求证:若n为正整数,则代数式n(n 1)(n 2)(n 3)-搜答案-百度作业网

√n是有理数,所以必然存在√n=p/q其中(p,q)=1那么q^2n=p^2考虑q的一个素因子k,必然能整除p^2所以也必然能整除p,而(p,q)=1所以k=1所以q只能存在因子1所以√n=p,从而n

n(n+1)-2n(2n-1)=n²-4n²+n+2n=-3n²+3n=3(-n²+n)∵n为整数所以-n²+n为整数3(-n²+n)能被3

因为n为正整数,所以2n为偶数,2n+3为奇数,则a^2n=1,然后,原式就转化成=-（-1）^2n+3=1

不一定只要n=11,原式一定分解为11×（11-1+1）=121要是一定为质数的话就是数学史上的一个定理了

n为正整数,n

n^2+(n+1)^2=m^2{a:b:c=3:4:5,a^2+b^2=c^2}n=3再问：这只是n满足这个条件的其中一个值吧，应该还有其他满足体格式子的n值，那要怎么求呢？再答：m=k+n,k>1;

2000/2001

n^3-n=n(n^2-1)=n(n+1)(n-1)就是(n-1)*n*(n+1)看出来了吗?连续的三个数相乘的结果肯定是6的倍数.因为这三个数中一定有至少一个是2的倍数,有一个是3的倍数.结果一定是

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

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

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

求证:(n+2002)(n+2003)(n+2004)(n+2005)+1是一个完全平方数(n+2002)(n+2003)(n+2004)(n+2005)+1=(n+2002)(n+2005)*[(n

解题思路：分情况讨论。解题过程：

（3^n*2^n*5^n)/(-30)^n=30^n/(-30)^n=(-1)^n当N为奇数时,原式=-1当N为偶数时,原式=1

n^3-n=n(n^2-1)=n(n+1)(n-1)因为n为正整数所以原式为三个连续的自然数相乘,所以值必为6的倍数

n=2或13.过程大致如下：设n²+5n+22=k²,k是正整数.则要使关于n的一元二次方程n²+5n+22-k²=0有正整数解,其判别式一定是完全平方数,即：

原题目:对于任意正整数n,代数式n(n+5)-(n+2)(n-3)的值是否总能被6整除?请说明理由证明:n(n+5)-(n+2)(n-3)=n^2+5n-(n^2-n-6)=6n+6=6(n+1)所以

n^4+4=n^4+4n^2+4-4n^2=(n^2+2)^2-(2n)^2=(n^2+2n+2)(n^2-2n+2)再问：然后怎么证明啊？再答：因为n>=2n^2+2n+2=(n+1)^2+1>=1

n^3-n=n(n^2-1)=n(n+1)(n-1),n为正整数上式是三个连续正整数之积,必有一个是3的倍数,也必有偶数所以可以被6整除

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