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rt，尝试不用素数定理用初等的方法证明以下不等式

这里是唯一可以水经验的地方 防水：求证当m为给定正整数时存在无穷多个mk+1(k是正整数)为素数

如果p, q是不相等的奇素数，那它们之间的二次剩余Legendre符号满足 (p/q)×(q/p) = (-1)^((p-1)(q-1)/4) 它相当于: ① 若p≡1(mod 4)或q≡1(mod 4)，则当p R q时q R p，当p N q时q N p ② 若p≡q≡3(mod 4)，则当p R q时q N p，当p N q时q R p

这个我思考好好久，不知道做对没有，寻求大佬解答

1. 如果素数p>3，a是不超过2p/3的最大整数，证明 1-1/2+1/3-…+ (-1)^(a+1)/a 的分子是p的倍数 2. 设n, m是正整数，求证: n! | (mⁿ-1)(mⁿ-m)(mⁿ-m²)…(mⁿ-m^(n-1)) 3. 设n是正整数，k是正奇数，求证: 1+2+3+…+n | 1^k+2^k+3^k+…+n^k 4. 数列{a(n)}满足，对任意正整数n，n的所有因数d₁, d₂, …, d(k) 总满足 a(d₁)+a(d₂)+…+a(d(k))= 2ⁿ 求证 : n | a(n) 5. 如果某三个正整数a, b, n满足 n^b-1 | n^a+1 (n≥2) 证明 n^b-1 只可能等于1, 2, 3 6. 设n是正整数，a, b是整数，求证: n! | a×(a+b)×(a+2b)×…×(a

用C(n, m)=n! / (m!(n-m)!)表示组合数或者二项式系数(0≤m≤n) 若p是大于3的素数，非负整数a, b满足0≤a≤b，非负整数t满足 p^t || ab(b-a) 则C(pb, pa)≡C(b, a) (mod p^(3+t)) 更强一些，如果非负整数f满足p^f || ab(b-a)C(b, a) 则C(pb, pa)≡C(b, a) (mod p^(3+f))

如果用C(n, m)= n!/ m!(n-m)! 表示组合数或者二项式系数 ⑴ Lucas定理: 设p是素数，非负整数m, n, a, b, c, d 满足m = a×p+c，n = b×p+d，0 ≤ c, d ≤ p-1 ① 若 a≤b 且 c≤d，则C(n, m)≡C(b, a)×C(d, c) (mod p) ② 若 a>b 或 c>d，则C(n, m)≡0 (mod p) ⑵ Wolstenholme定理: 设p是素数，非负整数m, n, a, b满足m = a×p, n = b×p，a≤b 则 C(n, m)≡C(b, a) (mod p³)

给定ax+by+cz=n，abc两两互素，abcn为正整数， 这时非负整数解个数f（n）=（（n+a+b+c）n+R）/（2abc） 正整解个数g（n）=（（n-a-b-c）+R）/（2abc） 舍去R，就是近似公式，则误差是R/（2abc），R≠0，相对小的abc，R/（2abc）→0，当g（n）或f（n）整除时R=2abc 计算时根据abc的不同误差项R/（2abc）也很大！如325x+503y+2024z=2024503325非负整数或正整数解都误差比较大 即R/（2abc）≈46个 R（正整数）=30193617675 R（非负整数）=30570058675 g（n）=6193619628 f（n）=6193637079

设p是素数，k是正整数，f(x)是一个关于x的整系数多项式，f'(x)是f(x)的(形式)导函数多项式，如果整数n满足f(n)≡0(mod p^k) ⑴ 若(f'(n), p)=1，则恰有一类m (mod p^(k+1))使m≡n(mod p^k) 且 f(m)≡0(mod p^(k+1)) ⑵ 若p ℓ f'(n) 且 f(n)≠0 (mod p^(k+1))，则不存在m (mod p^(k+1)) 使m≡n(mod p^k) 且 f(m)≡0(mod p^(k+1)) ⑶ 若p ℓ f'(n) 且 f(n)≡0(mod p^(k+1))，则所有满足m≡n(mod p^k) 的剩余类m (mod p^(k+1))，都满足f(m)≡0 (mod p^(k+1))

对非负整数0≤m≤n，用C(n, m)= n!/ m!(n-m)! 表示组合数或者二项式系数 对素数p和正整数n，用V(p, n)表示使p^k整除n而p^(k+1)不整除n的非负整数k 用S(p, n)表示在p进制下n的各位数码之和 ⑴ Legendre 公式: 对任何素数p和正整数n V(p, n!) = floor(n/p)+floor(n/p²)+…+floor(n/p^a) 其中a = floor(log n / log p) floor(x)表示不超过x的最大整数 ⑵ Kummer 定理: ① V(p, n!) = (n - S(p, n)) / (p-1) ② V(p, C(n, m)) = (S(p, m)+S(p, n-m)-S(p, n))/(p-1) V(p, C(n, m)) 正好等于p进制下n-m和m加法中的进位次数，也等于p进

