即q是形如4k+3的大于N的素数。 如果q 不是素数,由第一步证明知q含有形如4k+3 的素因数p,同样可证p pi (i=1, 2, …, s),从而 p > N 。 即p 是形如4k+3的大于N的素数。由于N是任意的正整数,因此证明了 形如4k+3的素数有无穷多个。
证明:反设 4k+3 型素数个数有限,不妨设为 p1,p2,⋯,pn。 考虑Z4={a¯:a∈Z}, a¯={x∈Z:x≡a(mod4)}, 则有,p¯i=3¯,3¯2=1¯, 且对于任意一个素数 q 而言, q¯=1¯ 或者q¯=3¯, 不妨构造 p=p1p2⋯pn+1, 显然有 pi∤p ,故 p¯=1¯ (由于 p 的...
【题目】设p是4k+3型的素数,n是正整数且pn.若n可以表示为两个素数的平方和,即存在整数x,y,使得n=x2+y2.①证明:n中p的幂次是偶数.
从自然数除以任意2个素数的余数具有相互独立的性质可以推测4k+1型素数和4k+3型素数基本相近。4k+1型的...
p2??pn 其中p1最小，p1=3 则p=4p2p3??pn+3，是4k+3型的整数 显然p1,p2??pn都不能整除p，2不能整除p 则p的质因数分解只能是4k+1型素数，但4k+1型整数乘积仍然是4k+1型整数，不可能等于4k+3型整数 从而p本身是素数，但p和p1~pn都不相等，即找到了第n+1个4k+3型素数，矛盾 ...
∴ ( p⋅a)=1⋅p,b)= . 由 Fermat 小定理,知 a^(10-1)=1(modp) , b''=1(modp) , 所以 a^(p-1)+b^(p-1)=2(modρ) ,从而p|2,这不可能. 因此 pla且p|b. 〔技法点睛〕 与素数相关的问题,常要借助Fermat小定理解决. 反馈 收藏 ...
2 K的分辨率一般是指在2000或更高的屏幕水平像素，通常2 K的分辨率是2560x1440。4 k的分辨率，就是3840x2160。就像素数而言，4 K分辨率总共有830万像素，比2 K分辨率高出一倍以上。消费降级的当下，索尼，三星，苹果这样的企业自然给了市场更多选择，就像电商领域的潮多多app，硬生生从某宝等巨头中扯出一块肉来...
因为N 3 ±od4,它的所有素因数不能全为4k+1型(因为4k+1型数的乘积仍为4k+1,而N是4k+3型),所以至少有一个素因数是4k+3型。但任意p_i除N余-1(即N -1 ±od(p_i),无法整除),故该素因数不在原列表\(p_i\)中,导致矛盾。因此存在无限个4k+3型的素数。
幸福是的范德萨