高中數(shù)學(xué)競賽——數(shù)論（精編版）

1、高中數(shù)學(xué)競賽數(shù)論剩余類與剩余系1. 剩余類的定義與性質(zhì)(1) 定義 1 設(shè) m 為正整數(shù)，把全體整數(shù)按對模 m 的余數(shù)分成 m 類，相應(yīng) m 個集合記為： k 0,k 1, ,k m-1,其中 kr=qm+r|q z,0余數(shù) r m-1 稱為模 m 的一個剩余類(也叫同余類 )。k 0,k 1, ,k m-1 為模 m 的全部剩余類 .(2) 性質(zhì) ( ) z0 i mk i 且 ki kj = (i j).1( ) 每一整數(shù)僅在 k 0,k1,k m-1 一個里.( ) 對任意 a、b z，則 a、b krab(modm).2. 剩余系的定義與性質(zhì)(1) 定義 2設(shè) k 0,k1,k m-1

2、 為模 m 的全部剩余類， 從每個 kr 里任取一個 ar， 得 m 個數(shù) a0,a1,am-1 組成的數(shù)組，叫做模m 的一個完全剩余系 ,簡稱完系.特別地,0,1,2,m-1 叫做模 m 的最小非負完全剩余系.下述數(shù)組 叫做模 m 的絕對最小完全剩余系 : 當(dāng) m為奇數(shù)時 ,m1 ,m11,22,1,0,1, m1 ; 當(dāng) m為偶數(shù)2時,m ,m1,22,1,0,1, m1 或2m1,2,1,0,1, m .2(2) 性質(zhì) ( ) m 個整數(shù)構(gòu)成模 m的一完全剩余系兩兩對模 m 不同余. () 若(a,m)=1 ，則 x 與 ax+b 同時遍歷模 m 的完全剩余系 .證明: 即證 a0,a1

3、,am-1 與 aa0+b, aa1+b, aam-1+b 同為模 m 的完全剩余系 ,因 a0,a1,am-1 為模 m 的完系時 , 若 aai+baaj +b(modm),則 ai aj(modm), 矛盾!反之,當(dāng) aa0+b, aa1+b, aam-1+b 為模 m 的完系時 ,若 aiaj(modm),則有aai+baaj+b(modm),也矛盾!()設(shè) m1,m2 是兩個互質(zhì)的正整數(shù) ,而 x,y 分別遍歷模m1,m2 的完系, 則m2x+m1y 歷遍模 m1m2 的完系 .證明: 因 x,y 分別歷遍 m1,m2 個整數(shù),所以,m2x+m1y 歷遍 m1m2 個整數(shù).假定 m2

4、x/+m1y/m2x1m2( m1,m2)=1, 所以, m2x/m2x 約剩余系的定義與性質(zhì)(1) 定義 3 如果剩余類 kr 里的每一個數(shù)都與m 互質(zhì)，則 kr 叫與 m 互質(zhì)的剩余類.在與模 m 互質(zhì)的全部剩余類中，從每一類中任取一個數(shù)所做成的數(shù)組，叫做模 m 的一個既約(簡化)剩余系.如:模 5 的簡系 1,2,3,4;模 12 的簡系 1,5,7,11.(2) 性質(zhì) ( ) kr 與模 m 互質(zhì)kr 中有一個數(shù)與 m 互質(zhì)；證明:設(shè) akr,(m,a)=1,則對任意 bkr,因 abr (modm),所以,(m,a)=(m,r)= (m,b)=1,即 kr 與模 m 互質(zhì).( ) 與

5、模 m 互質(zhì)的剩余類的個數(shù)等于(m) , 即模 m 的一個既約剩余系由(m) 個整數(shù)組成 (m) 為歐拉函數(shù) );( ) 若(a,m)=1,則 x 與 ax 同時遍歷模 m 的既約剩余系 .證明:因(a,m)=1,(x,m)=1,所以,(ax,m)=1.若 ax1 ax2(modm),則有x1x2(modm),矛盾!()若 a1,a2, a(m) 是(m)個與 m 互質(zhì)的整數(shù) ,并且兩兩對模 m 不同余,則 a1,a2,a (m是)模 m 的一個既約剩余系 .證明:因 a1,a2, a (m) 是(m) 個與 m 互質(zhì)的整數(shù) ,并且兩兩對模 m 不同余,所以,a1,a2, a (m) 屬于(