设p是一个奇素数，对与p互素的整数a，用 a^(-1)表示 a模p的数论倒数，也就是使得 a×b≡b×a≡1(mod p)的 b(mod p) 则 (2^(p-1)-1)/p ≡ 1+ 3^(-1)+ 5^(-1)+…+ (p-2)^(-1) (mod p)

若p是大于3的素数，则 (-1)^((p-1)/2)*C(p-1, (p-1)/2)≡4^(p-1) (mod p³)

如果a, b是互素正整数，n是非负整数 ⑴ 当n≥ab-a-b+1时，ax+by=n一定有非负整数解(x, y) ⑵ 当n=ab-a-b时，ax+by=n没有非负整数解(x, y)

证明：对于任意正整数a、n,都存在正整数k满足n | a^k+k (2023 年第6期《中等数学》)

抽屉原理的英文名 pigeonhole principle，直译是鸽巢原理 完全是一个组合数学的原理，即使对数论的定理没有任何了解，只靠抽屉原理也可以很快很快就解决很多数论问题

已知正实数a,β,y δ,若对任意 n∈N,都有 [lbk]αn[rbk][lbk]βn[rbk]=[lbk]γn[rbk][lbk]δn[rbk], 且{a,β}≠{γ,δ},证明:αβ=γδ,且α,β,γ,δ 为正整数.

初等数论问题集-A51 问题A51：a,b,c,d是奇数，0＜a＜b＜c＜d，且ad=bc。证明：如果存在整数k、m使得a+d=2^k，b+c=2^m，则a=1。

问题A48：n是一个正整数，则1/3+1/5+...+1/(2n+1)不是整数

最小正剩余: 对任何正整数m和任何整数a，总存在唯一一个不超过m的正整数n满足n≡a(mod m)，正整数n叫作a模m的最小正剩余 Gauss引理: 如果整数a与奇素数p互素，并且a, 2a, …, (p-1)a/2 这(p-1)/2个数模p的最小正剩余中一共有μ个大于p/2 那 Legendre符号(a/p)= (-1)^μ

设p是奇素数, a是整数 如果(a, p)=1, a R p，令Legendre符号(a/p)= 1 如果(a, p)=1, a N p，令Legendre符号(a/p)= -1 如果p ℓ a，令Legendre符号(a/p)=0 Euler准则: a^((p-1)/2)≡(a/p) (mod p)

如果正整数m>2，设所有满足1≤t≤m且与m互素的正整数t分别是t₁, t₂, …, t(k)，k=φ(m)，关于x的k次整系数多项式f(x) = (x-t₁)(x-t₂)…(x-t(k)) ⑴ 若p是m的一个奇素因子且p^a ℓℓ m，则 f(x) ≡ (x^(p-1)-1)^(k/(p-1)) (mod p^a) ⑵ 若m是偶数且2^a ℓℓ m，则 f(x) ≡ (x²-1)^(k/2) (mod 2^a) 这两个同余号都是指多项式同余

设所有与正整数m互素且满足1≤t≤m的正整数t分别是t₁, t₂, …, t(k)，k=φ(m) 如果正整数s, r满足1/t₁ + 1/t₂ +… + 1/t(k) = s/r，那么 ⑴ 当(m, 6)=1时，m² ℓ s ⑵ 当(m, 2)=1且3 ℓ m时，m²/3 ℓ s ⑶ 当(m, 3)=1, 2 ℓ m且m不是2的幂次时，m²/2 ℓ s ⑷ 当6 ℓ m时，m²/6 ℓ s ⑸ 当m=2ⁿ, n≥1时，m²/4 ℓ s

初等数论问题集-A23 问题A23：(Wolstenholme定理)p是大于3的素数，将1+1/2+1/3+...+1/(p-1)表示成为分数的形式，则它的分子是p2的倍数。

若p是素数，则关于x的多项式f(x) = (x-1)(x-2)…(x-p+1) 和 g(x)=x^(p-1)-1 模p同余 如果设f(x)的 x^i 项系数为a(i)，相当于 ⑴ a(0)≡-1(mod p) ⑵ a(p-1)≡1(mod p) ⑶ 若存在正整数i使1≤i≤p-2，则a(i)≡0(mod p)

求所有正整数a,b,c,使（2^a-1）（3^b-1）=c！

若p为素数，m, n是正整数，F₁, F₂, …, F(m) 是m个关于x₁, x₂, …, x(n) 的整系数多项式，它们次数分别是f₁, f₂, …, f(m)，并且满足 f₁+f₂+…+f(m) ≤ n-1 那同余方程组 F(i)(x₁, x₂, …, x(n))≡0(mod p)，1≤i≤m 的解 (x₁(mod p), x₂(mod p), …, x(n)(mod p))的总数一定是p的倍数

