证明行列式能被17整除

3^2011-6*3^2010+17*3^2009=3^2011-2*3*3^2010+17*3^2009=3^2011-2*3^2011+17*3^2009=-3^2011+17*3^2009=-(

1原式=4^2004-4^2005=(1-4)*4^2004=-3*4^2004能被3整除.22x^2-5x+m=2x(x-3)+x+m=2x(x-3)+(x-3)+m+3=(2x+1)(x-3)+m

a的三十二次方-1=(a^16+1)(a^16-1)=(a^16+1)(a^8+1)(a^8-1)=(a^16+1)(a^8+1)(a^4+1)(a^4-1)=(a^16+1)(a^8+1)(a^4+

1326274350053874c4+1000c1+100c2+10c31321326274274350050053873874由已知,第4列的数都是13的倍数,故第4列提出13后仍是整数所以行列式能

15^8-1=(1+14)^8-1=1+C(1,8)*14+C(2,8)*14^2+.+C(7,8)*14^7+14^8-1=C(1,8)*14+C(2,8)*14^2+.+C(7,8)*14^7+1

5^23-5^21=5^21*5^2-5^21=5^21*(5^2-1)=5^21*24=5^20*5*24=120*5^20显然能被120整除

做列变换.将最后一列变为100*第一列+10*第二列+第三列,那么最后一列变为222,407,185.最后一列可以提出公因子37.而经过上面描述的列变换之后,整个行列式值不变.因此,原行列式能被37整

a1b1c1*ka2b2c2*k的行列式=a1b1c1*ka2b2c2a3b3c3的行列式*ka3b3c3

2^20—1=(2^5)^4-1=((2^5)^2+1)((2^5)^2-1)=((2^5)^2+1)(2^5+1)(2^5-1)=31((2^5)^2+1)(2^5+1)能被31整除

首先证明：当n>=1,2^5n-1可以被31整除,利用数学归纳法：令K(n)=2^5n-1当n=1：K(1)=2^5-1=31假设：2^5n-1可以被31整除那么：K(n+1)=2^5(n+1)-1=

这么简单啊,第一列*100+第二列*10+第三列*1结果就是204045272725555然后提出一个17就成12042127*171755这样就可以啦楼主好好学习线代啊o(∩_∩)o...

2222^5555+5555^2222=(7*318-4)^5555+(7*793+4)^2222=7M-4^5555+7N+4^2222(展开二项式,只保留最后一项,前面的所有项都含有7*318或7

能被11整除的数的特征把一个数由右边向左边数,将奇位上的数字与偶位上的数字分别加起来,再求它们的差,如果这个差是11的倍数(包括0),那么,原来这个数就一定能被11整除.设a1+10a2+100a3+

第一个容易证明,第二个（字母均为不是0的数字）：假设原数是100a+10b+c=y①后来的数就是10a+b-5c=17x（17的倍数）那么扩大就是100a+10b-50c=170x②|①-②|得：51

A=kB,B=rCA=krCC|A

原题应为7777^3333+8888^2222因为7777除以37的余数为78888除以37的余数为8,所以7777^3333+8888^2222除以37的余数就等于7^3333+8^2222除以37

证明,设有三个三位数abc,bca,cab,则abc+bca+cab=111（a+b+c）=37*3*（a+b+c）所以abc+bca+cab能被37整除,又因为abc能被37整除,所以37能整除bc

55^55+9=5^55+11^55+9因为能被8整除的数后三位必能被8整除又因为5的n次方（n>2)的后三位,且n为奇数时尾数必为125（自己验证）又因为125*11=1375所以（375+9）/8

记这个行列式为A,则1000A=|300105||60009||700104|,（即第一列乘以100,第二列乘以10),然后将第二第三列都加到第一列上,第一列就变成了315609714,此时行列式的值

只需证明a为偶数：假设a不能被2整除,则a为奇数.设a=2k-1(k为整数),则a的平方=4k^2-4k+1=2(2k^2-2k)+1,为奇数,这与条件中“a的平方能被2整除”矛盾,所以假设不成立,即