6、m)個剩余類 , 且每個剩余類都與m互質(zhì),故 a1,a2, a (m)是模 m 的一個既約剩余系 .()設(shè) m1,m2 是兩個互質(zhì)的正整數(shù) ,而 x,y 分別歷遍模 m1,m2 的既約剩余系, 則 m2x+m1y 歷遍模 m1m2 的既約剩余系 .證明:顯然,既約剩余系是完系中所有與?；ベ|(zhì)的整數(shù)做成的.因 x,y 分別歷遍模 m1,m2 的完系時 , m2x+m1y 歷遍模 m1m2 的完系. 由( m1,x)=( m2,y)=1,( m1,m2)=1 得( m2x,m1)=( m1y,m2)=1, 所以,(m2x+m1y,m1)=1,(m2x+m1y,m2)=1, 故( m2x+m1y, m

7、1m2)=1. 反之若( m2x+m1y, m1m2)=1, 則( m2x+m1y,m1)=( m2x+m1y,m2)=1, 所以,(m2x,m1)=( m1y,m2)=1, 因( m1,m2)=1, 所以,( m1,x)=( m2,y)=1. 證畢.推論 1 若 m1,m2 是兩個互質(zhì)的正整數(shù) ,則(m1m2 )(m1 )(m2 ) .證明:因當(dāng) x,y 分別歷遍模m1,m2 的既約剩余系時 , m2x+m1y 也歷遍模 m1m2的既約剩余系 ,即 m2x+m1y 取遍( m1m2 )個整數(shù),又 x 取遍(m1) 個整數(shù),y 取遍p(k(m2 ) 個整數(shù),所以, m2x+m1y 取遍(m1

8、)(m2 )個整數(shù),故( m1m2 )( m1)(m2 ) .pp12推論 2設(shè)整數(shù) n 的標(biāo)準(zhǔn)分解式為 n12kp1 , pk為互異素數(shù) ,1,kn * ),則有( n)n(11 )(11 )1p1p2(11 ) .2pk證明:由推論 1 得( n)( p1)( p 2)( pkk ) , 而( p)pp1 ,(即從 1 到 p這 p個數(shù)中,減去能被 p 整除的數(shù)的個數(shù) ),所以,(n)p(11n(11p1)(11 1 )( p221 )(1p 21 ) .2 1 )kp)k 1( pkkp1p2pk4.歐拉 (euler) 與費爾馬 (fermat) 定理歐拉(euler) 定理 設(shè) m

9、是大于 1 的整數(shù) ,(a,m)=1, 則a( m )1(modm) .12證明:設(shè) r1,r2,r(m) 是模 m 的既約剩余系 ,則由性質(zhì) 3 知 ar1,ar2,ar(m) 也是模m 的既約剩余系 ,所以, ar1ar2ar( m)r1r2r(m)(modm),即 a( m) r rr( m)r1 r2r(m ),因( r1 r2r( m),m)=1,所以, a( m )1(modm) .推論(fermat定理)設(shè) p 為素數(shù) ,則對任意整數(shù)a 都有 a pa (modp ) .p證明:若(a, p)=1,由( p)p1及 euler 定理得 a p 11(modp) 即a pa (mo

10、dp );若(a, p) 1,則 p|a,顯然有 aa (modp ) .例 1 設(shè) m>0,證明必有一個僅由0 或 1 構(gòu)成的自然數(shù) a 是 m 的倍數(shù).證明:考慮數(shù)字全為 1 的數(shù):因 1,11,111,1111,中必有兩個在modm 的同一剩余類中,它們的差即為所求的a.例 2 證明從任意 m 個整數(shù) a1,a2,am 中,必可選出若干個數(shù) ,它們的和(包括只一個加數(shù) )能被 m 整除.證明:考慮 m 個數(shù) a1,a1+a2,a1+a2+a3, , a1+a2+ +am,如果其中有一個數(shù)能被m 整除,則結(jié)論成立 ,否則,必有兩個數(shù)屬于 modm 的同一剩余類 ,這兩個數(shù)的差即滿足要