设A, B是两个整数集合，第三个整数集合C= {a+b ℓ a∈A, b∈B}，p是某个素数，用ℓAℓ(mod p), ℓBℓ(mod p), ℓCℓ(mod p)表示A, B, C中含有模p剩余类的个数 ⑴ 若 ℓAℓ(mod p) + ℓBℓ(mod p) ≥ p+1，则 ℓCℓ(mod p)=p ⑵ 若 ℓAℓ(mod p) + ℓBℓ(mod p) ≤ p，则 ℓCℓ(mod p)≥ ℓAℓ(mod p)+ℓBℓ(mod p) -1 合在一起可以写成 ℓCℓ(mod p) ≥ min{p, ℓAℓ+ℓBℓ-1}

包括Lagrange定理和Alon定理，它们其实都是代数定理，在一般的域都适用 ⑴ Lagrange定理: 若p为素数，F(x)是一个关于x的n次整系数多项式，且最高次项系数a≠0(mod p)，则F(x)≡0(mod p) 最多只有n个模p不相同的解 ⑵ Alon定理: 若p为素数，r是正整数，假设S₁, S₂, …, S(r)是r个由整数组成的集合，ℓS(i)ℓ(mod p)表示S(i)中包含模p剩余类的个数(1≤i≤r)，S={(x₁, x₂, …, x(r)) ℓ x(i)∈S(i), 1≤i≤r} 如果r元n次整系数多项式F(x₁, x₂, …, x(r))≡0(mod p)对任何一组(x₁, x₂,

①3！＝6 3↑3＝27 ②3！！！！！！（6个）＝6！！！！！（5个）＝720！！！！（4个） 3↑↑3＝3∧（3∧3）＝3∧27 ③3！！！…………（阶乘层数是第二个数的结果） 这种计算方法有没有比高德纳箭头速度快？ 葛立恒数第一层是四个箭头，对应的是第四个数， 第二层箭头数是第一层的结果，对应的是计算出第四个数n，然后找到第n个数对应第二层的结果。 是高德纳箭头快还是阶乘速度快？第64层有没有比葛立恒数大？

初等数论问题集A82

这个第7题怎么做，求大佬解答

问题A54：如果一个自然数n满足以下条件，我们就称n是好数：“对任意整数a，当n｜a^n-1时，必然有n^2｜a^n-1。” ①证明所有素数都是好数； ②证明有无穷多个合数是好数。

ax+by+cz=n，abc互素，正整数个数 由二元一次不定方程推导获得，ax+by=c 的正整数解个数f（c）=（c+ab-ai-bj）/ab，（a，b）=1，i≤b，j≤a，这样在周期循环的情况下获得三元不定方程解，一般的计算方法很多，以下是以代数计算的基本方法，f（n）=（（n-a-b-c）n+R）/（2abc），R=（a+b+c-r0）r0+a（b+1）cd+（a+1）ce-2c（a∑i（d）+b∑j（e） 例2024x+215y+106z=2024215106的正整数个数 令y=2w 1012x+215w+53z=1012107553 =87zwx+8846173≡8741*215+281 →z=84m-88，y=-16m+23 m=4，i=33，j=12，k=8741-4=87 37

存在无穷多个正整数n, 使得n²+1是n!的因子.

问题A42：n是一个正整数，如果2n+1是素数，证明：n一定是2的方幂。

初等数论问题集-A44 问题A44：对于正整数n，如果4n+2n+1是一个素数，则n是3的方幂。

初等数论问题B20 第4章质数与合数E20 验证对每个整数r≥1，有无数个质数p使得p≡1(mod2r)

问题A29：对于哪些正整数k，存在无穷多对正整数(m,n)使得(m+n-k)!/(m!n!)是整数

求证:1^i+2^i+……+(p-1)^i≡0(modp), 2≤i≤p-2，P为素数，江苏省2017复赛最后题目用到的，怎么证明啊！！请大神们 帮忙看看啊！

求助

大佬们，求助下这题，谢谢谢谢

任何正整数都可以表示成不超过4个正整数的平方和

对于4k+1型素数都可以表示成两数平方和

当n是正整数时，如果x^n=1的在复数域内所有本原单位根是ε₁, ε₂, …, ε(k)，即对于任何正整数m满足1≤m<n, 它们不能作为x^m=1的根 那它们对应的多项式 f(x)=(x- ε₁)(x- ε₂)…(x- ε(k)) 叫作n次分圆多项式，记作φ(n, x) φ(n, x)实际上是次数为φ(n)的整系数多项式，并且不能因式分解成任何两个非常数的有理系数多项式的乘积

9x+18y+4z=2021