求证: (n为正整数)能被2或22整除,但不能被2的更高次幂整除．

(2n+1)²-25=(2n+1+5)(2n+1-5)=(2n+6)(2n-4)4(n+3)(n-2)所以(2n+1)²-25能被4整除

n=1时a^2+(a+1)满足n=k时满足a^(k+1)*a+(a+1)^(2k-1)*a能被a^2+a+1整除n=k+1时a^(k+1+1)+(a+1)^(2k+2-1)=a^(k+1)*a+(a+

原式可化解成4n^2-4n+1-49=（2n+6）*(2n-8)=2*(n+3)*2*(n-4)=4(n+3)(n-4)所以当n为正整数时,（2n-1）的平方减49能被4整除希望能够帮上你!

证明:原式=4n^2+4n+1-1(完全平方公式,展开)=4n^2+4n（合并同类项）=4n(n+1)（提取公因式）因为4是可以被4整除的,而n（n+1）必然是偶数（n与n+1一定一奇数一偶数）,能被

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.

首先,对任意正整数m于是f(m)于是对1≤n使用①,得f(n)≥f(1)+n-1>n,对任意正整数n成立.再对n≤f(n)使用①,有2n+1=f(f(n))≥f(n)+f(n)-n=2f(n)-n,即

这个用数学归纳法证吧!1.当n=1时,9+5=14,所以对任何正整数n,3^(4n+2)+5^(2n+1)能被14整除是成立的,2.假设当n=k时,3^(4k+2)+5^(2k+1)能被14整除当n=

据说1995年已经被安德鲁.怀尔斯解决了,论文有200页.用的理论是椭圆曲线和模型式.我来水一下,说不定就是费尔玛当年的绝妙的想法：假设X^n+Y^n=Z^n,其中XYZn为正整数,当n>2时,XYZ

a和a+1是相邻整数所以有一个是偶数所以a(a+1)(2a+1)能被2整除若a能被三整除则a(a+1)(2a+1)能被3整除若a除以3余1,则a=3k+12a+1=6k+3=3(2k+1),能被3整除

3^(n+2)-3^n=3^n*3^2-3^n=8*3^n=24*3^(n-1)已知a、b、c分别为三角形的三条边,则有b+c>a,所以(b+c)^2>a^2,即b^2+c^2+2bc>a^2,所以a

当n=2m:3^n+1=(4-1)^2m+1=[4^(2m)+.-4(2m)+1]+1=8K+2,能被2整除,但不能被8整除.当n=2m+1:3^n+1=(4-1)^(2m+1)+1=[4^(2m+1

2^(n+4)-2^n=2^n(2^4-1)=2^n*15=2^(n-1)*30

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

2^(n+4)-2^n=2^n*2^4-2^n=2^n(2^4-1)=2^n*15=2^(n-1)*30,所以它能被30整除.

3^(2n+2)=(3^2)^(n+1)=(8+1)^(n+1)然后用二项式定理展开,其中8的幂小于2的只有两项：（n+1）*8+1(8的幂大于2的那些项可以被整除64)又(n+1）*8+1-8n-9

n=1时,是显然的设n=k时成立则n=k+1时1-（x+3)^(k+1)=1-(x+3)(x+3)^k=1-(x+3)+(x+3)-(x+3)(x+3)^k=-(x+2)+(x+3)(1-(x+3)^

题目应该是打错了,1×2×3×4+1=25被25整除,但25不是质数.正确的叙述是若1×2×3×...×(m-1)+1被m整除,则m为质数.证明不难,用反证法.假设m不是质数,则存在1和m以外的约数,

（2n＋1）^2－1＝［（2n＋1）＋1］［（2n＋1）－1］＝4n（n＋1）.∵n是正整数,∴n、（n＋1）是两个相邻的正整数,∴n、（n＋1）中肯定有一者是偶数,∴n（n＋1）是偶数,∴4n（n＋

n^3-n＝n(n+1)(n-1)也就是3个数的连乘其中必然有一个能被3整除又必然有偶数,所以能被2整除综上,n的立方-n（n为正整数）能被6整除.事实上,n应该是大于1的正整数