设n(n<=100)是正整数,且存在正整数k使得1<=k<=n-1,满足(4k+1)/2n+...
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发布时间：2024-10-01 12:51
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等式可化为：(2n-1-4k)^2=8k+9=8(k+1)+1k、n都是正整数，等式有如下特点：左边是（奇数减去4的倍数）的平方右边8k+9为奇数且是平方数右边是8的倍数加1推出：8k+9是（奇数减去4的倍数）的平方，8k+9<=8*99+9=801，它的平方根应小于或等于27，大于或等于5这个（奇数减去4的倍数）可能...
设N是正整数,如果存在大于1的正整数k,使得N= k(k-1) 2 是k的正整数倍...根据分析可得：只有当N有大于1的奇因子时，N是千禧数．在1，2，…，2000中，只有1，2，2 2 ，…，2 10 不是千禧数．故有千禧数2000-11=1989（个）．故答案为：1989．
设n,k为正整数,且1≤k≤n(1)证明:2nln(1+k?1nπ)≤∫knπk?1nπ|sin...（1）对于任意的自然数n与k，当k?1nπ≤x≤knπ时，有ln(1+k?1nπ)≤ln(1+x)≤ln(1+knπ)．从而，ln(1+k?1nπ)∫knπk?1nπ|sinnx|dx≤∫knπk?1nπ|sinnx|ln(1+x)dx≤ln(1+knπ)∫knπk?1nπ.sinnx.dx．而∫knπk?1nπ|sinnx|dx=1n∫kπ(k?1)π|s...
设k是正整数,如果存在正整数n,使得在十进制表示下n!的末尾恰有k个零...当N + 1是25的倍数时，K(N + 1) = K (N) + 2 当N + 1是125的倍数时，K(N + 1) = K (N) + 3 当N + 1是625的倍数时，K(N + 1) = K (N) + 4 即经过这些值时，K的取值不连续，有一些值取不到。当N仅是25的倍数时，K跳变1；当N仅是125的倍数时，K跳变2；当N...
证明:若{fn(x)}是定义在r上的一列函数,令e={x:limfn(x)=+无穷},则e=任意k属于实数，存在一个正整数N，任意的n大于等于N 使得fn（x）大于k 设{fn(x)}是可测集E上非负可测函数列，若 （1）fn(x)<=f(n+1)(x)，n=1,2,...（2）在E上几乎处处有lim(n->∞)fn(x)=f(x)则∫(E)f(x)dx=lim(n->∞)∫(E)fn(x)dx 证明Lebesgue基本定理：令fn(x...
...1) i=1;k=0; while (i<=n-1) { k+=10*i; // @语句 i++; }_百...：： ：n 则（i<=n-1)相当于i=n-1成立 循环@语句执行n-1次 频度T=1+2+3+4+~~~+(n-1)=n(n-1)/2 若今后追加时间复杂度则等于n的平方。
有一台单功能计算器,对任意两个整数只能完成求差后再取绝对值的运算,其...设n=4k+3，n(n+1)/2为偶数，只需要将2到n-2削成0(例如2，3，5，4；6，7，9，8；~~~输入)，再输入n，n-1，1，得到结果0，最小；至此，问题解决：结论为：n=4k时，m=0，M=n；n=4k+1时，m=1，M=n；n=4k+2时，m=1，M=n-1；n=4k+3时，m=0，M=n-1。希望你还没晕...
...若存在正整数k,使得方程a^kx=0,有非零解y,且a^k-1y不等于零,证明Y...(a_i A^i Y + a_(i+1) A^(i+1) Y + ...+a_j A^j Y) = 0 a_i A^(k-1) Y + a_(i+1) A^k Y + ...+a_j A^(k+j-i-1) Y = 0 因为 A^k Y = 0, 于是 必有 A^(k-1) Y = 0, 与题设矛盾。 所以 必有 Y, AY，…,A^k-1Y线性无关 ...
是否存在一个正整数n, 满足n能被2000个不同质数整除, 并且2^n+1能被...假设对於k≥1存在满足要求的n(k)=3r．t, 其中r≥1且3不能整除t。於是n=n(k)必为奇数，可得3 | 22n-2n+1。利用恒等式 23n+1=(2n+1)(22n-2n+1)可知3n | 23n+1。跟据下面的引理，存在一个奇质数p满足p | 23n+1但是p不能整除2n+1。於是自然数n(k+1)= n(k)．3p满足命题...
设n是正整数,p是素数,(n,p−1)=k,证明同余方程x^n≡1(mod p)有k...对素数p,存在原根g.即g^i ≡ 1 (mod p),当且仅当i是p-1的倍数.由此,对i = 0,1,2,...,p-2,g^i (mod p)两两不同余,即mod p恰好取遍1,2,...,p-1.显然,x = 0不是x^n ≡ 1 (mod p )的解.对x = 1,2,...,p-1,存在i = 0,1,2,...
