取k=4a
4
（a是自然数），n
4
+k=n
4
+4a
4
=n
4
+4a
2
n
2
+4a
4
-4n
2
a
2
=（n
2
+2an+2a
2
）（n
2
-2an+2a
2
）
当a≥2时，这是两个大于1的自然数的乘积，因为a有无穷多个，所以k也有无穷多个．
即存在无穷多个自然数k，使得n
4
+k不是质数．

如何证明自然数是无限多个?
答：第二数学归纳法 数学归纳法的基本步骤：对于某个与自然数有关的命题P(n)，（1）验证n=n0时P(n)成立；（2）假设n0≤n<k时P(n)成立，并在此基础上，推出P(k+1)成立。综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），命题P(n)都成立。倒推归纳法（反向归纳法）（1）验证对于无穷多个自然数n...

证明:对于任意给定的正整数n,必存在一个自然数k,使得k乘n之积包含了01...
答：构造一个k就可以了 原题等效于找到数组a(0)，a(1)，a(2)...a(9)使得a(m)*n中有m这个数字 若n与10互质，则n的个位数为1、3、7、9，则取一位数a即可使ka的个位数为0123456789 若n与10不互质，则先乘上若干个因数2或5使得n不为0的最低位为1、3、7、9，然后同上。这么说有点乱，...

急求:证明:对n阶矩阵A必存在自然数k,使秩(A的k次方)=秩(A的k+1次方...
答：请参考这个证明:http://zhidao.baidu.com/question/228513959.html

任意k个自然数,从中是否能找出若干个数(也可以是一个,也可以是多个...
答：如果没有，则有r1~rk共计k个余数，而余数值范围只有1~（k-1）共计k-1个值。根据抽屉原理，必有某个ri = rj，i < j, 那么sj -si所代表的（ai+1 +ai+2 +...+aj）就是满足条件的和。所以任意K个自然数中必有若干个不同的数的和构成K的倍数。证毕。

求证:有无穷多个自然数a,使得数z=n^4+a对于任何自然数n均为合数
答：如果a是任意一个数的4次方的4倍,则n^4+a必是合数,设a=4*k^4,k是整数,则：n^4+a=n^4+4*k^4=n^4+4*n^2*k^2+4*k^4-4*n^2*k^2=(n^2+2k^2)^2-(2nk)^2 =(n^2+2k^2+2*n*k)(n^2+2k^2-2*n*k)。显然这样的a有无穷多。简介 整数包括自然数，所以自然数一定...

关于质数的未解难题
答：孪生素数就是指相差2的素数对，例如3和5，5和7，11和13…。这个猜想正式由希尔伯特在1900年国际数学家大会的报告上第8个问题中提出，可以这样描述：存在无穷多个素数p，使得p + 2是素数。素数对（p, p + 2）称为孪生素数。在1849年，阿尔方·德·波利尼亚克提出了一般的猜想：对所有自然数k，...

任意k个自然数,从中是否能找出若干数(可以是一个,也可以多个),使得找出...
答：显然可以 k个自然数为x1，x2...xk 考虑 x1， x1+x2, ... x1+x2+...+xk 这k个数，如果其中有一个是k的倍数，命题得证 如果都不是k的倍数，由抽屉原理，定有两个被7除余数相同。不妨设为x1+...+xt 和 x1+。。。+xs （s>t)则两数相减得到x（t+1）+。。。+xs能被k整除 ...

世界十大数学猜想?
答：3、孪生素数猜想 这个猜想是最初发源于德国数学家希尔·伯特，他在1900年国际数学家大会上提出：存在无穷多个素数p，使得p + 2是素数。其中，素数对（p, p + 2)称为孪生素数。在1849年，法国数学家阿尔方·德·波利尼亚克提出了孪生素数猜想：对所有自然数k，存在无穷多个素数对（p, p + 2k)。

对任意的质数p,求证:存在无穷多个正整数n使得p能整除(2^n-n)_百度知...
答：[2^(p-1)]^(k(p+1))= (-1)^(k(p+1))= 1 (mod p)所2^n - n = 1 - k(p^2-1)= 1 + k (mod p)所以只要k = tp -1那么2^n-n = 1 - 1 = 0 (mod p)所以对于任意n = (tp - 1)(p^2-1)，都有p | 2^n-n 也就是存在无穷多个正整数n使得p能整除（2^n...

存在无穷多个正整数n, 使得n^2+1无平方因子且每个素因子小于等于n.怎么...
答：存在无穷多个正整数n，使得n^2+1无平方因子且每个素因子小于等于n，说明所有小于等于N的质数一定包括2和3。下面先证如下假设：Bertrand假设：对任意自然数n≥2，至少存在一个素数p使得n≥2n。举例说明：引理1：设n为一自然数，p为一素数，则能整除n！的p的最高幂次为：s=Σi≥1floorn/pi式中...