1樓:
(xCn)=x(x-1)...(x-n+1)/n!
的整線性組合.
由於f在正整數上取值都是整數,我們可以把f重寫成f(x)=a(xC3)+b(xC2)+cx+d, 其中abcd都是整數。注意到6f(x)是整係數多項式。
由於f(x)不是常函式,素數f(x)不能總為±2或±3。選取x0使得f(x0)=±p, p是個大於3的素數。對於正整數x≡x0 mod p,我們有f(x)≡f(x0)≡0 mod p (因為f(x)的係數在模p意義下都是整數!
)由於f(x)是素數,必須有f(x)=±p. 這對所有模p同余於x0的x都成立,與f(x)不是常函式矛盾。
2樓:LLAA
d是整數,否則取x為a,b,c分母的公倍數,則函式值不為整數,矛盾。
f(1)-d=a+b+c
f(2)-2(a+b+c)-d=6a+2b
f(3)-3(a+b+c)-4(6a+2b)-d=3a+b
f(5)-5(a+b+c)-20(3a+b)-d=60a
20(3a+b)-60a=20b
60(a+b+c)-60a-3·20b=60c
f(7)-7(a+b+c)-42(3a+b)-3·60a-d=30a
f(9)-9(a+b+c)-72(3a+b)-16·30a-d=24a
30a-24a=6a
6a+2b-6a=2b
f(3)-9(3a+b)-d=3c
以上所有等式兩側均為整數,至此已得6a,2b,3c,d均為整數(事實上只需要60a,20b,30c,d為整數即可)。雖然有比這簡潔些的證明,但是這裡空白太小,寫不下。(打字太麻煩)
f(x)=1/6(6ax^3+2·2bx^2+2·3cx+6d)
若a,b,c中至少有一不為0,設正整數n使得f(n)不等於0且f(n)不整除6,那麼f(n)整除f(n+f(n)),矛盾。故a=b=c=0。
綜上,僅f(x)=p滿足題設。
更一般地,對於f(x)=a_0+a_1x+…+a_mx^m,取n使得f(n)不為所有a_i的最小公倍數的因子,則f(n)整除f(n+kf(n)),其中k為任意整數。故f(x)不可能在N+上恒為素數。
如何證明有理數集的不連續性?
睎xii 在卓里奇版本的 數學分析 裡,實數集被定義為滿足四條公理的集合,其中的第四條 完備 連續 公理如果 與 是 的非空子集,且有性質 都有 那麼 有 作為公理,它引出乙個判斷數集完備 連續 性的方法,對於有理數集 只需要在上述公理中固定 即可。這條公理很容易引起理解上的錯誤,有些人人會誤以為是...
如何證明兩個有理數平方和不能為 7?
某高中非競賽鹹魚悄悄答一波,方法非常簡陋 考慮無窮遞降法的時候找不到構造思路所以換了一下思路 個人覺得沒有問題 字醜勿噴 蘇打 Fermat的無窮遞降法 問題等價於證明x y 7z沒有正整數解,假設存在正整數解,且其中使得x最小的一組解為 a,b,c 即有a b 7c,於是有7 a b,而完全平方數...
如何證明整數集和有理數集是等勢的?無理數集和實數集呢?
salvare000 可數的無窮集和正整數集等勢。要證明等勢只要能夠在兩個集合建立雙射就行,或者說證明 A B 即證 A B 且 B A 又或者說,可列就是可數的。無理數和實數都不可列 無法與正整數建立雙射 而整數顯然與正整數可以建立雙射,按如下排練 整數的 0 1 1 2 2 3 3 對應於正整數...