证明存在正整数n使(2 2½)n>=0.99999999

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)=(

假设所有小于n+1的素数为p1,p2,...,psn=3时,命题显然成立n>3　则p1*p2*...*ps

e的定义是当n趋于无穷时(1+1/n)^n的极限设1/a=n当a趋于0时,n趋于无穷,所以把1/a带入(1+1/n)^n之后这个式子极限仍然是e,整理一下(1+a)^1/a,这里a是趋于0的an不用我

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

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

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

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+…

由欧拉定理有,对于任意的x,x^(f(a))-1=0(moda)所以只要n是a的欧拉函数的倍数,那么(10^n)-1是a的倍数

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

约定用[]表示下标（在计算机C语言中也用[]表示下标）证明：对于正数ε₀=A/2,由lim(n→∞)y[n]=A,存在正整数N,当n>N时,有|y[n]-A|A/2>0证毕

你这是想要证明哥德巴赫猜想啊目前还没有人能证明出来

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

这个结论不成立,如a=6,m=7,a=6(mod7),a+a²=0(mod7),a+a²+a³=6(mod7),...余数是6,0,6,0的循环,不包含1.结论改成-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

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=

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

这个结论被称为Bertrand假设,证明虽然初等,但是需要比较细致的估计.我这里只能提个大意,完整的证明可见华罗庚《数论导引》五章7节.证明基于对组合数C(2n,n)的分析.i)首先有估计,n>4时,

1.如果正整数N能使N分之N+24也是正整数,说明24能被N整除而24=2×2×2×3,所以N可以是24,1,4,6,8,3,12,2共8个2.若N分之N+25是正整数,则25能被N整除,而25=5×

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)=(

两边去对数,因n,t都是正整数所以好算了,然后根据不等式求极限,证明因为你右边的式子写的不好辨认,你就先证明看看