s+t1j=i+sMijAjMijAj+1=i+s+t1j=i+sMiAjMiAj+1·AiAjAiAj+1=MiAi+sMiAi+s+1·MiAi+s+1MiAi+s+2···MiAi+s+t1MiAi+s+t·AiAi+sAiAi+s+1·AiAi+s+1AiAi+s+2···AiAi+s+t1AiAi+s+t=MiAi+sMiAi+s+t·AiAi+sAiAi+s+t.
因此,ni=1MiAi+sMiAi+s+t·AiAi+sAiAi+s+t=ni=1MiAi+sMiAi+s+t,因为ni=1AiAi+sAiAi+s+t=A1A1+sA1A1+s+t·A2A2+sA2A2+s+t···AsA2sAs+1A1135Smarandache未解决问题研究·As+2A2s+2As+2A2···As+tAnAs+tAt·As+t+1A1As+t+1At+1·As+t+2A2As+t++2At+2···AnAsAnAs+t=1,(考虑到2s+t=n).
结论7.
9.
4如果有多边形A1A2···A2s1内接于圆,从每个顶点Ai引出一条直线di,和对边Ai+s1Ai+s相交于点Mi,和圆相交于点Mi,则有ni=1MiAi+s1MiAi+s=ni=1MiAi+s1MiAi+s.
事实上,对于t=1,则有n为奇数,且s=n+12.
在这个结论中,如果取s=1,则得到在文献[1]的35-37页中的数学注释.
应用:如果在定理7.
9.
2中,直线di是共点的,则有ni=1MiAi+sMiAi+s+t=(1)n.
7.
10Smarandache假设:在宇宙中没有速度障碍在这篇文章中,作为Einstein-Podolski-Rosen悖论以及Bell不等式的延伸和结果,有人提出这样的假设:在宇宙中没有速度障碍,可以构造出任何速度,当然有人质疑是否无限速度(瞬时传输)是可能的进一步研究:研究比光速还快的速度的复合,以及在比光速还快的速度下,物理定律将会发生怎样的变化1.
引言:科学上有什么新的发现(物理学上的)来自于奥地利的Innsbruck大学和美国国家标准与技术研究院(1997年在RainerBlatt,DavidWinelandetal.
成立)的共同组成员的研究表明:-光子是一点光,电磁辐射的量(量子是一个系统能够获得或失去的最小的能量);-极化指的是光波震动的方向和特性;-如果有人使用缠绕现象在两个光子之间转变极化,那么无论一方发生了什么,另一方总是向相反的方向变化.
因此,它们的极化是彼此相反的;136第七章一些与Smarandache问题相关的译文-在量子力学上,物体比如次原子微粒在任意给定的短暂的瞬间没有具体的,固定的特性,直至它们被测量;-假设某一个物理过程产生了一对缠绕微粒A和B(有相反或互补的特性),以相反的方向飞速滑入空间,当它们之间相距几十亿里远的时候,有人测量了粒子A,因为B是相反的,则测量A的瞬间告知人们B是怎样的,因此那些指示将在A和B之间以比光速还快的速度传播,从而,人们能够将Einstein-Podolski-Rosen悖论和Bell不等式进行延伸并断言光速在宇宙中没有速度障碍;-这些结果也可以通过NicolasGisin在瑞士的日内瓦大学的研究获得.
他成功的在两个超过2公里盘绕电缆的实验室之间研究量子,但是实际上两个实验室间的距离大约是55米;-来自于维也纳大学和奥地利科学院的研究(RupertUrsin等人成功的实施了光粒子在横跨奥地利的多瑙河600米的距离上的传输);来自于澳大利亚国立大学和许多其它地方的研究.
2.
科学的假设:我们提出了这样的假设:在宇宙中没有速度障碍,这一点可以在理论上被逐步证明,在前面的例子中,当测量A的时候,A和B之间的距离可以尽可能的大.
3.
公开讨论:如果空间是无限的,最大速度也是无限的吗"Smarandache假设被科学家们有争议地解释,有人说它违犯相对论以及因果原理,另一些人支持这种观点,他们认为,这种假设对于没有实际物理块或虚构物理块的粒子起作用,不是局部的,通过穿透效果或超维的.
