求证:存在无穷多对正整数(m,n)

考虑(p+1)/2个整数m2,其中m为0,1,...,(p-1)/2.不难看到,这些整数中的任意两个之差i2-j2=(i+j)(i-j)都不可能被p整除(请读者想一想这是为什么?),这表明这些整数除以

还有你拿0来抬杠没意义,0是自然数是某一年改成时自然数的.现在出题的人这么认为的还真不多,除非是在选择填空里面,如果你真觉得应该算上0,那就算16和36的最大公约数就是了也就是4

真的,因为m,n可以都取1,并没有说m,n不想等,如果有这个的话,就是个假命题再问：如果m,n都为1，那么a=b，于是a=b=t了，t是存在的，这不能说明这是假命题再答：我的回答就是真命题啊，我说的是

因为质数是奇数,p²也是奇数,只要k是奇数,p²+k就是偶数,合数了.考虑到P=2的特殊情况,只有k=5,11,17,21,23,29,31……时,2²+k是合数由于同时

费马小定理在数论中是用欧拉定理证明的,但欧拉定理本身就比较麻烦,不过费马小定理另有个简洁的证明方法.对于素数p和一个任意n（n不能被p整除）,令：n=c1modp2n=c2modp3n=c3modp.

我还是给出解法吧!直接证明的过程不长,但要说明思路却很艰难,如果你仅仅是问解答,那么我发图解决这题如下：

S(x)=x(x+1)/2p=n(n+1)/m(m+1)n^2+n=pm(m+1)(2n+1)^2=p(2m+1)^2-p+1设u=2n+1v=2m+1那么u^2-pv^2=1-p显然这个方程存在解u

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)

注意A的列实际上就是单位阵的4个列向量的一个排列而已,也就是说Ae1＝ej1,Ae2＝ej2,...,Aen＝ejn,其中e1e2...,e4是单位阵的4个列.因此存在整数k1使得A^(k1)e1=e

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

设f(x)=x^m+x-1,g(x)=x^n+x^2-1.设多项式带余除法f(x)=g(x)q(x)+r(x),余式r(x)为0或次数小于n.注意由带余除法的步骤,这里的q(x)与r(x)都是整系数多

由f(1)=28,f(2)=100除了4不可能有更大的公约数,并且f(n)的奇*奇+1=偶,所以f(n)一定是偶数任何一个数一定可以表示为2k或者2k+1当n=2k,则f(n)被4除时的余数由同余定理

|an|=|1/3(1-2^n)|

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

Dirichlet定理:对于两个数p,q,满足（p,q)=1,那么存在无穷多个数k使得pk+q为质数.这里p=n,q=1,就是你要证明的再问：请问能给一个证明么？我老师说不准用这个定理，有直接证明的方

楼主是不是在学均值不等式再问：如果你认为是我就默认是。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。再答：呵呵O(∩_∩)O~不好意思这个是以前学习的习惯了一看到这样的都觉得是均值不等式了上边有了自己看了

由f（n）=（2n+7）•3n+9，得f（1）=36，f（2）=3×36，f（3）=10×36，f（4）=34×36，由此猜想m=36．下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，显然成立．（2）假设n=

求证式右边最后一项是不是写错了,应是k+n吧?再问：就是n，没错。实际上就是证明存在（k，n）。使得前k项的和与接着的n-k项和相等再答：真不好意思，这题实在没头绪，想了两天都找不到方法。再问：谢谢你

由费马小定理可以得到p|2^(p-1)-1所以p|2^(p-1)-1-p=2^(p-1)-(p+1)所以设n=k(p^2-1)那么2^n=[2^(p^2-1)]^k=[2^(p-1)]^(k(p+1)

因为[k+根号下(n0+a)]^2=k^2+n0+a+2k根号下(n0+a)所以只要取n=k^2+n0+2k根号下(n0+a),其中k为正整数根号下（n+a）为有理数显然n可取无穷多个值所以存在无穷多