关于Smarandache函数的下界估计

史 婵

（西安邮电大学 通信与信息工程学院，陕西西安 710121）

1 引言及结论

众所周知，著名的 Smarandache函数被定义为 S(n)=min{m:m∈N，n｜m!}。对于 Smarandache函数S(n)的研究，许多学者已经做了很大的努力，并且取得了一些成果，为数论今后的发展做出了重要贡献。近年来，一些学者纷纷对Smarandache函数的有界性估计问题做了大量的研究和探索，得出了一系列重要的理论成果。

在文献[2]中，作者针对函数S(2p-1(2p-1))的下界估计问题做了研究，给出结论：

S(2p-1(2p-1))≥2p+1，p表示任意的奇素数。

而文献[3]在上述结论的基础上对于函数S(2p-1(2p-1))的下界估计问题进行了深入的探讨，得到了更强的估计式：

S(2p-1(2p-1-1))≥6p+1，其中p≥7是任意素数。

有学者还对函数S(2p+1)的下界估计问题进行了研究，得到：

S(2p+1)≥6p+1，

p为大于等于7的任意素数。

基于以上已有的结果，温田丁研究了S(2p-1)以及S(2p+1)两个函数的下界估计问题，证明了下面一组结论：

S(2p-1)≥10p+1，

S(2p+1)≥10p+1，

其中P为任意素数且p≥17。

本文在以上结论的基础上，探讨是否可以通过继续增大不等式右侧p的系数而使得函数S(2p-1)以及S(2p+1)有更强的下界估计。通过证明得出了以下定理：

定理 对于任意素数p≥17，有以下一组估计式

2 定理的证明

应用初等及组合数学的方法对定理进行论证。

首先来看定理中(1)式的证明。由 Smarandache函数 S(n)的性质可得，对于任意的素数 p｜n，有 S(n)≥p，且p｜S(pα)对于所有的正整数α都是成立的。则对于任意素数p≥17，若r为S(2p-1)的任一素因子，立即有r≥5。所以由S(n)的性质立即得到

又由于r｜2p-1，所以2p=1(mod r)。于是p为2模r的指标。所以根据指标的性质得到p｜φ(r)=r-1，或者r=tp+1。因为r是奇素数,所以t一定是偶数，可设

如果2p-1是一个完全平方数，则有2p-1=v2，即2p=v2+1，于是有 0≡2p≡v2+1=2(mod4)，出现矛盾。所以2p-1不可能是完全平方数。于是2p-1就有下面几种可能：

1)当2p-1为素数时，已经有p≥17，所以显然 S(2p-1)≥2p-1≥14p+1。

2)当2p-1恰为一个素数r的t次幂，t≥3时。由于2p-1已经不可能为一个完全平方数，所以t=3,5,7,…。

在t≥7时，结合(3)和(4)两式立即有以下不等式

S(2p-1)≥S(rt)≥tr＞7(2p+1)＞14p+1。

如果t=5，那么当l≥2时有

S(2p-1)≥5r＞5(4p+1)＞14p+1；

又因为当 p≥17 时，2p-1＜(2p+1)5。所以 l=1 时，有

2p-1≠(2p+1)5。

当t=3，而l≥3时，有以下不等式成立S(2p-1)≥3r＞3(6p+1)＞14p+1；

而当 l=2，p≥17 时，有 2p-1＞(4p+1)3；l=1，p≥17 时，2p-1＞(2p+1)3。

3)当2p-1至少包含四个不相同的素因子时，因为2p+1和4p+1不可能同时为素数，于是由(3)式知至少有一个素数是满足r=2lp+1且l≥7，所以就有 S(2p-1)≥r＞14p+1。

当l=5时，有不等式

2p-1≠(2p+1)(6p+1)(8p+1)(10p+1)，或者 2p-1≠(4p+1)(6p+1)(8p+1)(10p+1)。

当l=6时，因为明显2p+1和4p+1，4p+1和8p+1，6p+1和10p+1，以及10p+1和12p+1是不可能同时为素数的。所以得到

2p-1≠(2p+1)(6p+1)(8p+1)(12p+1)

