6年级（人教版）数学书上每一册的数学广角,每个年级上下册的都要,共10本,在说明每个数学广角的做法.我记得的三项是：五下 打电话 六上 鸡兔同笼 六下 抽屉原理,还有别的请全部都告诉我

6年级（人教版）数学书上每一册的数学广角,每个年级上下册的都要,共10本,在说明每个数学广角的做法.我记得的三项是：五下 打电话 六上 鸡兔同笼 六下 抽屉原理,还有别的请全部都告诉我
6年级（人教版）数学书上每一册的数学广角,每个年级上下册的都要,共10本,在说明每个数学广角的做法.我记得的三项是：五下 打电话 六上 鸡兔同笼 六下 抽屉原理,还有别的请全部都告诉我.

6年级（人教版）数学书上每一册的数学广角,每个年级上下册的都要,共10本,在说明每个数学广角的做法.我记得的三项是：五下 打电话 六上 鸡兔同笼 六下 抽屉原理,还有别的请全部都告诉我
三上：排列组合 三下：连乘和等量代换.

我没有你说的书，等有的人来帮助你吧

鸡兔同笼是中国古代著名趣题之一。大约在1500年前，《孙子算经》中就记载了这个有趣的问题。书中是这样叙述的：“今有雉兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问雉兔各几何？”这四句话的意思是：有若干只鸡兔同在一个笼子里，从上面数，有35个头；从下面数，有94只脚。问笼中各有几只鸡和兔？ 　　算这个有个最简单的算法。 　　（总脚数－总头数×2）÷2=兔子数 总头数－兔子数=鸡数 　　解释：让兔子和鸡都抬起...

