设p是大于5的质数,证明:p^4 ≡1(mod 240)

p^2-1=(p+1)(p-1)p+1和p-1是两个相邻偶数,所以必有一个被4整除,所以(p+1)(p-1)被8整除根据抽屉原理,3个连续的自然数,必有1个被3整除p-1,p,p+1为3个连续自然数,

假设所有小于n+1的素数为p1,p2,...,psn=3时,命题显然成立n>3　则p1*p2*...*ps

我刚刚算过了,得出来了结论,但是不好表达.我大概说下思路.先把q换成p,然后把X左移变成左式子大于等于0.然后把左式子设为f(x),进行导数,导了以后再导一次,就知道导函数在X大于等于0的区间是大于等

假如此20位数中的数码都只出现两次.由3的倍数的性质(数码之和能被3整除)可知.此20位数必能被3整除.这与条件中此20位数只有n个质数p的因子,而p又不是3矛盾.故.此数至少有3个数码相同.

由欧拉定理：（a,m）=1则.aφ(m)≡1(modm)当m是质数p时,a^(p-1)≡1(modp)a^p≡a(modp)这里,(a,p)=p也显然成立,所以任意整数a都有a^p≡a(modp)所以

反证法假设p是合数,则有正整数c

假设是有理数,就可以表示成s/t的形式,其中s,t均为正整数且s,t互素.因此由根号p=s/t即知p=s^2/t^2.因为等式两边均为整数,左边能被p整除,所以右边也能被p整除,即s能被p整除,设s=

证明:若p=5,显然.若p≠5,则(10,p)=1由费马小定理,10^p=10modp10^p-1=9modp因为(p,9)=1所以(10^p-1)/9=1modp(10^p-1)/9-1=0modp

2∧p-1=(2∧(p-1)1)(2∧(p-1)-1),必有2∧(p-1)-1=1,则p=2是质数

这是费马小定理,证法网上随便一搜就知道了,就是用到完系的知识再问：我查了一下费马小定理是a^(p-1)≡1（modp)和上面的不一样是怎么化成上面的形式呢？再答：呵呵，方法类似，同样是构造，p的余数两

∵P和P+2都是质数∴P+1能被2整除又∵P和P+2都是质数∴P≠3k,P≠3k+1∴P只可能为3k+2即P+1必能被3整除综上所述,6是P+1的约数

“gaoxin1966”：此题无解.理由：24的倍数一定是偶数.而P×2-1一定是奇数.二者不能兼容,你说对吗.祝好,再见.

p=2,命题显然成立；p=3,命题显然成立；对于奇质数p>=5,令a∈A={2,3,4.p-2},(其内每个元素都与p互质)则B={a,2a,3a,.,(p-1)a}中不会有对于除数p同余的两个数；事

11p^2+1=(12-1)*p^2+1=12*p^2-(p^2-1)考察p^2-1=(p+1)(p-1)由于p为质数,即为奇数,故p-1,p+1都为偶数,故p^2-1能整除4p为质数,即p不为3的倍

p的平方减1=(P+1)*(P-1)而P是质数,所以P必不能被3整除：其值必是3的整数倍数的+1或者-1（即+2）.即其+1或者-1的值必有一个能整除3.原例题即证.

∵P和P+2都是质数∴P+1能被2整除又∵P和P+2都是质数∴P≠3k,P≠3k+1∴P只可能为3k+2即P+1必能被3整除综上所述,6是P+1的约数

证明：如果这个20位数恰好0-9各出现2次,那么显然它是3的倍数.而p不是3,矛盾.因此必有某个数码出现不是2次.如果某个数码出现3次或3次以上,则题目要求已经满足；如果某个数码出现1次或0次,那么根

p^2-1=(p+1)(p-1)p+1和p-1是两个相邻偶数,所以必有一个被4整除,所以(p+1)(p-1)被8整除根据抽屉原理,3个连续的自然数,必有1个被3整除p-1,p,p+1为3个连续自然数,

P是大于3的质数首先P肯定是奇数（不解释）设P=2K+1P^2-1=4K^2+4K=4K(K+1)K(K+1)必为偶数故P^2-1能被8整除P不是3的倍数若P=3K+1P^2-1=9K^2+6K+1-

假设√p是有理数,则√p=m/n,（m、n互质）p=mm/nn,m^2=p*n^2,则p必为某个整数k的平方p=k^2,说明p是合数,与p是质数的条件相违背,因此假设不成立√p是无理数