關於x的方程a（x+m）2+b=0的解是x1=-2，x2=1，（a，m，b均為常數，a≠0），則方程a（x+m+2）2+b=0的解是______.

關於x的方程a（x+m）2+b=0的解是x1=-2，x2=1，（a，m，b均為常數，a≠0），則方程a（x+m+2）2+b=0的解是______.

∵關於x的方程a（x+m）2+b=0的解是x1=-2，x2=1，（a，m，b均為常數，a≠0），∴方程a（x+m+2）2+b=0變形為a[（x+2）+m]2+b=0，即此方程中x+2=-2或x+2=1，解得x=-4或x=-1.故答案為：x3=-4，x4=-1.

設素數p>3，對於所有的a，b屬於整數，求證：6p整除（a*b^p-b*a^p）

另這個式子是f
顯然2|f（奇偶性）3|f（枚舉a，b除以3的情况）
現在要證：p|f
費馬定理：x^p = x mod（p）p是素數
f = a*b - b*a = 0 mod（p）
所以p|f

若P是一質數，a是任一整數，則a能被P整除或P與a互質（P與a的最大公因數是1）為什麼a能被P整除、例如、a=3，p=2

若P是一質數，a是任一整數，則a能被P整除或P與a互質（P與a的最大公因數是1）
你舉的例子是
要不能被整除，要不就是互質.重點在“或”字上
a能被P整除
或
P與a互質

已知a、b互為相反數，c、d互為倒數，且x是最小的質數，試求x—（a+b+cd）+|a+b—4|+|3—cd|的值.

a、b互為相反數，c、d互為倒數，且x是最小的質數
a+b=0 cd=1 x=2
x—（a+b+cd）+|a+b—4|+|3—cd|
=2-（0+1）+|0—4|+|3—1|
=2+1+4+2
=9

證明：若p是奇質數，那麼能整除2^p-1的質數q一定是2p的倍數加上1

證明：由費馬小定理，2^p-2≡0（modp），2^p-1≡1（modp）.設2^p-1=a*q，其中q是2^p-1的任一奇質數.則有q≡1（modp），從而a*q≡1（modp），2^p-1≡1（modp）.又設q=np+1，假設n≠2m（其中n，m均是自然數），則q-1不能被2整除，則q是偶數.由2^p-1=a*q知不可能！因為1不能被2整除！這不可能.得n=2m，q=np+1，即q=2mp+1，即得所證

設整數k，k≥14，p是小於k的最大質數，p≥3k/4，n是一個合數證明：若n大於2p，則n能整除（n-k）！

坐標軸圖：----0.25k-----0.5k------0.75k---p--k--------------------2p----------n-----------
假設q是n的任意一個素因數，qp所以q>=k，n-k>=n-q=q.顯然成立.
如果n=3*q，則n=3q>2p>=1.5k，q>=0.5k，設q=0.5k+x則n-k=0.5k+3x>q.顯然成立.
如果n=h*q，h>=4，n=hq>2p=1.5k設q=1.5k/h +x其中x>0則n-k=0.5k+hx>q
可見n的所有質數因數q

設p大於3，為質數，求證3能整除p的平方减1的差

p的平方减1=（P+1）*（P-1）
而P是質數，所以P必不能被3整除：其值必是3的整數倍數的+1或者-1（即+2）.即其+1或者-1的值必有一個能整除3.原例題即證.

證明當p是奇素數時，有1^p+2^p+3^p+···+（p-1）^（p-1）與0模p同餘

你題目打錯了！是（p-1）^p，否則都沒有規律了！
利用費馬小定律.
因為p為素數，於是p與1、2、3、……、（p-1）都互素，
所以有a^（p-1）≡1（mod p）
所以a^p≡a（mod p）
於是
原式≡1+2+3+……+（p-1）（mod p）
≡p（p-1）/2（mod p）（∵p為奇素數，因而p-1為偶數，能被2整除）
≡0（mod p）
如果沒有學過費馬小定律，先瞭解一下剩餘類，再百度一下“費馬小定律”就好了.

證明如果a>1，存在質數p，使得a

當a=2時.a！+1=3這個時候存在質數3 2

證明：若p為素數且p≡1（mod 4），則{[（p-1）/2]！}^2+1≡0（mod p），請大師幫幫忙，

這是著名的Euler準則的一部分.對任意整數1<；=i<；=p-1，總存在惟一的整數j有i*j用p除餘數為b，由於b是p的二次非剩餘，故i不等於j，囙此1,2，…，p-1分為（p-1）/2對，每對之積同餘b，故有（p-1）！同餘b^（（p-1）/2），由Wilson…