11、求 .例 3 設(shè) f(x)=5x+2=f 1(x),fn+1(x)=ff n(x). 求證:對任意正整數(shù) n,存在正整數(shù) m,使得 2011|fn(m).證明:因 f 2(x)=ff(x)=5(5x+2)+2=52x+5× 2+2,f3(x)=ff 2(x)=5 3x+52× 2+5×2+2, fn(x)=5 nx+5n-1×2+5n-2× 2+2,因(5n,2011)=1,所以,x 與 f n(x)同時歷遍 mod2011的完系 ,1x2011,所以,存在正整數(shù) m(1m 2011)使得 fn(m) 0(mod2011) ,即 2011|fn

12、(m).例 4 設(shè) a1, a2 , a3 ,l 是整數(shù)序列 , 其中有無窮多項為正整數(shù) , 也有無窮多項為負整數(shù) . 假設(shè)對每個正整數(shù)n , 數(shù)a1, a2 , a3 ,l, an 被n 除的余數(shù)都各不相同. 證明: 在數(shù)列 a1 , a2 ,a3,l中, 每個整數(shù)都剛好出現(xiàn)一次.證明: 數(shù)列各項同時減去一個整數(shù)不改變本題的條件和結(jié)論,故不妨設(shè)a1=0.此時對每個正整數(shù)k 必有 ak<k: 若 ak k, 則取 n= ak,則 a1ak 0(mod n),矛盾.現(xiàn)在對 k 歸納證明 a1,a2,ak 適當(dāng)重排后是絕對值小于k 的k 個相鄰整數(shù) .k=1顯然.設(shè) a1,a2,ak 適當(dāng)重

13、排后為 - (k- 1- i),0,i (0i k- 1),由于a1,a2,ak,ak+1 是(mod k+1)的一個完全剩余系 ,故必 ak+1 i+1 (mod k+1),但 ak+1<k+1,因此 ak+1 只能是 i+1 或- (k- i), 從而 a1,a2,ak,ak+1 適當(dāng)重排后是絕對值小于 k+1 的 k+1 個相鄰整數(shù) .?由此得到 :1).任一整數(shù)在數(shù)列中最多出現(xiàn)一次;2).若整數(shù) u 和 v(u<v)都出現(xiàn)在數(shù)列中 ,則 u 與 v 之間的所有整數(shù)也出現(xiàn)在數(shù)列中.?最后由正負項均無窮多個（即數(shù)列含有任意大的正整數(shù)及任意小的負整數(shù)）就得到 :每個整數(shù)在數(shù)列中出

14、現(xiàn)且只出現(xiàn)一次.例 5 偶數(shù)個人圍著一張圓桌討論，休息后，他們依不同次序重新圍著圓桌坐下, 證明至少有兩個人，他們中間的人數(shù)在休息前與休息后是相等的。證明：將座號依順時針次序記為1,2,2n ，每個人休息前后的座號記為(i,j)，則 i與 j歷遍完全剩余系mod2n。如果兩個人 (i1,j1 ),(i2,j2) 休息前后在他們中間的人數(shù)不相等，則有j 2-j1?i 2-i1mod2n，即 j 2-i2?j 1 -i1(mod2n)，因此，j-i也歷遍完全剩余系mod2n,所以,j-i的和=ji 0(mod2n)，而任一完全剩余系 mod2n的和 1+2+2n-1 n(2n-1)?0(mod2n

15、), 矛盾！故結(jié)論成立 .例 6 數(shù)列 an 定義為: a0=a(an*)，an+1=an+ 40 n! (n n).數(shù)列 an 中存在無窮多項可被 2011 整除.證明:因(40,2011)=1,所以, 40( 2011 )1(mod2011) .因當(dāng) n( 2011) 時,(2011)| n! ,所以,數(shù)列 an(mod2011)構(gòu)成模 2011的完系 ,且是周期數(shù)列 ,所以,數(shù)列 an 中存在無窮多項可被2011 整除.例 7 證明:存在無窮多個正整數(shù)n,使得 n2+1?n!.證明:引理 1 對素數(shù) p>2, p1(mod 4)存在 x(1xp- 1)使 x 21(modp) .證

16、: 充分性:因?qū)?1xp- 1,( p,x)=1,所以, xp 1p 1( x 2 )21(modp 1p) , ( x 2 )2p 1(1)21(modp) ,所以,p1 為偶數(shù),即 p21(mod4).必要性:因 1xp- 1 時,x,2x,(p- 1)x 構(gòu)成 modp 的既約剩余系 ,所以,存在1ap- 1,使得 ax- 1(mod p),若不存在 a(1a p- 1), a=x,使 ax- 1(mod p),則這樣的 a,x 共配成p12對,則有 (p 11)2( p1)!1(modp) ,即p12為奇數(shù),與p4k1矛盾!所以,必存在 x(1xp- 1)使 x 21(modp) .引