"(KamlaJohn)ScottOwens在2001年1月22日的电子邮件(最后转寄它到作者)中对HansGunter的回答:"Smarandache假设能够被应用的唯一一点是实体没有实际的物理块或能量或其它信息,我能提出的最好例子是,光子的波前速度和相速度之间的差距.
通常都是相速度超过波前速度,c.
但这并不意味着任何实际能量能够以超过c的速度传播.
因此,构造从0到无穷大的任意速度都是可能的,但是这种速度只能应用于纯想象的实体.
"加速光子(或另一种譬如以0.
99c的速度运行的微粒)从而得到大于c的速度可能吗(其中c为光速)137Smarandache未解决问题研究以后的可能的研究.
在下面的情形下,研究速度v与w的合成是有意义的:vc且w=cv>c且w>cvc且w=∞v=∞且w=∞在上面的每中情况下,物理定律将会发生怎样的变化7.
11Smarandache量子色动力学公式为了改善当捆绑的时候,应用在夸克和反夸克组合的光子色动力学(QCD)定理中的这种无色的组合,我们给出了下面的公式:QA∈±M3,(7-11)其中M3是3的倍数.
例如,±M3={3·k|k∈Z12,9,6,3,0,3,6,9,12,且Q为夸克的数目,A为反夸克的数目(5)等价于:Q≡A(mod3)(7-12)(Q同余于A模3).
为了证明这个公式,我们注意到3个夸克形成一个无色组合,任何3的倍数(M3)的夸克的组合也是如此,例如6,9,12等的夸克的组合.
同理,3个反夸克也形成一个无色组合,任何3的倍数(M3)的反夸克的组合也是如此,例如6,9,12等的反夸克的组合.
因此,当我们混合夸克和反夸克的组合时,夸克和反夸克将会彼此抵消它们的颜色,从而剩下的是3的倍数个夸克数,(在这种情形下,夸克的数目多于反夸克的数目,公式(5)中的差取正号),或是3的倍数个反夸克数,(在这种情形下,反夸克的数目多于夸克的数目,公式(5)中的差取负号).
夸克和反夸克组合.
138第七章一些与Smarandache问题相关的译文我们记q为夸克,属于集合{上,下,顶,底,怪,魔},a为反夸克,属于集合{上,下,顶,底,怪,魔}.
因此,对于n个夸克和反夸克组合,n≥2,应用无色性,我们得到下面的可能情形:如果n=2,有:qa(双夸克-例如介子和反介子)如果n=3,有:qqq,aaa(三夸克-例如重子和反重子)如果n=4,有:qqaa(四夸克)如果n=5,有:qqqqa,aaaaq(五夸克)如果n=6,有:qqqaaa,qqqqqq,aaaaaa(六夸克)如果n=7,有:qqqqqaa,qqaaaaa(七夸克)如果n=8,有:qqqqaaaa,qqqqqqaa,qqaaaaaa(八夸克))如果n=9,有:qqqqqqqqq,qqqqqqaaa,qqqaaaaaa,aaaaaaaaa(九夸克)如果n=10,有:qqqqqaaaaa,qqqqqqqqaa,qqaaaaaaaa(十夸克)等等.
7.
12Smarandache语言学悖论本节通过实例和解释来介绍语言学悖论.
文章中介绍的实例通过严格的方式描述了英语的语言结构.
为了找到具体的悖论例子,我们从语法上调整了句子的结构.
设N、V、A分别代表名词、动词和特性.
非N、非V、非A分别代表他们的反义词.
例如,如果A是"小",则非A是"大"或"多",等等.
同样地,设N,N"代表N,或即使N的同义词.
同理VV"等等,A,A",等等.
设NV代表名词性的动词,NV代表它的同义词.
于是,定义接下来的语言学悖论和半悖论:1.
非N是更好的N.
非A是更好的A.
非V是更好的V.
例:不发言有时是更好的演说.
不解释是更好的解释.
没有吸引力有时是更好的吸引力.
慢有时候比快更快.
没有政府是更好的政府.
无统治者比统治者更好.
没有新闻是好的新闻.
