当前姐姐们对相关于如何证明33和99的整除性事件始末最新消息，姐姐们都需要分析一下如何证明33和99的整除性，那么小茜也在网络上收集了一些对相关于二次项定理展开式的一些信息来分享给姐姐们，结果令人震惊，希望能够帮到姐姐们哦。

用二项式定理展开来证明,99^100=(100-1)^100,展开C(100,0)100^100-C(100,1)100^99+……+C(100,100)100^0由于C(100,n)都是自然数,故一直到100²项都能被1000.

呵呵 题意很明显,关键在于叙述.假设整数a,能被p*q整除,其中p,q互质,求证a能分别被p和q整除.证明:整数a,能被p*q整除 设a=p*q*n,(n∈z) 则有 a=p*(q*n),(q*n∈.

二项式展开学过的话就简单了 2^99 + 3^99 = 8^33 + 27^33 = (1+7)^33 + (-1 + 28)^33 = (1 + 33·7 + . + 7^33) + (-1 + 33·28 - . + 28^33) = (33·7 + . + 7^33) + (33·28 - . .

99=9*11 能被9整除的数字和也能被9整除,然后就用排除法!!!

(a-b)³=a³-3a²b+3ab²-b³999的3次方减99=(1000-1)³-99=1000³-3*1000²+3*1000-1-99=1000³-3*1000²+3*1000-100因为1000³、-3*1000²、3*1000、-100均.

由费马小定理 7|5^6-1 所以: 6|n时,7|5^n-1(因式分解) 当n不被6整除时,n=6k+r r=1,2,3,4,5 5^(6k+r)-1^r=(7A+1)*5^r-1=7(A+5^r)+(5^r+1) 其中5^(6k)=7A+1 而5^r+1永远不被7整除(当r取1,2,3,4,5) 综上,n=6k满足要求

2^(6k+1)+3^(6k+1)+5^6k+1 =2(2^3)^2k+3(3^3)^2k+(5^3)^2k+1 =2(7+1)^2k+3(28-1)^2k+(126-1)^2k+1 把上式都展开,可知每一项都是最后一个式子不能被7整除, 第一个式子余2,第二个式子余3,第三个式子余1,最后一项为1, 则其和为2+3+1+1=7,即余数之和也能被7整除. 所以,原式对于任何正整数k都能被7整除. 整除是数论的基本问题,也是较难的问题,其解法很灵活,需要花点力气进行探究.

1.参看 wenwen.sogou/z/q856929055.htm 2.a3+3a2-4a =a(a^2+3a-4) =a(a-1)(a+4) 由此看出此式既能被2整除,同时又能被3整除,所以它能被6整除. 3. 是103 解法:3-1=5-3=7-5=2,可见所求的这个数+2之后就可以被3、5、7整除.3、5、7都是素数,所以最小公倍数=3*5*7=105,即所求为105-2=103 zhidao.baidu/question/54831.html 5.参看 wenwen.sogou/z/q725892739.htm

7*11*13=1001 abc*1001=abcabc

你说的这个问题是不严谨的. 事实上,当且仅当p是3的倍数+1时,各数位之和能被3整除的p进制数能被3整除. 一般情况下我们讨论的是10进制数,而10满足3*3+1=10,因而也成立. —————————————————————————————————— 用位值原理来证明. 既然是进位制的数,那么任何一个多位数均可按位拆开, 例如:123=1*100+2*10+3*1 设一个多位数abc……xy(多少位不限,因为使用10^n会使得看起来很费劲,所以.

这篇文章到这里就已经结束了，希望对姐姐们有所帮助。