17、理 2 形如 4k+1(k z)的素數(shù)有無限多個 .證：假設(shè)形如 4k+1 的素數(shù)只有 n 個:p1,p2,pn，則 p1,p2,pn 都不是a=4(p1p2pk)2+1 的素因數(shù) .設(shè) q 是 a 的一個素因數(shù) ,則有(2p1 p2pk)2 - 1(modq),因存在 1x q- 1 使2p1 p2pkx(mod q),即 x2- 1(modq),所以,由引理 1 知 q4k1 ,矛盾！所以,形如 4k+1 的素數(shù)有無限多個 .回到原題 :由引理 1,2 知,存在無窮多個素數(shù)p,使得存在 x(1xp- 1)使x21(modp) .即 p|x2+1,因 p>x,所以, p?x!, x 2

18、+1?x!, 因這樣的素數(shù) p 無窮多,所以,相應(yīng)的 x 也無窮多 .例 8 設(shè) f(x) 是周期函數(shù) ,t 和 1 是 f(x) 的周期且 0<t<1.證明:(1) 若 t 為有理數(shù) ,則存在素數(shù) p,使得1 是 f(x) 的周期;p(2) 若 t 為無理數(shù) ,則存在各項均為無理數(shù)的數(shù)列a n 滿足 0<an+1<an<1 (n=1,2,),且每個 an 都是 f(x) 的周期.證明：(1)設(shè) t=m (正整數(shù) m,n 互質(zhì),且 n2),因(m,n)=1,所以,m,2m,nm 構(gòu)成nmodn的完系 , 故存在 kn*使得 km1(modn),即存在 tn*使得

19、km=nt+1,因kmf(x)=f(x+kt)=f(x+n1)=f(x+t+n1)=f(x+ n1),所以 n是周期.1設(shè) n=kp,其中 k n* , p 為素數(shù) ,則p1kn 是周期.故存在素數(shù) p,使1 是周期.p(2)當(dāng) t 為無理數(shù)時 ,取 a1=t,則 t 為無理數(shù) , 0<t<1.設(shè) kn時存在無理數(shù)ak,使得 0<ak<ak-1<1,且 ak 是周期.對 k+1,總存在存在 u,vn* ,使得 0<uak- v<ak<1,取 ak+1=uak- v,則 ak+1 是無理數(shù)且是f(x) 的周期,且 0<ak+1<ak&l

20、t;1,遞推知存在各項均為無理數(shù)的數(shù)列 an 滿足 0<an+1<an<1(n=1,2,),且每個 an 都是 f(x) 的周期.例 9 設(shè)正整數(shù) n 2.求所有包含 n 個整數(shù)的集合a,使得 a 的任意非空子集中所有元素的和不能被n+1 整除.解: 設(shè) a= a1,a2,an 是滿足條件的集合 . skkai ( ki 11, 2, n) ,依題意知 ,對任意 k=1,2,n 都有 n+1?sk,且任意 sk, sj(k j)都有 sk?sj(modn+1),所以,s k 包含了 modn+1 的所有非零剩余 ,因?qū)?1in整,數(shù) ai , s2,s3,sn 也包含了 mo

21、d(n+1)的所有非零剩余 ,所以, a1=s1ai(modn+1),即 a 中任意 ai a1(modn+1).所以 ,對任意 1 kn, a1+a2+akka1(modn+1).且 ka1?0(modn+1),從而 (a1,n+1)=1.取 a1=a 得集合 a= a+k i(n+1)|kiz, 1ina, z,且(a,n+1)=1 為所求.例 10 對任意正整數(shù) n,用 s(n)表示集合 1,2,n 中所有與 n 互質(zhì)的元素之和 .證明: 2s(n)不是完全平方數(shù) ;例 11 求所有的奇質(zhì)數(shù)p,使得2011p |k p 1 .例 12 求所有質(zhì)數(shù) p,使得k 1pp3 | ( c1 )

