这道题怎么写？_百度知道
这道题怎么写？
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设m比n＝x，因为m，n为自然数，所以x+2＞2恒成立。
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先逐个放一个，有剩余，则其中有一个有两个以上
抽屉原理 - 基本简介抽屉原理图册“任意367个人中，必有生日相同的人。”“从任意5双手套中任取6只，其中至少有2只恰为一双手套。”“从数1，2，...，10中任取6个数，其中至少有2个数为奇偶性不同。” 大家都会认为上面所述结论是正确的。这些结论是依据什么原理得出的呢？这个原理叫做抽屉原理。“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，
它的内容可以用形象的语言表述为：“把m个东西任意分放进n个空抽屉里（m&n），那么一定有一个抽屉中放进了至少2个东西。”在上面的第一个结论中，由于一年最多有366天，因此在367人中至少有2人出生在同月同日。这相当于把367个东西放入 366个抽屉，至少有2个东西在同一抽屉里。在第二个结论中，不妨想象将5双手套分别编号，即号码为1，2，...，5的手套各有两只，同号的两只是一双。任取6只手套，它们的编号至多有5种，因此其中至少有两只的号码相同。这相当于把6个东西放入5个抽屉，至少有2个东西在同一抽屉里。第一抽屉原理原理1： 把多于n+1个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里的东西不少于两件。证明（反证法）：如果每个抽屉至多只能放进一个物体，那么物体的总数至多是n，而不是题设的n+k(k≥1)，故不可能。原理2 ：把多于mn(m乘以n)个的物体放到n个抽屉里，则至少有一个抽屉里有不少于m+1的物体。证明（反证法）：若每个抽屉至多放进m个物体,那么n个抽屉至多放进mn个物体,与题设不符，故不可能。原理3 ：把无穷多件物体放入n个抽屉，则至少有一个抽屉里 有无穷个物体。原理1 、2 、3都是第一抽屉原理的表述。第二抽屉原理把（mn——1）个物体放入n个抽屉中，其中必有一个抽屉中至多有（m—1）个物体(例如，将3×5-1=14个物体放入5个抽屉中，则必定有一个抽屉中的物体数少于等于3-1=2)。证明（反证法）：若每个抽屉都有不少于m个物体，则总共至少有mn个物体，与题设矛盾，故不可能。 抽屉原理 - 证明这个问题可以用如下方法简单明了地证出：在平面上用6个点A、B、C、D、E、F分别代表参加集会的任意6个人。如果两人以前彼此认识，那么就在代表他们的两点间连成一条红线；否则连一条蓝线。考虑A点与其余各点间的5条连线AB，AC，...，AF，它们的颜色不超过2种。根据抽屉原理可知其中至少有3条连线同色，不妨设AB，AC，AD同为红色。如果BC，BD ，CD 3条连线中有一条（不妨设为BC）也为红色，那么三角形ABC即一个红色三角形，A、B、C代表的3个人以前彼此相识：如果BC、BD、CD 3条连线全为蓝色，那么三角形BCD即一个蓝色三角形，B、C、D代表的3个人以前彼此不相识。不论哪种情形发生，都符合问题的结论。六人集会问题是组合数学中著名的拉姆塞定理的一个最简单的特例，这个简单问题的证明思想可用来得出另外一些深入的结论。这些结论构成了组合数学中的重要内容-----拉姆塞理论。从六人集会问题的证明中，我们又一次看到了抽屉原理的应用。抽屉原理 - 一般表述在上面的第一个结论中，由于一年最多有366天，因此在367人中至少有2人出生在同月同日。这相当于把367个东西放入 366个抽屉，至少有2个东西在同一抽屉里。在第二个结论中，不妨想象将5双手套分别编号，即号码为1，2，...，5的手套各有两只，同号的两只是一双。任取6只手套，它们的编号至多有5种，因此其中至少有两只的号码相同。这相当于把6个东西放入5个抽屉，至少有2个东西在同一抽屉里。抽屉原理的一种更一般的表述为：“把多于kn+1个东西任意分放进n个空抽屉（k是正整数），那么一定有一个抽屉中放进了至少k+1个东西。”利用上述原理容易证明：“任意7个整数中，至少有3个数的两两之差是3的倍数。”因为任一整数除以3时余数只有0、1、2三种可能，所以7个整数中至少有3个数除以3所得余数相同，即它们两两之差是3的倍数。