存在无穷多个素数摸4余﹣1

假设4n+1型的素数只有有限个,以p1,p2,...pk记之．考虑数P=4*p1^2*p2^2*...*pk^2+1=x^2+1,若P=4k+1是素数,则P明显大于任一pi,i=1,2,...,k,此

证明：假设素数是有限的，假设素数只有有限的n个，最大的一个素数是p，设q为所有素数之积加上1，那么，q=（2×3×5×…×p）+1不是素数，那么，q可以被2、3、…、p中的数整除，而q被这2、3、…、

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.

对素数p,存在原根g.即g^i≡1(modp),当且仅当i是p-1的倍数.由此,对i=0,1,2,...,p-2,g^i(modp)两两不同余,即modp恰好取遍1,2,...,p-1.显然,x=0不

Cantor函数,是利用cantor三分集构造的连续函数你自己去wiki一下吧.

素数与公因数1、素数我们知道,大于1,并且除1和它本身外没有其他因数的自然数叫素数(或质数)2是最小的素数,除2以外,所有的偶数都不是素数.按顺序,下列为一个小素数序列:2,3,5,7,11,13,1

（1）设k=4a^4,a是自然数n^4+4a^4=n^4+4n²a²+4a^4-4n²a²=(n²+2a²)²-4n²a

是这样的：再放入一个鸡蛋,会发现2个2个地数、3个3个地数、5个5个地数、6个6个地数都没有剩余,也就是说,鸡蛋的个数是2、3、5、6的倍数.而2、3、5、6的最小公倍数是30,所以鸡蛋至少有30-1

由于质数有无穷多个要证p1^r1*p2^r2*.-1(r1...rk>=1,rk+1>=0)能够表征的质数仍为无限个观察上式的构型为(p1*p2*..pk)n-1n为正整数即证mn-1型的质数有无穷多

Dirichlet定理:对于两个数p,q,满足（p,q)=1,那么存在无穷多个数k使得pk+q为质数.这里p=n,q=1,就是你要证明的再问：请问能给一个证明么？我老师说不准用这个定理，有直接证明的方

对啊,比如平面与这两个直线均平行,则所成的角都是0°而与两异面直线平行的平面有无数个

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)

121,241,361第二组答案是122,842,1322

添上2个就没有余数了所以所求是比3,4,5,6的最小公倍数少2的数3,4,5,6的最小公倍数是3×4×5＝60这堆桃子至少有60－2＝58（个）

可以知道,这一堆桃子每只猴子分3个、4个、5个、6个都少2个.（因为每只猴子分3个,多1个就是少3-1=2个,以此类推）又因为3、4、5、6的最小公倍数是60,因此,这一堆桃子每只猴子分60个也少2个

4-1=5-2=6-3=34,5,6最小公倍数为6060-3=57贝壳数最少为57,所以可取值为60n-3（n为正整数,即1,2,3,……）

每只猴分3个余1个,分4个余2个,分5个余3个,分6个余4个可转化为每只猴分3个少2个,分4个少2个,分5个少2个,分6个少2个所以取3、4、5、6的最小公倍数-23×4×5-2=58

傻了呀?p;p+2;p+4三个有一个是三的倍数...

证：反证法假设4k-1型的素数有有限个,无妨为n个设为p1,p2,……pn令A=(p1*p2*……pn)^2+2由于(p1*p2*……pn)^2模4余1故A模4余3I若A为素数,则A为4k-1型的素数

4k+1-k=3k+1,3k+1是质数,4k+1是质数,k=4