22、2p(c 2 )2p(c p1 )2 .例 13 設(shè) n 為大于 1 的奇數(shù),k1,k2,kn 是 n 個給定的整數(shù) ,對 1,2,n的每一個排列 a=(a 1,a 2,a n),記s(a)=nki aii 1. 證明: 存在兩個 1,2,n 的排列 b 和 c(bc), 使得 n!|s(b)-s(c).證明: 如果對 1,2,n的任意兩個不同排列b 和 c(b c),都有n!?s(b)-s(c),那么當(dāng) a 取遍所有排列時 ( 共 n!個),s(a)遍歷模 n!的一個完系 ,因此,有as( a) 1+2+n! n!( n!1)2n! (modn!),另一方面 ,我們有2s( a) =aank

23、i aii 1ni 1aki ainki ( ni 1n1)!j j 1n! (n21) nkii 10(mod n! ).由s(a) n! (modn!)與a2s(a) 0(modn!)(因 n為奇數(shù))矛盾! 故原命題成立 .anm例 14 已知 m,n 為正整數(shù),且 m 為奇數(shù) ,(m,2n-1)=1.證明:m|k.k 1證明: 因 1,2,m 構(gòu)成 modm的完系 ,(m,2)=1,所以 2,4,2m 也構(gòu)成modm的完系 , 所以m( 2k) nmk n (mod m)即(2 nm1)k n0(modm) .k 1k 1k 1n因(m,2 -1)=1,所以 m |mk n . 得證.k

24、 1例 15 已知 x(0,1),設(shè) y (0,1)且對任意正整數(shù)n，y 的小數(shù)點后第 n 位數(shù)字是 x 的小數(shù)點后第 2n 位數(shù)字.證明:若 x 是有理數(shù) ,則 y 也是有理數(shù) .例 16 設(shè) a= a1,a2,a(n) 是模 n 的一個既約剩余系 .如果方程 x2 1( modn)在 a 中解的個數(shù)為 n,求證: a1a2a(n)(n1) 2(modn).同余方程與同余方程組1. 同余方程 (組)及其解的概念定義 1給定正整數(shù) m 及 n 次整系數(shù)多項式f ( x)nan xn1an 1 xa1 xa 0，則同余式 f(x) 0(modm)叫做模 m的同余方程 , 若 an0(modm),

25、 則 n 叫做方程的次數(shù) .若 x=a 是使 f( a)0(modm成)立的一個整數(shù) , 則 xa(modm)叫做方程的一個解, 即把剩余類 a(modm)叫做的一個解 .若 a1(modm),a2(modm)均為方程的解 , 且 a1,a2 對模 m不同余 , 就稱它們是方程的不同解 . 由此可見 , 只需在模 m 的任一組完系中解方程即可.例 1 解方程 2x2+x- 1 0(mod7).解:取 mod7 的完系:- 3, - 2,-1,0,1,2,3,直接驗算知 x- 3(modm)是解 .例 2 求方程 4x2+27x- 12 0(mod15).解:取 mod15 的完系:- 7, -

26、 6,-1,0,1,7,直接驗算知 x- 6,3(modm)是解.2. 一次同余方程設(shè) m?a,則 axb(modm),叫模 m 的一次同余方程 .定理 1 當(dāng)(a,m)=1 時,方程 ax b(modm)必有解 ,且解數(shù)為 1.證明:因當(dāng)(a,m)=1 時,x 與 ax 同時遍歷模 m 的完系,所以,有且僅有一個 x 使得ax b(modm).即 xa-1b(modm).定理 2 方程 ax b(modm)有解(a,m)|b,且有解時其解數(shù)為 (a,m),及若 x0 是一個特解,則它的(a,m)個解是 xx0m (a,m)t (modm), t0,1, (a, m)1.例 3 解方程 6x1

27、0(mod8).解:因(6,8)=2,且- 1 是一個特解 ,所以,方程 6x 10(mod8)的解為 :x14t (mod 8), t0,1 即 x1,3(mod8) .例 4 解方程 12x 6(mod9).因(12,9)=3,且- 1 是一個特解 ,所以,方程 12x6(mod9)的解為 :x13t(mod 8), t0,1,2 即x1,2，,5(mod8) .3. 同余方程組定義 3 給定正整數(shù) m1,m2,mk 和整系數(shù)多項式 f 1(x),f 2(x),fk(x), 則同余式組f1 ( x)f 2 (x)0(mod m1 ) 0(mod m2 ),叫做同余方程組 . 若 x=a 是

