设p>0,证明:p (p 1)

正交阵的特征值除了1和-1之外必定是按照λ,1/λ成对出现的,所以|P|=(-1)^k,k是特征值-1的代数重数

命题即证：P(B|A)=p(ab)/p(a)=p(ab)/p(a)>=1-(1-p（b）)/p(a)亦即p(ab)>=p(a)+p(b)-1亦即p(a)+p(b)-p(ab)

P(AB|A)=P((AB)A)/P(A)=P(AB)/P(A)P(AB|AUB)=P((AB)(AUB))=P(AB)/P(AUB)显然P(AUB)>=P(A),所以P(AB|A)>=P(AB|AU

输出：5,95,9第一个printf输出交换前的a[0]和a[1],第二个printf输出swap后的a[0]和a[1].但事实上swap函数只是对p1和p2两个指针的值进行交换,并没有交换a[0]和

串联：电流处处相等：P1＝I^2R1,P2＝I^2R2P1＋P2＝I^2（R1＋R2）＝I^2R总＝P并联：各支路电压相等：P1＝UI1,P2＝UI2P1＋P2＝U(I1＋I2）＝UI总＝P不明欢迎追

P(B|A）>=1-(1-p2)/p1等价于p(A)+p(B)-p(AB)

当P=1,4,9,16,-------,n^2(n为整数）时根号下p=1,2,3,4,-------,|n|是有理数我只是举了些反例,来说明你的题不对

fseek(fp,0L,0);charLength[100];R)printf("%d次连接失败!\n",b1);else对比outtextxy(565,50,"Bill");for(q=0;q

由于质数有无穷多个要证p1^r1*p2^r2*.-1(r1...rk>=1,rk+1>=0)能够表征的质数仍为无限个观察上式的构型为(p1*p2*..pk)n-1n为正整数即证mn-1型的质数有无穷多

=P(ab)/P(b).即有:P(ab)/P(b)=1,即有P(b)=P(ab).(1)而P(非b|非a)=P[(非b)(非a)]/P(非a)={1-P[非[(非b)

若(a,p)不等于1则由于p为质数所以p|a,命题成立若(a,p)=1上述命题等价于证p|a^(p-1)-1这就转化为著名的费马小定理综上结论成立

……借助维恩图.设全事件Ω.集合A、集合B分别表示事件A、B.则A-B为属于A但不属于B的部分,所以P(A-B)=(A-B)/ΩP(A)=A/ΩP(B)=B/ΩP(A)-P(B)=(A-B)/Ω所以P

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-

首先你少了两个条件.第一是所有的Pi>0和Si>0,不然对数里面可能出现负数.第二是S/P必须固定不变（见下面的证明）,不然题目的结论就不对.定义pi=Pi/Psi=Si/S则∑pi=1∑si=1∑(

杨子胥《近世代数习题集》中有

对任意ε∈（0,1）,∫(0→1)1/(1＋x∧p)dx=∫（0→ε）1/（1+x^p）dx+∫（ε→1）1/（1+x^p）dx≥∫（0→ε）1/（1+ε^p）dx+∫（ε→1）1/2dx=ε/（1+

证明：先证第二个不等号：1/(1+x^p)1-x^p两边同时积分得到第一个不等式.

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

P\Q不为整数,就说明P/Q不是分数,所以只需证明根号2是无理数假设PQ为整数,且互质P^2/Q^2=22Q^2=P^2所以P为偶数设P=2K2Q^2=4K^2Q^2=2K^2所以Q为偶数PQ不互质,