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当n是正整数时,5的2次方*3的2n+1次方*2的n次方-3的n次方*6的n-2次方是13的倍数吗
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楼上的答案太牵强了,maybe n为其他数的时候可以（即使他的答案确实是对的）5^2* 3^(2n+1)* 2^n -3^n *6^(n-2)=5^2* 3^(2n+1)* 2^n -3^(2n-2) *2^(n-2)=3^(2n-2) *2^(n-2)(5^2* 3^3* 2^2-1)=3^(2n-2) *2^(n-2)*(2700-1)=3^(2n-2) *2^(n-2)*2699余8所以他并不是13的倍数
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代入 n=1 , 不能
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当n=k+1时 (k+1)^3-(k+1)=(k+1)[(k+1)^2-1]=(k+1)(k+2)k
k(k+1)(k+2)为连续三个正整数的乘积
连续三个正整数中必有一个3的倍数 至少有一个为偶数
所以k(k+1)(k+2)中有2和3两个因子 一定能被6整除
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当n=k+1时 (k+1)^3-(k+1)=(k+1)[(k+1)^2-1]=(k+1)(k+2)k
k(k+1)(k+2)为连续三个正整数的乘积
连续三个正整数中必有一个3的倍数 至少有一个为偶数
所以k(k+1)(k+2)中有2和3两个因子 一定能被6整除引用自1楼:还有没有更简洁的证明？
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N^3-N=N*（N^2-1)=N*(N-1)*(N+1) 连续3个自然数的乘积，必然是6的倍数。 证明如下，数学归纳法，N=2时 1*2*3=6成立 假设N时成立、即N*（N+1）*（N-1）是6的倍数 则N+1时、原式为（N+1)*N*（N+2)=N*（N+1）*（N-1）+3*N*（N+1） 其中N*（N+1）*（N-1）是6的倍数，3*N*（N+1）显然也是6的倍数 （N和N+1必然有一个是偶数，有2个因子，再乘以3，肯定是6的倍数 所以当N+1时，原式也成立。 因此得证 高二水平的题目
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N×N×N-N=N×N2-N=N（N2-1）=N（N+1）（N-1）
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持股三百年
N^3 - N = N(N-1)(N+1) 连续三个整数相乘，因为其中必然有一个偶数和一个三的倍数，一个偶数和三的倍数乘，结果自燃6的倍数。
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n^3-n=n(n^2-1)=n(n+1)(n-1)n-1,n,n+1肯定有一个数是3的倍数，并且至少有一个数是偶数，所以必定是6的倍数
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n*n*n-n=n(N+1)(n-1)除了N=1 以外 连续3个数 一个必为3的倍数 至少有一个是偶数 所以必定是6的倍数.(N 必须是整数)
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楼上都是高人呐
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再来一题，2的1984次方+1是质数还是合数？
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见鬼了，三校生讨论数论了
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来自宽带山官方安卓客户端若n为正整数,证明2的n+3次方减2的n次方是14的倍数_百度知道
若n为正整数,证明2的n+3次方减2的n次方是14的倍数
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证明：2的n+3次方-2的n次方=2的n次方×8-2的n次方=2的n次方×7=2×7×2的n-1次方=14×2的n-1次方∴2的n+3次方减2的n次方是14的倍数祝您愉快
石上听泉响
石上听泉响
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2^n+3-2^n=2^n(2^3-1)=7*2^n=14*2^n-12的n+3次方减2的n次方是14的倍数
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说明当n为正整数时,n的三次方-n的值必定为6的倍数
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1、3就是反例
原式=n(n+1)(n-1)，为连续的三个正整数之积，必有一个数是2的倍数，一个是3的倍数，又2与3互质，所以原式是6的倍数。
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求证:1+3+3^2+...+3^(3n-1)能被26整除（n为大于1的偶数）证：即证f(k)=1+3+3^2+...+3^(6k-1)能被26整除（k为正整数）易见f(k)|:2 (此处用a|:b表示b|a,即a被b整除,即b整除a)f(k)*(1-3)=1-3^(6k)2f(k)=3^(6k)-1=729^k-1==1^k-1==0 mod 13故f(k)==0 mod 13从而f(k)|:26,得证.此外,还可以考虑用数学归纳法证明.
