证明：（1）∵p1<p2<p3，∴ p1^3<p1p2p3。∵ p1p2p3 | n，∴ p1p2p3 ≤ n。∴ p1^3 < n，∴ p1<n^1/3。（2）∵ p1p2p3 ≤ n，∴ p2p3 ≤ n/p1≤ n/2。∵ p2<p3，∴ p2^2<p2p3。∴ p2^2 < n/2，∴ p2<(n/2)^1/2。质数（prime number）又称素数，有无限个。
若n=pp…,其中p1,p2,…,p1为不相同的素数,a1,a2,…,a1均为正整数,则称,,…,中最大的一个为n的最大素数幂因子.设n1, n_2 ,…,n10000为10000个互不相同的正整数,并且7n1, n_2 ,…,n10000的最大素数幂因子均相同,证明:存在整数a1,…,a10000,使得10000个等差数列 (a_i,a_i+n_i,a_i+...
(i)因为a·1一(p2…pn)·1=1,所以a与p1p2…pn互素,故p;卜a(i=1,2,…,-|||-n).(ii)反证法-|||-若素数有有限个并设全体素数为1,2,…,,令p=1十-|||-12…N,若力是素数,则p不同于1,中2,…,N中任何一个,矛盾;若力不是素-|||-数,则p必能分解成1,2,…,中某些素数的乘...
设素数从小到大依次为p1,p2,p3,⋯.证明:当n⩾2时,数pn+pn+1可以表示为3个大于1的正整数(可以相同)的乘积的形式.
设p1,p2,p3…是依递增次序排列的素数,x0是0与1之间的实数.对正整数k,定义xk={0,若xk−1=0{pkxk−1},若xk−1≠0这里{x}表示x的小数部分.求出一切x0满足0<x0<1且使数列x0,x1,x2,…中最终出现0,并加以证明. 答案 见解析我们证明,该数列最终出现0,当且仅当x0为有理数.首先,我们证明对k...
设p1,p2,…,pn是大于3的n个互异的素数,试证:2p1×p2×…×pn+1至少有4n个因数。 答案 若奇数u,v满足(u,v)=1,则2u+1和2v+1均可以被3整除,设(2u+1,2v+1)=t,若t>3,则2u≡−1(modt),2v≡−1(modt)又u,v均为奇数,所以(−2)u≡−1(modt),(−2)v≡1(modt)考虑同余方程...
设m为给定的正整数,..设m为给定的正整数,一个由素数组成的数列p1、p2...,满足下列条件:当n大于或等于3时,pn是pn-1+pn-2+m的最大素因子。证明:此数列有界这题想了好久想不出来,有没有大佬帮忙看看
【解析】(i)因为 a⋅1-(p_1p_2⋯p_n)⋅1=1 ,所以a与ppz…pn互素,故 p:xa(i=1,2,⋯n).(i)反证法若素数有有限个并设全体素数为p1,p2,…,p,令p=1+pip2…pN,若p是素数,则p不同于p1,p2,…,pN中任何一个,矛盾;若p不是素数,则p必能分解成p,p2,…,p中某些素数的乘积.但...
证明 证法一: 根据爱森斯坦判别法知,多项式 f(x)=x^n-p_1p_2⋯p ,在有理数域上不可约:因为 例如取素数p即满足条件.又因为n1.故f(x)没有有理根. 但实数 √[n](p_1p_2⋯p) 为f(r)的根,从而不可能是有理数,故为无理数 证法二:本题再用初等方法证明如下. 反证法.若√(p_1p...
对于任意的正整数n,设f(n)=(f1(n),f2(n),⋅⋅⋅,ft(n))(fi(n)=¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯vpi(n)).定义数列n1=1,nl+1=(p1p2⋯pt)nl.接下来证明:对于任意的l1f(nl1+nl2+⋯+nlm)=f(nl1)+f(nl2)+⋯+f(nlm)....