數列{an}滿足an+1=2an 0≤an≤1/2 an+1=2an-1 1/2≤an

數列{an}滿足an+1=2an 0≤an≤1/2 an+1=2an-1 1/2≤an

a1=6/7 1/2

已知函數f（x）=（x-1）^2，g（x）=4（x-1），數列An滿足a1=2，且（an+1-an）g（an）+f（an）=0
已知函數f（x）=（x-1）^2，g（x）=4（x-1），數列An滿足a1=2，且（a（n+1）-an）g（an）+f（an）=0
（注意其中n和n+1為下標）.bn=3/4（n+2）（an-1）（n-1不是下標n是），若t^m/b^m

（a（n+1）-an）4（an-1）+（an-1）²；=0（an-1）（4a（n+1）-4an+an-1）=04a（n+1）=3an+1a（n+1）-1=（3/4）（an-1）an-1為首項為1公比為3/4的等比數列2.an-1=（3/4）^（n-1）an=（3/4）^（n-1）+1sn=（1-（3/4）^n）/（1-3/4）+nsn=4-4*（3/4）^n+n≥…

證明有無限多個質數q，使得4q+3為質數

用衝突證明或者用一些數論的定理來證會比較合理一點…

如何證明質數集是無限集

假設質數有限
則必然存在一個最大的
假設最大質數是p
則令N=2*3*5*7*……*p+1
即把所有質數相乘再加上1
則顯然N>p
所以N是合數
則N至少能被一個質數整除
單數，用2,3,5，……，p去除N
結果都餘1
所以N或者是質數，或者擁有大於p的質因數
但這都和p是最大質數衝突
所以假設錯誤
所以質數又無數個
所以質數集是無限集

設P為奇質數，正整數M，N滿足M/N=1+1/2+1/3..+1/P-1，（M，N）=1，證明pIm

證明：因為p是奇質數，所以對任何滿足1

p為素數，對任意正整數a都有，是否總存在正整數m，使mp=a~（p-1）-1？若是請簡要證明.

考慮（p+1）/2個整數m2，其中m為0,1，…，（p-1）/2.不難看到，這些整數中的任意兩個之差i2-j2 =（i+j）（i-j）都不可能被p整除（請讀者想一想這是為什麼？），這表明這些整數除以p所得的餘數各不相同.

p是正整數n的最小素因數，證明：p>n^（1/3），n/p是素數

反證法：設n/p不是素數，則n/p=n1*n2，n1，n2均為正整數且n1>=p，n2>=p
所以：n=p*n1*n2>=p^3即pn^1/3衝突.
所以假設不成立，得證.

對任意的質數p，求證：存在無窮多個正整數n使得p能整除（2^n-n）

費馬小定理在數論中是用歐拉定理證明的，但歐拉定理本身就比較麻煩，不過費馬小定理另有個簡潔的證明方法.
對於素數p和一個任意n（n不能被p整除），令：
n = c1 mod p
2n = c2 mod p
3n = c3 mod p
.
in = ci mod p
.
（p-1）n = c（p-1）mod p
由於n不能被p整除且p為素數，{ci}兩兩互不相等.因為如果有x，y

證明a^n+b^n能被p整除p=a+b p>n p是質數，n是奇數.a，b是正整數

a^n + b^n
=（a+b）[a^（n-1）- a^（n-2）b +……+（-1）^k*a^k*b^（n-1-k）+……+b^（n-1）]
所以a^n+b^n能被p整除
（p是質數這個條件是多餘的）

證明a^n-b^n能被p整除p=a+b p>n p是質數，n是偶數. a，b是正整數
證明a^n-b^n能被p整除
p=a+b p>n p是質數，n是偶數. a，b是正整數

設n=2k
則a^n - b^n
=（a^2）^k -（b^2）^k
=（a^2 - b^2）[a^（2k-2）+ a^（2k-4）b^2 +……+ b^（2k-2）]
p=a+b可以整除a^2-b^2
所以a^n-b^n能被p整除