我来回答：
剩余:2000字
移项,即证：a^2-(b+1)a+b^2+1>0 将左边视作关于a的函数 判别式=（b+1）^2-4(b^2+1）=-3b^2+2b-3
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设这五个连续自然数为n-2、n-1、n、n+1、n+2.(n∈N且n＞2)即要证 (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)能被120整除120=2^3*3*5=2*3*4*5连续2个自然数中,定有2的倍数,所以连续2个自然数定能被2整除连续3个自然数中,定有3的倍数,所以连续3个自然数定能被3整除连续4个自然数中,定
设一个整数各位为从个位数开始为a0、a1、a2、.an则：这个数=an*10^n+.+a2*10²+a1*10+a0=(an+.+a2+a1+a0)+an*(10^n-1)+.a2*99+a1*9因为10^n-1=9.9 （共n个9）：是3的倍数所以：只要an+.+a2+a1+a0是3的倍数,这个数就能被3整
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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)) = (-1)^(k(p+1)) = 1 (mod p)所2^n - n = 1
这个证明是不成立的a^2-b^2-c^2-2*b*c*=a^2-(b+c)^2结果肯定是负的,因为三角形两边之和大于第三边.
数学归纳当n=1时 2^（n+2）*3^n+5n-4=25,能被25整除当n=k时 假定2^（k+2）*3^k+5k-4能被25整除n=k+1时 2^(k+3)*3^(k+1)+5(k+1)-4=6*[2^（k+2）*3^k+5k-4]-25k+25,其中2^（k+2）*3^k+5k-4能被25整除,-25k+25能被
1>设中间的数为n,则这5个数为n-2,n-1,n,n+1,n+2,则其和为5n,所以可以被5整除.2>因为1999是素数,所以x=1,y=1999,z=2001,所以xyz=>因为每个数比前面的大十七,所以306+17*17=5954>好像有点问题.我用计算器算了个超级大的负数5>(1-(1/3)的十
等于2显然错误.G的阶大于2.G中至少有2个生成元,设Gn=,ai不等于ajn=2,对应G2={e,a1,a2,a1a2}能被四整除,就是K4,克莱因4元群.若n=k时成立,那么n=k+1时Gk+1=GkX那么Gk的阶能被4整除,故Gk+1的阶也能倍4整除.根据归纳,易得.G的阶大于2时,能被4整除. 再问： 可否这样
设两个根分别为p和qp+q=-b/apq=c/apq-(p+q)=(b+c)/a两边同时加1pq-(p+q)+1=(b+c)/a+1(p-1)(q-1)=(a+b+c)/a因为x=1时,代数式ax²+bx+c的值小于零,即a+b+c＜0,而a＞0,所以等式右侧＜0即(p-1)(q-1)＜0解得p＞1,q＜1或
(x-m)(x-m-n)=1(x-m)(x-m-n)-1=0(x-m)^2-n*(x-m)-1=0令y=x-m,利用韦达定理,得到y的两根相乘等于-1,就是说,两个根一个大于0,一个小于0那么原方程的两根等于m+y,即分别大于m和小于m
设最小的是n,则n+(n+1)+(n+3)=3n+3=3(n+1)显然被3整除 再问： 用证明法，行不行？
1)当n=1时,2^6n-3 + 3^2n-1 = 2^3 + 3^1 = 8+3 = 11,能被11整除2)假设2^6n-3 + 3^2n-1能被11整除,如果将n换成n+1时也能被11整除,则此命题成立：2^6（n+1）-3 + 3^2（n+1）-1= 2^6n+6-3 + 3^2n+2-1= 2^6n+3 + 3
证明：∵对于任何实数x，（x+1）2≥0，∴x2+4x+3=2（x2+2x）+3=2（x2+2x+1）+1=2（x+1）2+1≥1＞0，则对于任何实数x，代数式2x2+4x+3的值总大于0．
这个定理不能反过来用.这个题目的关键在于任何x的“任何”两字.取x为0,则可证d可被5整除取x为1,则a+b+c可被5整除；取x为-1,则-a+b-c可被5整除；以上两式相加得2b 可被5整除,又因为b是整数,所以b可被5整除.取x为2,则8a+2c可被5整除（已忽略b 和d ,前面已经证明,下同）又因为a+c可被5整
f(x)=(1+x)^na1+a2+a3+……+an=(1+1)^n=2^n令x=-1-a1+a2-a3+……+an=(1-1)^n=0故：a2+a4+a6+……=2^(n-1)a1+a3+a5+……=2^(n-1)
证明：x^2+3x+4=(x+1.5)^2+1.75>=1.75当x=-1.5时,代数值最小,为1.75 再问： 求过程 再答： 证明：x^2+3x+4=x^2+2*1.5x+1.5*1.5+1.75=(x+1.5)^2+1.75 因为(x+1.5)^2>=0，所以x^2+3x+4>=1.75>0 当x=-1.5时，(
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