如果问题所讨论的对象有无限多个，抽屉原理还有另一种表述：“把无限多个东西任意分放进n个空抽屉（n是自然数），那么一定有一个抽屉中放进了无限多个东西。”用高斯函数来叙述一般形式的抽屉原理的是：将m个元素放入n个抽屉，则在其中一个抽屉里至少会有[(m-1)/n]+1个元素。抽屉原理的内容简明朴素，易于接受，它在数学问题中有重要的作用。许多有关存在性的证明都可用它来解决。这个问题可以用如下方法简单明了地证出：在平面上用6个点A、B、C、D、E、F分别代表参加集会的任意6个人。如果两人以前彼此认识，那么就在代表他们的两点间连成一条红线；否则连一条蓝线。考虑A点与其余各点间的5条连线AB，AC，...，AF，它们的颜色不超过2种。根据抽屉原理可知其中至少有3条连线同色，不妨设AB，AC，AD同为红色。如果BC，BD ，CD 3条连线中有一条（不妨设为BC）也为红色，那么三角形ABC即一个红色三角形，A、B、C代表的3个人以前彼此相识：如果BC、BD、CD 3条连线全为蓝色，那么三角形BCD即一个蓝色三角形，B、C、D代表的3个人以前彼此不相识。不论哪种情形发生，都符合问题的结论。六人集会问题是组合数学中著名的拉姆塞定理的一个最简单的特例，这个简单问题的证明思想可用来得出另外一些深入的结论。这些结论构成了组合数学中的重要内容-----拉姆塞理论。从六人集会问题的证明中，我们又一次看到了抽屉原理的应用。抽屉原理 - 表现形式形式一：设把n+1个元素划分至n个集合中(A1，A2，…，An)，用a1，a2，…，an分别表示这n个集合对应包含的元素个数，则：至少存在某个集合Ai，其包含元素个数值ai大于或等于2。证明：（反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai&2，则因为ai是整数，应有ai≤1，于是有：a1+a2+…+an≤1+1+…+1=n&n+1，这与题设矛盾。所以，至少有一个ai≥2，即必有一个集合中含有两个或两个以上的元素。形式二：设把nm+1个元素划分至n个集合中(A1，A2，…，An)，用a1，a2，…，an表示这n个集合对应包含的元素个数，则：至少存在某个集合Ai，其包含元素个数值ai大于或等于m+1。证明：（反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai&m+1，则因为ai是整数，应有ai≤m，于是有：a1+a2+…+an≤m+m+…+m=nm&nm+1，这与题设相矛盾。所以，至少有存在一个ai≥m+1知识扩展——高斯函数[x]定义：对任意的实数x，[x]表示“不大于x的最大整数”。例如：[3.5]=3，[2.9]=2，[－2.5]=－3，[7]=7，……一般地，我们有：[x]≤x&[x]+1形式三：设把n个元素分为k个集合A1，A2，…，Ak，用a1，a2，…，ak表示这k个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个ai大于或等于[n/k]。证明：（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai&[n/k]，于是有：a1+a2+…+ak&[n/k]+[n/k]+…+[n/k] =k?[n/k]≤k?(n/k)=nk个[n/k] ∴ a1+a2+…+ak&n 这与题设相矛盾。所以，必有一个集合中元素个数大于或等于[n/k]形式四：设把q1+q2+…+qn－n+1个元素分为n个集合A1，A2，…，An，用a1，a2，…，an表示这n个集合里相应的元素个数，需要证明至少存在某个i，使得ai大于或等于qi。证明：（用反证法）假设结论不成立，即对每一个ai都有ai&qi，因为ai为整数，应有ai≤qi－1，于是有：a1+a2+…+an≤q1+q2+…+qn－n &q1+q2+…+qn－n+1这与题设矛盾。所以，假设不成立，故必有一个i,在第i个集合中元素个数ai≥qi形式五：证明：（用反证法）将无穷多个元素分为有限个集合，假设这有限个集合中的元素的个数都是有限个，则有限个有限数相加，所得的数必是有限数，这就与题设产生矛盾，所以，假设不成立，故必有一个集合含有无穷多个元素。
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全部答案（共9个回答）
(1)时钟的敲响次数每12个小时为一个循环.因此可以先考虑0-12时的答案.然后将此答案加12也成立.