139Smarandache未解决问题研究不凝视有事比看见更好.
不去爱是更好的爱.
不移动是更好的移动.
不礼貌是更好的礼貌.
没有听见比听见好.
没有反应有时是更好的反应.
没有展示友好是更好的友好(福利).
她比她自己好.
没有战斗比战斗好(也就是没有暴力的战斗).
2.
只有N是真正的非N.
只有V是真正的非V.
只有A是真正的非A.
例如:只有谣言是真正的流言蜚语.
只有小说是真的事实.
只有正常是真正的非正常.
没有人是真的某人.
朋友是隐藏最危险的敌人.
只有你是真的非你(=你行动奇怪).
只有仁慈是真的无情.
如果你向天空吐痰,它将会掉在你的脸上.
只有温柔才是真的野蛮.
3.
这是如此的A使得它显得非A.
例如:这是如此的真实使它显得虚伪.
这是如此的成熟使它显得变质.
这是如此的友好使它显得不友善.
他似乎如此可靠使他看着不可靠.
这是如此的虚假使它显得真实.
这是如此的适合使它显得不适合.
这是如此的美丽使它显得不真实.
这是如此的简单使它显得很困难.
这个故事如此的真实使它显得是虚构的.
难道看不到为了组成森林的树木吗4.
有些N同时是A和非A.
例如:有些事件同时是好的和坏的.
140第七章一些与Smarandache问题相关的译文有些法律同时是好的和坏的.
有些新闻同时是真实的和错误的.
有些昆虫同时是有益和危险的.
(比如蜘蛛)有些人同时是英俊和丑陋的.
有些课程同时是有趣和无聊的.
有些大臣同时是可信的和不可信的.
有些时刻同时是甜蜜和酸楚的.
有些游戏同时是有挑战的和没有竞争力的.
食物同时是热和冷的.
游戏是有激情的,然而无趣的(因为我们失败了).
人们同时是智慧和愚蠢的(也就是说,有些方面智慧,其他方面愚蠢).
5.
有些N是V,实际上同时非V.
例如:人们欺诈,实际上同时不是欺诈.
有些人玩,同时又没有在玩.
有些生活的经验是惩罚,同时又是奖励.
锻炼是疲倦的,但又是使人精神充沛的.
有些小孩在听,实际上同时又没有在听.
有些老师在讲授,同时又没有在讲授.
有些人在拼写,同时又在拼错.
人们的美好和粗俗是互相附随的.
政治家总是同时在说谎和说真话.
6.
V,即使非V.
例如:圣人思考,即使当他不思考.
我存在当我不存在.
小丑是有趣的,即使他自己不是有趣的.
被渴死的人四周都是水.
作为诗人不知道自己是诗人.
去相信即使你不相信.
正在比赛即使没有在比赛.
我在睡觉,即使当我醒着.
总是跑来跑去.
做梦,即使并没在睡觉.
7.
N是足够的非N.
例如:沉默是足够的吵闹.
来自工作的假期是艰苦的工作.
141Smarandache未解决问题研究优越性带来足够的劣势.
白天是我的黑夜.
日记是足够的非日记.
睡觉是充分的醒着.
甜蜜的诚实是充足的讥讽.
四个人的桌子足够坐6个人.
我有的很足.
这个工作足够的娱乐(当很喜欢这个工作).
8.
非V有时意味着V.
例如:不发言有时意味着发言.
不接触有时意味着接触.
维持和平有时意味着要去战争.
摧毁生活(例如病毒)有时意味着维持生活.
不去聆听有时意味着在聆听.
两只脚向前有时意味着依然站着.
不乱丢东西有时意味着乱丢.
超速行驶有时不是在超速行驶(紧急情况下).
不表现愤怒有时是在表现愤怒.
9.
没有N的N.
例如:没有地狱的地狱.
没有风格的风格.
规则申请了:没有规则.
我们的文化是缺乏文化.
没有存在的存在.
有些人害怕死亡,他们其实没有活着.
没有工作的工作.
不能和他们一起生活,没有他们不能生活.
没有死亡的死亡[耶稣的死是为了永恒的活着].
没有内疚的内疚(有时是内疚,但不感到内疚).