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鸡兔同笼是中国古代著名趣题之一。大约在1500年前，《孙子算经》中就记载了这个有趣的问题。书中是这样叙述的：“今有雉兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问雉兔各几何？”这四句话的意思是：有若干只鸡兔同在一个笼子里，从上面数，有35个头；从下面数，有94只脚。问笼中各有几只鸡和兔？ 　　算这个有个最简单的算法。 　　（总脚数－总头数×2）÷2=兔子数 总头数－兔子数=鸡数 　　解释：让兔子和鸡都抬起两只脚，这样笼子里的脚就减少了头数*2只，由于鸡只有2只脚，所以笼子里只剩下兔子的，再除以2就是兔子数。别说兔子和鸡不听话，现实中也没人鸡兔同笼。 　　假设法：　 　　假设全是鸡：2×35=70（只） 　　比总脚数少的：94－70=24 （只） 　　兔：24÷（4-2）=12 （只） 　　鸡：35－12=23（只） 　　假设法（通俗） 　　假设鸡和兔子都听指挥 　　那么，让所有动物抬起一只脚，笼中站立的脚： 　　94-35=59（只） 　　然后再抬起一只脚，这时候鸡两只脚都抬起来就摔倒了，只剩下用两只脚站立的兔子，站立脚： 　　59-35=24（只） 　　兔： 　　24÷2=12（只） 　　鸡： 　　35-12=23（只） 　　一元一次方程法 　　设兔有x只，则鸡有（35-x）只。 　　4x+2(35-x)=94 　　4x+70-2x=94 　　2x=24 　　x=24÷2 　　x=12 　　35-12=23(只） 　　答：兔子有12只，小鸡有23只。 　　二元一次方程法 　　设鸡有x只，兔有y只。 　　x+y=35 　　2x+4y=94 　　（x+y=35）×2=2x+2y=70 　　(2x+2y=70)-(2x+4y=94)=（2y=24） 　　y=12 　　把y=12代入（x+y=35） 　　x+12=35 　　x=35-12(只） 　　x=23(只）。 　　答：兔子有12只，小鸡有23只。 　　方程法三： 　　设兔子有x只，则鸡有（35-x）只。 　　4x+2(35－x)=94 　　4x+70－2x=94(这里运用了乘法分配律） 　　2x+70=94(四则运算） 　　2x+70－70=94－70 　　2x=24 　　2x÷2=24÷2 　　x=12 　　兔子：12只 　　鸡：35-12=23（只） 　　中国古代《孙子算经》共三卷，成书大约在公元5世纪。这本书浅显易懂，有许多有趣的算术题，比如“鸡兔同笼”问题： 　　今有雉兔同笼，上有三十五头，下有九十四足，问雉兔各几何？ 　　题目中给出了鸡兔共有35只，如果把兔子的两只前脚用绳子捆起来，看作是一只脚，两只后脚也用绳子捆起来，看作是一只脚，那么，兔子就成了2只脚，即把兔子都先当作两只脚的鸡。鸡兔总的脚数是35×2=70（只），比题中所说的94只要少94-70=24（只）。 　　现在，我们松开一只兔子脚上的绳子，总的脚数就会增加2只，即70+2=72（只），再松开一只兔子脚上的绳子，总的脚数又增加2，2，2，2……，一直继续下去，直至增加24，因此兔子数：24÷2=12（只），从而鸡有35-12=23（只）。 　　我们来总结一下这道题的解题思路：如果先假设它们全是鸡，于是根据鸡兔的总数就可以算出在假设下共有几只脚，把这样得到的脚数与题中给出的脚数相比较，看看差多少，每差2只脚就说明有1只兔，将所差的脚数除以2，就可以算出共有多少只兔。概括起来，解鸡兔同笼题的基本关系式是：兔数=（实际脚数-每只鸡脚数×鸡兔总数）÷（每只兔子脚数-每只鸡脚数）。类似地，也可以假设全是兔子。 　　我们也可以采用列方程的办法：设兔子的数量为x，鸡的数量为y 　　那么：x+y=35那么4x+2y=94 这个算方程解出后得出：兔子有12只，鸡有23只。第一抽屉原理
　　原理1： 把多于n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。 抽屉原理
　　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。 　　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。
编辑本段应用
概述
　　应用抽屉原理解题 　　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。 　　例1：同年出生的400人中至少有2个人的生日相同。 　　将一年中的365天视为365个抽屉，400个人看作400个物体，由抽屉原理1可以得知：至少有2人的生日相同. 400/365=1…35,1+1=2　又如：我们从街上随便找来13人，就可断定他们中至少有两个人属相相同。 　　“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。” 　　例2： 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件，那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道理. 　　解 ：从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种：（兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿），（长颈鹿、长颈鹿）。把每种搭配方式看作一个抽屉，把7个小朋友看作物体，那么根据原理1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里，也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩具相同. 　　上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是抽屉原则的主要作用.（需要说明的是，运用抽屉原则只是肯定了“存在”、“总有”、“至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少. 　　抽屉原理虽然简单，但应用却很广泛，它可以解答很多有趣的问题，其中有些问题还具有相当的难度。下面我们来研究有关的一些问题。 　　制造抽屉是运用原则的一大关键 　　例1 从2、4、6、…、30这15个偶数中，任取9个数，证明其中一定有两个数之和是34。 　　