任取n 1个整数,求证其中至少有两个数,它们的差是n的倍数

把红、白、黄、蓝四种颜色看做是4个抽屉，考虑最差情况：摸出11个球：蓝色的2个全部摸出，另外分别摸出了3个红球、3个白球、3个黄球，此时再任意摸出一个球，就能保证有一个抽屉出现4个球，所以11+1=1

证明：任取一个自然数,则其除以10所得的余数只能是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中的一个,共十种类型的自然数（按10的mod来分类）任取11个自然数,则由抽屉原理,至少有两个自然数除以10的余

这十一个自然数的个位肯定是(0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)十个数字中的一个.所以十一个数字的个位至少有两个是重复的.那麼这两个数字之差的个位数字是0,即差值是10的倍数.

第一个问题：完全二叉树,等比数列第二个问题同上,明白?自己推一下

逆向思维先求出没有红球的概率从12个球里面取3个球,一共有C(12,3)=12*11*10/3*2*1=220种取法从12个球里面取3个球,没有红球,共有C(5,3)=5*4*3/3*2*1=10种取

这6个自然数,都除以5的话余数可能有0,1,2,3,4这5种情况.根据抽屉原理,必然有2个数除5后余数相同,所以2者的差必然是5的倍数.

6个（取5个偶数）3个数7个（考虑被7除的余数）假设都是8环,就8*5=40环,40<41,所以至少有一镖不低于9环再问：第三个不应该是8个吗？为什么是7个呢？再答：对，7+1=8，写太快了，有

至少有一个合数的对立面是什么?就是抽到的全是质数.所以质数有多少个,那么抽取的数就是质数的个数+1.2.3.5.7.11.13.17.19.23.29.31.37.41.47.53.57.59.61.

C(7,1)+C(7,2)+C(7,3)/C(12,3)=0.29

从9,12,15,…,36,39,这11个数中,任取多少个不同的数,它们的和都不可能为52因为9,12,15,18,21,24,27,30,3336,39都是3的倍数,而52倍数3的倍数,所以任取多少

因为1到100中间一共只有50个奇数,所以取出的51个数字中间至少有一个是偶数.又因为每一个数字都可以写成2的方幂乘以奇数的形式,而奇数至多有50个,所以51个数字都写成2的方幂乘以奇数形式之后,必然

1.3*7/[(10*9*8)/3*2*1]=7/402.1-(7*6*5)/(10*9*8)=17/24

/>由于某个自然数被10除的余数有0、1、2、3、4、5、6、7、8、9,共10种情况.那么,再取一个自然数被10除的余数肯定与前10种情况的其中一种重复（余数相同）,所以它们的差就能被10整,也可以

小学奥数抽屉原理题目假设这11个自然数中最小的是n,那么为了不相差10的倍数,其余的9个数可以分别为an+1,bn+2,cn+3,dn+4,en+5,fn+6,gn+7,hn+8,in+9,其中a,b

设,这m+1个数除以m的余数分别为a1,a2……,（0

做原命题的否命题.假设一次都没取到旧的.第一次不取的概率是4/6,第二次不取的概率是3/5两个概率相乘即为一次都没取到旧的的概率为2/5所以至少有一次取到旧球的概率为1-2/5=3/5

这种题是算极端情况,他问你“保证最少”你只要算出最坏情况即可最坏情况就是有一种编号的球拿了10个,其余4个编号的一样一个,那么就是10+4=14你只要再拿一个球,即可保证至少2对了答案是15!

#include"stdio.h"voidmain(){inti,j,k,count;for(i=13;i0){if(k==7)count++;j=j/10;}if(count>1)printf("%

第一个空：6第二个空：16

【证明】21个数中,存在四个数A、B、C、D,满足A+B=C+D,也就是A-C=D-B,问题等价于,一定存在四个数,其中有两个数之差,等于另两个数之差!反设不成立,也就是说,100内,能抽取21个数,