求最小的正整数n,使得存在n个整数 a1,a2

极限是无限逼近一个值,极限最开始是通过比较来进行思考的,是说任何一个数,总存在比它大的数,使得不等式成立,充满了抽象的无穷的比较,书上表示最具有形象的概括的说服力.真诚地说,你的表达不属于极限的定义范

ln[(n+1)/n]>(n-1)/n3中的‘n3’是啥意思?n的三次方应写作n^3令1/n=t那么左边=ln（t+1）右边=t^2-t^3令g（t）=ln（t+1）-（t^2-t^3）,t>0所以g

令Ai＝｛S中一切可被i整除的自然数｝,i＝2,3,5,7．记A＝A2∪A3∪A5∪A7,利用容斥原理,容易算出A中元素的个数是216．由于在A中任取5个数必有两个数在同一个Ai之中,从而他们不互素．

不用图像法可以这样考虑：还是要变形为4^n>2n+46,然后进一步缩小范围：4^n>46（把2n去掉还成立）,所以n≥3（4^3=64>46）,再把2n补上,这时4^n>2n+46还成立,所以确定n=

9再问：过程再答：0716253443526170这些加起来是7的他们都差97786。。。。。95这些加起来14的他们也都差970和77差7同理得。。。。加起来差9106.。。。。。160。。。。。这

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.

设n是这样的数则d(n)=2,d(n+1)=d(8k+4)=d(4)*d(2k+1)=3d(2k+1)所以d(n)+d(n+1)+1是3的倍数（构造无穷个n使得d(n)+d(n+1)+2是3的倍数会更

n=3这些数是1,2,3.

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

令N=75A=3^1×5^2×A根据约数个数公式,因75=3×5×5=(2+1)×(4+1)×（4+1）知,最小的满足题意的数,含质因数2、3、5,其幂次分别为：4、4、2这个数N最小=2^4×3^4

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

当K=2时,取n=1,符合题意.下面证明K≥3时,不存在这样的n.考虑3^n+1除以8的余数.当n为奇数时,令n=2m+1则3^n+1=3^（2m+1）+1=3x9^m+1因为9的任何次方除以8皆余1

我想想……

1^2+2^2+3^2.+N^2=1/6N(N+1)(2N+1)根号下(1^2+2^2+3^2.+N^2)/N=根号下1/6(N+1)(2N+1)(2N+1)是奇数,(N+1）是偶数,N是奇数,设N=

记a=根号5,b=根号6,c=根号7,那么(a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(a-b-c)(-a+b+c)(-a+b-c)(-a-b+c)(-a-b-c)是有理数（事实上是整数）,以此便可实现

（1）83是质数,N有63个因数,因数中2最小,所以N=2^62×83（2^62=62个2相乘）(2)31,7+11+13=31

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)

设n^2+n+24=2010mm为正整数4n^2+4n+96=8040m(2n+1)^2=8040m-95接下来我没有好的办法,我是对m从1,2,3的尝试,看8040m-95是不是平方数.得到m=3时

n=7lg64-(n-1)lg2

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