4)当2p-1恰恰包含三个不相同的素因子时，如果这三个素因子中至少有一个满足r=2lp+1且l≥7，就能得到 S(2p-1)≥r＞14p+1。

如果所有素因子里的l都小于等于6，由于2p+1和 4p+1，4p+1和 8p+1，6p+1和 10p+1以及10p+1和12p+1不可能同时为素数。所以可设2p-1=(2p+1)a(6p+1)b(8p+1)c，或者是 2p-1=(2p+1)a·(6p+1)b(12p+1)c，因为当a≥7或者b≥3或者c≥2时定理结论显然都是成立的。于是在不失一般性的情况下假设2p-1=(2p+1)a(6p+1)b(8p+1)，或者2p-1=(2p+1)a(6p+1)(8p+1)，1≤a≤6。又因为如果2p-1=(2p+1)a(6p+1)2(8p+1)，或者有2p-1=(2p+1)a(6p+1)(8p+1)，立即由二次剩余的性质知2是素数2p+1与6p+1的二次剩余。然而当p=3(mod4)时，设 p=4l+3，此时(-1)6l+5=-1，这与2是素数6p+1的二次剩余是相互矛盾的。如果有p=1(mod4)，假设p=4l+1，此时有，这和 2是素数2p+1的二次剩余又产生了相互矛盾。

同理可证2p-1=(2p+1)a(6p+1)b(12p+1)c也不成立。所以以上两种假设显然是不可能的。综上所述，当2p-1恰好有三个不同的素因子时，一定有不等式 S(2p-1)≥r＞14p+1。

5)当2p-1包含两个不相同的素因子时，由(3)式及4)中的证明立即得到2p-1不可能同时含有素因子2p+1和6p+1。同时，当素数p＞3时，素数2p+1以及4p+1中至少有一个可以被3整除，因此它们不可能同时为素数，于是得到2p-1也不可能同时含有2p+1和4p+1这两个素因子。所以从(3)式可得当2p-1恰好含有两个不一样的素因子时，假设

2p-1=(2p+1)a(8p+1)b，或者设

2p-1=(4p+1)a(6p+1)b。

当 b≥3，a≥7 时，有

S(2p-1)≥7(2p+1)＞14p+1。

或者

S(2p-1)≥3(6p+1)＞14p+1。

讨论当 b=1，2，1≤a≤6 的情况。

若 b=1，1≤a≤4，得到 2p-1=(2p+1)a(8p+1)或2p-1=(4p+1)a(6p+1)。如果 2p-1=(2p+1)a(8p+1), 则由2p-1=(2p+1)4(8p+1)立即推出同余式2p-1≡-1≡(2p+1)4(8p+1)≡1(mod8)，得到矛盾。所以有a≠4。而2p-1≠(4p+1)3(6p+1)。所以不妨设1≤a≤3。此时若p≥17，等式2p-1=(2p+1)3(8p+1)或者等式2p-1=(4p+1)2(6p+1)也不可能成立，因为有不等式2p-1＞(4p+1)2(6p+1)以及2p-1＞(2p+1)3(8p+1)。

如果 b=2，a=5，6，因为 p≥17,得到不等式2p-1＜(2p+1)5(8p+1)2、2p-1＜(2p+1)6(8p+1)2、2p-1＜(4p+1)5(6p+1)2以及 2p-1＜(4p+1)6(6p+1)2。所以等式2p-1=(2p+1)5(8p+1)2或者等式2p-1=(2p+1)6(8p+1)2以及等式2p-1=(4p+1)5(6p+1)2或者2p-1=(4p+1)6(6p+1)2也不可能成立。通过上述推理，可以得出当2p-1恰好含有两个不同的素因子时，有不等式 S(2p-1)＞14p+1。

综上五种情况的探讨就完成了定理中 (1)式的证明。运用同样的方法可以论证定理中(2)式的结论。

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