是否存在5个各不相等的正整数构成等差数列,并且它们的总乘积是一个完全平方数

f(n)=n^3+5nf(n+1)=(n+1)^3+5(n+1)=n^3+3n^2+3n+1+5n+5=(n^3+5n)+3n^2+3n+6=f(n)+3(n^2+n+2)=f(n)+3[(n+1)n

(1)关于x的方程x^2-2(m+1)x+m^2-2m-3=0的两个解之积为x=m^2-2m-3=(m-3)(m+1)因为有一根为0,所以(m-3)(m+1)=即m=3或m=-1又因为△=[2(m+1

第一题因为有不相等实数根,所以b^2-4ac>04(m+1)^2-4(m^2-2m-3)>04m^2+8m+4-4m^2+8m+12>016m+16>0m>-1因为有一根为0,代入x=0,m^2-2m

显然n不会大于等于2000,因为n不能是2002或2003设n=1000+100a+10b+c(abc都是0到9的数）则n+s（n）＝1001+101a+11b+2c=2007即101a+11b+2c

不存在我们可以用容斥原理求出能被14个数中能被235711整除的数的个数14个数中能被2整除的有[14/2]14个数中能被3整除的有[14/3]14个数中能被5整除的有[14/5]14个数中能被7整除

不存在我们可以用容斥原理求出能被14个数中能被235711整除的数的个数14个数中能被2整除的有[14/2]14个数中能被3整除的有[14/3]14个数中能被5整除的有[14/5]14个数中能被7整除

正整数越大,倒数越小,那么4个不同正整数倒数之和最大的应该是1+1/2+1/3+1/4=25/12最多有1和2两个数字其中2=1+1/2+1/3+1/61=1/2+1/4+1/6+1/12

一定会恍然大悟的(2k+9)·3^(k+1)+9=(2k+7)*3^(k+1)+2*3^(k+1)+9……这个是分配律,应该没有问题=3*(2k+7)*3^k+2*3^(k+1)+9……3^(k+1)

答案是肯定的c是多余的,只需考虑a+根号b,a、b是整数的情况,因为即使有c,将二项式展开还是a+根号b的形式问题即转化为是否存在整数b,使根号b的小数部分是0.1016?实际上根号b的小数部分可以接

1、已知n是正整数,且2n+1与3n+1都是完全平方数,得：   n=40,   5n+3=5*40+3=203  &n

你这题用代数方法求解很难(估计没你说的通解),我写了些过程,但还没做出来.先给你比较简单的解法：5/48=10/96=15/144=20/192=……1/x+1/y-1/z可以表述为：(a+b-c)/

证明:对于n>=3,存在n个不同正整数,它们的立方和是一个正整数的立方.证明归纳法证明.因为3^3+4^3+5^3=6^3;2^3+3^3+8^3+13^3=14^3.设(a1)^3+(a2)^3+…

解题思路：考查导数的应用解题过程：varSWOC={};SWOC.tip=false;try{SWOCX2.OpenFile("http://dayi.prcedu.com/include/readq

(n+1)!+2,(n+1)!+3,.,(n+1)!+n+1

FLAG=T//这个t是表示ture,flag是一个标记变量,FORI=2TON-1//这个循环i的值由2-i-1IFMOD(N,I)=0//在2-i-1这些数中如果除n的余数为0（mod是求余函数）

如果2n+1=k2，3n+1=m2，则5n+3=4（2n+1）-（3n+1）=4k2-m2=（2k+m）（2k-m）．因为5n+3＞（3n+1）+2=m2+2＞2m+1，所以2k-m≠1（否则5n+3

设2n+1=a^2①a>23n+1=b^2②则4①-②得5n+3=4a^2-b^2=(2a-b)(2a+b)除非2a-b=1、否则就是和数所以令2a-b=1带入①②、、解方程、、没有符合要求的根、、所

第三题：将2004因式分解,2004=2*2*3*167；讲方程左边化为(a+b)(a-b)1)(a+b)(a-b)=1004*2→a=503,b=5012)(a+b)(a-b)=501*4→无整数解

设两根为a,b则a+b=-(k+1)/ka*b=k/4两式相除得1/a+1/b=-4(k+1)/k^2=0解得k=-1代入原方程检验,不满足,所以不存在

不存在再问：an-a(n-1)=(n+1)0.9n-n0.9(n-1)=0.9(n-1)[0.9-0.1n]=【0.9(n-1)】/10×[9-n]（这步不懂）再答：(n+1)0.9n-n0.9(n-