分析与解答 我们用题目中的15个偶数制造8个抽屉： 　　此抽屉特点：凡是抽屉中有两个数的，都具有一个共同的特点：这两个数的和是34。现从题目中的15个偶数中任取9个数，由抽屉原理（因为抽屉只有8个），必有两个数可以在同一个抽屉中（符合上述特点）.由制造的抽屉的特点，这两个数的和是34。 　　例2：从1、2、3、4、…、19、20这20个自然数中，至少任选几个数，就可以保证其中一定包括两个数，它们的差是12。 　　分析与解答在这20个自然数中，差是12的有以下8对：{20，8}，{19，7}，{18，6}，{17，5}，{16，4}，{15，3}，{14，2}，{13，1}。 　　另外还有4个不能配对的数{9}，{10}，{11}，{12}，共制成12个抽屉（每个括号看成一个抽屉）.只要有两个数取自同一个抽屉，那么它们的差就等于12，根据抽屉原理至少任选13个数，即可办到（取12个数：从12个抽屉中各取一个数（例如取1，2，3，…，12），那么这12个数中任意两个数的差必不等于12）。 　　例3： 从1到20这20个数中，任取11个数，必有两个数，其中一个数是另一个数的倍数。 　　分析与解答 根据题目所要求证的问题，应考虑按照同一抽屉中，任意两数都具有倍数关系的原则制造抽屉.把这20个数按奇数及其倍数分成以下十组，看成10个抽屉（显然，它们具有上述性质）： 　　{1，2，4，8，16}，{3，6，12}，{5，10，20}，{7，14}，{9，18}，{11}，{13}，{15}，{17}，{19}。 　　从这10个数组的20个数中任取11个数，根据抽屉原理，至少有两个数取自同一个抽屉.由于凡在同一抽屉中的两个数都具有倍数关系，所以这两个数中，其中一个数一定是另一个数的倍数。 　　例4：某校校庆，来了n位校友，彼此认识的握手问候.请你证明无论什么情况，在这n个校友中至少有两人握手的次数一样多。 　　分析与解答 共有n位校友，每个人握手的次数最少是0次，即这个人与其他校友都没有握过手；最多有n-1次，即这个人与每位到会校友都握了手.然而，如果有一个校友握手的次数是0次，那么握手次数最多的不能多于n-2次；如果有一个校友握手的次数是n-1次，那么握手次数最少的不能少于1次.不管是前一种状态0、1、2、…、n-2，还是后一种状态1、2、3、…、n-1，握手次数都只有n-1种情况.把这n-1种情况看成n-1个抽屉，到会的n个校友每人按照其握手的次数归入相应的“抽屉”，根据抽屉原理，至少有两个人属于同一抽屉，则这两个人握手的次数一样多。 　　在有些问题中，“抽屉”和“物体”不是很明显的，需要精心制造“抽屉”和“物体”.如何制造“抽屉”和“物体”可能是很困难的，一方面需要认真地分析题目中的条件和问题，另一方面需要多做一些题积累经验。
整除问题
　　把所有整数按照除以某个自然数m的余数分为m类，叫做m的剩余类或同余类，用[0]，[1]，[2]，…，[m-1]表示.每一个类含有无穷多个数，例如[1]中含有1，m+1，2m+1，3m+1，….在研究与整除有关的问题时，常用剩余类作为抽屉.根据抽屉原理，可以证明：任意n+1个自然数中，总有两个自然数的差是n的倍数。(证明：n+1个自然数被n整除余数至少有两个相等（抽屉原理），不妨记为m=a1*n+b n=a2*n+b，则m-n整除n)。 　　例1 证明：任取8个自然数，必有两个数的差是7的倍数。 　　分析与解答 在与整除有关的问题中有这样的性质，如果两个整数a、b，它们除以自然数m的余数相同，那么它们的差a-b是m的倍数.根据这个性质，本题只需证明这8个自然数中有2个自然数，它们除以7的余数相同.我们可以把所有自然数按被7除所得的7种不同的余数0、1、2、3、4、5、6分成七类.也就是7个抽屉.任取8个自然数，根据抽屉原理，必有两个数在同一个抽屉中，也就是它们除以7的余数相同，因此这两个数的差一定是7的倍数。 　　例2：对于任意的五个自然数，证明其中必有3个数的和能被3整除. 　　证明∵任何数除以3所得余数只能是0，1，2，不妨分别构造为3个抽屉： 　　[0]，[1]，[2] 　　①若这五个自然数除以3后所得余数分别分布在这3个抽屉中(即抽屉中分别为含有余数为0,1,2的数)，我们从这三个抽屉中各取1个(如1~5中取3,4,5)，其和(3+4+5=12)必能被3整除. 　　②若这5个余数分布在其中的两个抽屉中，则其中必有一个抽屉至少包含有3个余数（抽屉原理），即一个抽屉包含1个余数，另一个包含4个，或者一个包含2个余数另一个抽屉包含3个。从余数多的那个抽屉里选出三个余数，其代数和或为0，或为3，或为6，均为3的倍数，故所对应的3个自然数之和是3的倍数. 　　③若这5个余数分布在其中的一个抽屉中，很显然，从此抽屉中任意取出三个余数，同情况②，余数之和可被3整除，故其对应的3个自然数之和能被3整除. 　　例2′：对于任意的11个整数，证明其中一定有6个数，它们的和能被6整除. 　　证明：设这11个整数为：a1，a2，a3……a11 又6=2×3 　　①先考虑被3整除的情形 　　由例2知，在11个任意整数中，必存在： 　　3|a1+a2+a3，不妨设a1+a2+a3=b1； 　　同理，剩下的8个任意整数中，由例2，必存在：3 | a4+a5+a6.设a4+a5+a6=b2； 　　同理，其余的5个任意整数中，有：3|a7+a8+a9，设：a7+a8+a9=b3 　　②再考虑b1、b2、b3被2整除. 　　依据抽屉原理，b1、b2、b3这三个整数中，至少有两个是同奇或同偶，这两个同奇（或同偶）的整数之和必为偶数.不妨设2|b1+b2 　　则：6|b1+b2，即：6|a1+a2+a3+a4+a5+a6 　　∴任意11个整数，其中必有6个数的和是6的倍数. 　　例3： 任意给定7个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是10的倍数. 　　分析：注意到这些数除以10的余数即个位数字，以0，1，…，9为标准制造10个抽屉，标以[0]，[1]，…，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是10的倍数，只是仅有7个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差是10的倍数.

收起

五上 编码 四下 栽树问题 四上 合理安排时间

鸡兔同笼问题解法一：假设法；解法二：方程

六年级的：抽屉原理。
本的总数÷抽屉总数=每个抽屉内的平均本数·······余下的本数
（余下的本数＞1=2 余下的本数÷2=1） 1+每个抽屉内的平均数 =每个抽屉至少有几本