10.
a)非N中的N.
例如:静止中的动态.
吵闹中的沉默.
自由中的奴役.
人群中的孤独.
圆圈中的圆圈.
142第七章一些与Smarandache问题相关的译文矩形部分内的摔跤圆.
在贫穷中寻找财富[也就是说,快乐和爱].
10.
b)N中的非N.
例如:动态中的静止.
沉默中的吵闹.
风暴的眼睛.
政治,官僚政治.
平等中的不平等.
婚姻中的孤独.
快乐中的愤怒.
寒冷中的温暖.
热度中的寒冷.
没有欢乐的大笑.
任何地方都得不到.
财富中的贫乏.
[在富裕的家庭里没有爱和贫困].
11.
非A的A.
例如:光线的阴影.
沉默的音乐.
锻炼作用的放松.
自由的限制.
通过死亡的生活.
沉默的声音/喧闹.
我能看到隧道里的光线.
自由的奴隶.
[有些人甚至在婚姻中都不愿放弃他的自由].
12.
V非V.
例如:看不能看的.
去听不能听的.
去品尝不能品尝的.
去尝试不能理解的.
去说不能说的[说出秘密].
去耐心等待不知道如何等待的.
去呼吸不能呼吸的.
去赏识被轻视的.
去相信不能相信的[信赖].
143Smarandache未解决问题研究去嗅不能嗅的.
13.
让我们用非V来V.
例如:让我们通过不打击来打击.
让我们通过不谈话来交流:[意味着思考]表决通过不投票.
帮助某人通过不动手帮助[作为一个老师通过经验].
让我们通过不辩解来辩解.
让我们通过没赢来获赢.
让我们通过不剥夺来剥夺.
让我们通过不战斗来战斗.
14.
非N的N.
例如:我们从没有利润中获得的利润.
我们从非吸烟者那里得到的烟味.
我们从艰苦工作中得到的奖励.
我们从非服务那里得到的服务.
来自坏的好.
我们从痛苦中得到的快乐.
15.
非A是A.
例如:坏的是好的[因为它使我们更加努力].
好的是坏的[因为它使我们没有改进的地放].
工作是一种福气.
贫穷是精神上的富裕.
有时丑陋是美丽的[因为美丽是眼中的感激].
在你发现王子之前,你不得不亲吻一群青蛙.
伤痛是有治疗作用的.
"没有绝对"是绝对的.
不承认任何错误是一个错误.
16.
一个非N的N.
例如:一个积极的消极.
[意思是:一次失败迫使你做的更好]一个伤心的幸福.
一个不可能的可能性.
真的人造的皮革.
一个大声的小声耳语.
一个美丽的灾难.
意思是[美丽可以在任何地方被发现].
一个苦涩的甜蜜.
144第七章一些与Smarandache问题相关的译文一个严厉的文雅[坚持你的文雅].
一个无罪的罪人[不为自己的罪恶感到后悔的人].
17.
每件事都有一个A和一个非A.
例如:每件事都有一个意义和一个非意义.
每件事都有一个正确面和一个错误面.
每件事都有一个开始和一个结束.
每件事都有一个出生和一个死亡.
每件事都有一个出现和一个非出现.
我们周围的每件事被解决和溶化.
每个人有好的一面和坏的一面.
每个人有一个对和一个错.
18.
V什么非V.
例如:成为你不是的.
需要不必须的.
期待想不到的.
文化通过它的不存在存在.
无论我们多有钱,我们都不能挣足够多的钱.
购买不能购买的.
工作当我们没在工作时.
死亡可能意味着永远活着.
想要因为不想要[有时想要只是因为喜欢它].
看看这些有趣的法律例子:一个喜欢用矛盾说话的政府:假设你有两头母牛,那么政府杀了它们并且挤了它们的奶!
这些创作的语言悖论目录无限的在扩充.
它是具体的语言,它以语言表达和句型,短语的构造和结构为基础.
我们还可以通过反义的副词,介词等等来构造其它种类的语言悖论.
7.
13量子Smarandache拟悖论和量子Smarandache诡辩论悖论多悖论和诡辩论悖论产生于物理学中量子和非量子的结合.
