瑞利和拉姆塞两位科学家在利用氨氧化原理进行实验时,所需氨气的制取反应原理如下:2NH4Cl(固体)+Ca(O?这道题怎么写_抽屉_原理_至少

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  • 瑞利和拉姆塞两位科学家在利用氨氧化原理进行实验时,所需氨气的制取反应原理如下:2NH4Cl(固体)+Ca(O
  • 这道题怎么写

瑞利和拉姆塞两位科学家在利用氨氧化原理进行实验时,所需氨气的制取反应原理如下:2NH4Cl(固体)+Ca(O

氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气,发生装置属于固体和固体加热制取气体装置;氨气密度比空气小,可以采用向下排空气法收集,极易溶于水,不能用排水法收集.
故答案为:

氨气 × × ×
(2)识别一些常见仪器,故答案为:铁架台;长颈漏斗.

这道题怎么写

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
+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+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。
证明:(用反证法)假设结论不成立,即对每一个ai都有ai《,于是有:
a1+a2+…+ak《≤k?(n/k)=n
k个
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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