28、使 f j(a)0(modmj )(1 j k) 成f k ( x)0(mod mk )立的一個整數(shù) , 則 xa(modm)叫做方程組的一個解 , 即把剩余類 a(modm)叫做的一個解 . 其中 m= m1,m2,mk.例 5 解方程組x3(mod 7).6x10(mod 8)解:由例 3 知 6x 10(mod8)的解是 x1,3(mod8) .所以,原解方程組x3(mod 7)x或x1(mod 8)x3(mod 7)3(mod 8)x31(mod 7)或xx31(mod 8)3(mod 56)x31,3(mod 56) .中國剩余定理 :設(shè) k 2, 而 m1,m2,mk 是 k 個兩

29、兩互質(zhì)的正整數(shù)，令m=m 1m2mk=m1m 1=m2m 2=mkmk，則對任意整數(shù)a1,a2,ak 下列同余式組：xa1 (mod m1) xa2 (mod m2 )-1-1-1xak (mod mk )的正整數(shù)解是xa1m 1m 1+a2m 2m 2+akm kmk(modm).其中 mj-1 滿足 m jmj -1 1(modmj)(1 j k),即 m j 對模 mj 的逆.證明:(1)對 1j k, 因 mj| m i(i j),mj | m , 所以 xaj m jmj -1aj (modmj). (2)設(shè) x,y 都是同余式組的解 ,即 x aj (modmj),y aj (mo

30、dmj)(1j k),則 xy(modmj),即 mj |x- y, 因 m1,m2,mk 兩兩互質(zhì) ,所以 m| x-y 即 xy(modm).-1注: (1)存在無窮多個整數(shù)x 滿足同余方程組 , 這些 x 屬于同一模 m 的剩余類 ;-1(2)同余方程組僅有一個解xa1m1m 1+a2m 2m 2+ak mkmk-1(modm).(3)當(dāng)(a,mi )=1(=1,2,n)時,同余方程組axa1axa(mod m1 ) (mod m )xa1a1xa 1a(mod m1)(mod m )2222仍然具有定理結(jié)論 .axak (mod mk )xa 1a(mod mk )k這在數(shù)論解題中具有

31、重要應(yīng)用.例 6“今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之余二，五五數(shù)之余三，七七數(shù)之余二，問物幾何” .x解: 設(shè)物數(shù) x,則有xx2(mod 3)3(mod 5)2(mod 7),這里 m1=3,m2=5,m3=7,m=3 ×5× 7=105,所以,35× 35-1 2× 35-1 1(mod3)35-1 2(mod3),21× 21-1 21-1 1(mod5)21-1 1(mod3),15× 15-1 15-1 1(mod7)15-1 1(mod3),所以,同余方程組的解為 :x23523211215123323(mod 105) ,即 x=

32、105k+23(kn).例 7 有兵一隊 ,若分別列 5,6,7,11 行縱隊,則末行人數(shù)分別為1,5,4,10.求兵數(shù) .x解:設(shè)兵數(shù) x,則 x1(mod 5)5(mod 6),其中 m=5,m=6,m=7,m=11,m=2310,x4(mod 7)x10(mod 11)1234462× 462-12×462-11(mod5)462-13(mod5),385× 385-1385-1 1(mod6)385-1 1(mod6),330× 330-1330-1 1(mod7)330-1 1(mod7),210× 210-1210-11(mod11

33、)210-1 1(mod11),所以,同余方程組的解為 :x4623538543301021063712111(mod 2310) ,即 x=2310k+2111(k n).例 8 證明:對任意 n 個兩兩互質(zhì)的正整數(shù) :m1,m2,mn,總存在 n 個連續(xù)的自然數(shù) k+1,k+2,k+n 使得 mi |k+i(i=1,2,n).k證明:由剩余定理知 ,總存在整數(shù)k使得 k1(mod m1 ) 2(mod m2 ),即存在連續(xù)的自然數(shù)k+1,k+2,k+n 使得 mi |k+i(i=1,2,n).kn(mod mn )例 9 證明:對任意 nn*,存在 n 個連續(xù)正整數(shù)它們中每一個數(shù)都不是素數(shù)的冪(當(dāng)然也不是素數(shù) ).證明:因都不是素數(shù)的冪時 ,只能是素數(shù)之