(2)每连续三次敲响,必然是“半点、准点、半点”或“准点、半点、准点”。
(3)由于是连续三次都只敲一下,所以不可能是“1时、1时30分、1时”。因此只能是“0时30分、1时、1时30分”。
综上所述，答案是：
第一次是夜间0:30
第二次是夜间1:00
第三次是夜间1:30
第一次是中午12:30
第二次是中午13:00
第三次是中午13:30
这时的时刻是夜间1:30或中午13:30
第一次是夜间0:30
第二次是夜间1:00
第三次是夜间1:30
第一次是中午12:30
第二次是中午13:00
第三次是中午13:30
你想啊，连续三次且是一下，就是说第一次和第三次相隔一个小时，都敲一下，那第一次肯定不是整点，如果是整点，相隔一小时后就不会敲一下了，所以第一次和第三次就是在半点的时候，那么第二次敲一下是整点的话，只有两种情况，一种是半夜１点，一种是中午１点。
正确答案：
这时的时刻是：1:30或13:30
第一次听到是0:30敲一下
第二次听到是1:00敲一下
第三次听到是1:30敲一下
第一次听到是12:30敲一下
第二次听到是13:00敲一下
第三次听到是13:30敲一下
分析：第一次和第三次相隔一个小时，都是敲一下，说明肯定不是整点，如果是整点，相隔一小时的敲的次数肯定不一样，一般是多一下，比如３点敲三下，４点敲四下；也可能少十一下，比如１２点敲十二下，１点敲一下。
那么第一次和第三次就是在半点的时候，那么第二次敲一下是整点的话，只有两种情况，一种是半夜１点，一种是中午１点。（注意中午１３点不是敲十三下，而是敲一下）
。
1.A可以确定是1：00或n：30响。
2.B在A之后响，确定是1：30或n：00响。
3.C在B后响，B又在A后响，表示A在1：00或12：30，因为如果A在除1：00和12：30之外的n：00或n：30，那么C就不止响一下。
4.假设A是1：00、B是1：30、C是2：00，C两下，假设不成立。
5.假设A是12：30、B是1：00、...
我们把第一响看做A，第二响看做B，第三响看做相关信息。
1.A可以确定是1：00或n：30响。
2.B在A之后响，确定是1：30或n：00响。
3.C在B后响，B又在A后响，表示A在1：00或12：30，因为如果A在除1：00和12：30之外的n：00或n：30，那么C就不止响一下。
4.假设A是1：00、B是1：30、C是2：00，C两下，假设不成立。
5.假设A是12：30、B是1：00、C是1：30，均一下，假设成立。
答：第一响是12：30，第二响是1：00，第三响是1：30。
由题意得每逢半点敲一次。
所以是半点。
因为一点敲一下，
所以此时应为12点半。（可能是半夜也可能是中午。）
对于小学二年级的小朋友，只能用猜想、实验的方法，符合题意就行，不能讲太多太深的道理。
假设从1点开始，敲1下；1点半，敲1下（计2）；2点，敲2下（计4）；2点...
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答: 你好。其实这个你可以网购的,网上有很多现实中买不到的书,不知道你那里有木有图书大厦,去图书大厦看看
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 &#61686、 B 两地的距离是 x 千米，则 ：设由 A ;    &#6 60 20 15 x x ＝ 2 12 x ＝ 12 × 2 ＝ 24( 千米 ) 方法二;  &#61485解：方法一：设由 A 到 B 时间是 x 小时，则 12 x ＝ &#61687
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