如何证明任意2p-1个正整数一定有p个数的和是p的倍数

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

1)p-1个互质（relativelyprimeì）又叫互素.若N个整数的最大公因数是1,则称这N个整数互质.因为p只有两个因数,一个是他本身一个是1；小于p的正整数有p-1个,这些数与p的最大公因子

设这n个数为a1,a2,a3...an取am=(m-1)×n!+1（1≤m≤n）那么数列{am}是首项为1,公差为n!的等差数列其中任意两个数ap,aq（1≤p(ap,aq)=(aq-ap,ap)=(

我刚刚算过了,得出来了结论,但是不好表达.我大概说下思路.先把q换成p,然后把X左移变成左式子大于等于0.然后把左式子设为f(x),进行导数,导了以后再导一次,就知道导函数在X大于等于0的区间是大于等

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.

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

首先可求导证明:对x>0,ln(1+x)>x/(1+x).取x=1/k,得ln(k+1)-ln(k)=ln(1+1/k)>1/(k+1).对k=1,2,...,n-1求和即得ln(n)>1/2+1/3

对素数p,存在原根g.即g^i≡1(modp),当且仅当i是p-1的倍数.由此,对i=0,1,2,...,p-2,g^i(modp)两两不同余,即modp恰好取遍1,2,...,p-1.显然,x=0不

COPY如下：不难验证,若命题对两个正整数m、n分别成立,则对mn也成立.于是只要验证命题对任意素数p成立.用反证法,假设存在2p-1个数{a[1],...,a[2p-1]},使得其中任意p个的和不是

f(x)=x^2+aln(1+x),取不妨取a=-1,构造函数g(x)=x^3-x^2+ln(1+x)则g'(x)=[x^3+(x-1)^2]/(1+x),当x>0时g'(x)>0恒成立,于是g(x)

证明：设(n+1)个正整数为A(1)、A(2)、A(3)、…、A(n+1)利用带余除法A(1)=k(1)n+r(1)A(2)=k(2)n+r(2)A(3)=k(3)n+r(3)..A(n+1)=k(n

原式=1/2[1-1/3+1/2-1/4+1/3-1/5+.+1/n-1/(n+2)]=1/2[1+1/2-1/n-1/(n+2)]=3/4-1/n-1/(n+2)

1.任意三个连续正整数n,n+1,n+2之积都能被三整除证明：由于任何数除3的余数只有0.1.2三种可能,故对于任意一个正整数N,那么,N+0,N+1,N+2,至少有一个是3的倍数,故,任意三个连续正

用数学归纳法证明：当n=1时,ln((1+2)/2)=ln(3/2)=1）不等式成立,即ln((k+2)/2)={[(k+2)/(k+1)]^(k+1)}^[1/(k+1)]=(k+2)/(k+1)=

证明：根据抽屉原理,把n+2个正整数按照模2n的剩余类构造n+1个抽屉{0,2n},{1,2n-1},{2,2n-2},……,{n-1,n+1},{n},所以至少有两个数取至同一个抽屉,所以他们的和或

若(a,p)不等于1则由于p为质数所以p|a,命题成立若(a,p)=1上述命题等价于证p|a^(p-1)-1这就转化为著名的费马小定理综上结论成立

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)

码字中……再答：证明：设Sn=1^k+2^k+3^k+..+n^k反序即：Sn=n^k+(n-1)^k+..2^k+1^k两式相加：2Sn=2+(2^k+n^k)+..(n^k+2^k)k为奇数时，有

证明：将正整数p质因数分解为2^a·5^b·q的形式,其中(q,10)=1则(9q,10)=1,∴由欧拉定理得,9q|10^φ(9q)-1.再设t=max(a,b)则9p=2^a·5^b·(9q)|1

B^m=B*B^(m-1)=P^(-1)AP*B^(m-1)=P^(-1)AP*P^(-1)AP*B^(m-2)=P^(-1)A^2P*B^(m-2)=...=P^(-1)A^(m-1)P*B=P^(