甚至通过微观经济和宏观经济的互惠产生了很多未解决的问题和反直觉的思想.
我们定义拟悖论是一个自相矛盾或者明显矛盾的初步印象但又未完145Smarandache未解决问题研究全证明是悖论的一种陈述.
我们提出以下四个基本量子拟悖论,及其相应量子诡辩论悖论,构成了一类量子诡辩论悖论.
1介绍依照数学辞典,悖论是"一个显然荒唐或者自相矛盾的陈述,它是起源于显而易见无懈可击前提的一个初步印象,或是显然的矛盾".
一些悖论要求修改它们直接的概念(Russell悖论,Cantor悖论),一些悖论取决于描述的不可容性(Grelling悖论),还有一些展示的是反直觉的定理(实质蕴涵悖论,Skolem悖论),另外一些是自相矛盾的.
[Smarandache悖论:"所有的是A,非A也是,A是一个特征,非A是它的相反.
例如"一切都有可能,一切也是不可能的.
"(Weisstein,1998)].
通常,悖论是同时的真和假.
诡辩论悖论和第四世纪的EubulidesofMiletus的观点结合.
他们说没有一个清楚的边界存在于有形和无形的事物之间,决定论者和非决定论者的原则之间,稳定的和非稳定的事物间,长时存在和短时存在的事物.
一般地,A和非A之间没有一个明显的区分和精确的边缘.
A在什么地方真正结束非A在什么地方开始"模糊集"概念趋向于"中智集合论"概念.
现在我们介绍拟悖论的概念:一个拟悖论是一份声明中已初步证据确凿的自我矛盾的明确支持或矛盾,但没有完全被证明是一个矛盾一个拟悖论是一个非正式的矛盾声明,而悖论是一个正式的矛盾声明.
下面的一些量子拟悖论能够被证明是一个正真的量子悖论.
2量子拟悖论和量子诡辩论悖论.
以下的拟悖论和诡辩论悖论的基础是二律相悖:有形的/无形的,宿命论者/非命运论者,稳定的/不稳定的,长时存在/短时存在,同时,事实是这些成对的矛盾没有明确的分离点.
2.
1.
1)无形的拟悖论:我们有形的世界是由整个无形的颗粒组成的.
2.
1.
2)无形的诡辩论悖论:在有形和无形的事物之间没有一个清楚的分界线.
a)一个无形的颗粒不能产生一个有形的物体,也不能产生二个无形的颗粒,三个无形的颗粒等等.
然而,在某些方面,无形的颗粒的积聚变的足够大以致产生一个有形的物体.
但是显然我们很难确定这个产生变化的临界点在哪里.
b)一个类似的悖论可以发展到它的相反面.
从一个有形的物体中剔除掉一个颗粒,这个物体可能依然是一个有形的物体.
然而,继续重复这个146第七章一些与Smarandache问题相关的译文过程,在某点上,这个有形的物体会腐烂到变成无形.
但是我们无法定义这个发生变化的临界点在哪里.
2.
2.
1)不确定的拟悖论:在某些程度,大的物体在宿命者论的原则下由基本的颗粒的整体产生,这是在Heisenberg的"不定论"下实现的.
2.
2.
2)不确定的诡辩论悖论:类似地,"宿命者论原则"下的事物和"非命运者论原则"下的事物没有明晰的分界点.
2.
3.
1)不稳定的拟悖论:"稳定的"事物是由"不稳定的"基本颗粒形成的.
(基本颗粒在释放的时候会腐烂消失).
2.
3.
2)不稳定的诡辩论悖论:类似地,"稳定的"事物和"不稳定的"事物之间没有明确的分界点.
2.
4.
1)短时存在的拟悖论:"长时存在"的事物由"短时存在的"基本颗粒形成.
2.
4.
2)短时存在的诡辩论悖论:类似地,"短时存在"的事物和"长时存在的"事物之间没有明确的分界点.
3结论更多这样的量子拟悖论和悖论被设计出,所有这些悖论组成了一类Smarandache量子拟悖论.
(M.
Khoshnevisan博士,格里菲斯大学,黄金海岸(加纳),昆士兰州,澳大利亚.
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