小升初专题讲座

彭庙

第一讲  行程问题
走路、行车、一个物体的移动，总是要涉及到三个数量：
距离走了多远，行驶多少千米，移动了多少米等等；
速度在单位时间内（例如1小时内）行走或移动的距离；
时间行走或移动所花时间.
这三个数量之间的关系，可以用下面的公式来表示：
距离=速度×时间
很明显，只要知道其中两个数量，就马上可以求出第三个数量.从数学上说，这是一种最基本的数量关系，在小学的应用题中，这样的数量关系也是最常见的，例如
总量=每个人的数量×人数.
工作量=工作效率×时间.
　　因此，我们从行程问题入手，掌握一些处理这种数量关系的思路、方法和技巧，就能解其他类似的问题.
　　当然，行程问题有它独自的特点，在小学的应用题中，行程问题的内容最丰富多彩，饶有趣味.它不仅在小学，而且在中学数学、物理的学习中，也是一个重点内容.因此，我们非常希望大家能学好这一讲，特别是学会对一些问题的思考方法和处理技巧.
　　这一讲，用5千米/小时表示速度是每小时5千米，用3米/秒表示速度是每秒3米
1.1  追及与相遇
　　有两个人同时在行走，一个走得快，一个走得慢，当走得慢的在前，走得快的过了一些时间就能追上他.这就产生了“追及问题”.实质上，要算走得快的人在某一段时间内，比走得慢的人多走的距离，也就是要计算两人走的距离之差.如果设甲走得快，乙走得慢，在相同时间内，
　　甲走的距离-乙走的距离
　　= 甲的速度×时间-乙的速度×时间
　　=（甲的速度-乙的速度）×时间.
　　通常，“追及问题”要考虑速度差.
　　例1 小轿车的速度比面包车速度每小时快6千米，小轿车和面包车同时从学校开出，沿着同一路线行驶，小轿车比面包车早10分钟到达城门，当面包车到达城门时，小轿车已离城门9千米，问学校到城门的距离是多少千米？
　　解：先计算，从学校开出，到面包车到达城门用了多少时间.
　　此时，小轿车比面包车多走了9千米，而小轿车与面包车的速度差是6千米/小时，因此
　　所用时间=9÷6＝1.5（小时）.
　　小轿车比面包车早10分钟到达城门，面包车到达时，小轿车离城门9千米，说明小轿车的速度是

　　面包车速度是 54-6＝48（千米/小时）.
　　城门离学校的距离是
　　48×1.5＝72（千米）.
　　答：学校到城门的距离是72千米.
　　例2 小张从家到公园，原打算每分种走50米.为了提早10分钟到，他把速度加快，每分钟走75米.问家到公园多远？
　　解一：可以作为“追及问题”处理.
　　假设另有一人，比小张早10分钟出发.考虑小张以75米/分钟速度去追赶，追上所需时间是
　　50 ×10÷（75- 50）＝ 20（分钟）?
　　因此，小张走的距离是
　　75× 20＝ 1500（米）.
　　答：从家到公园的距离是1500米.
　　还有一种不少人采用的方法.
　　
　　家到公园的距离是

　　一种解法好不好，首先是“易于思考”，其次是“计算方便”.那么你更喜欢哪一种解法呢？对不同的解法进行比较，能逐渐形成符合你思维习惯的解题思路.
　　例3 一辆自行车在前面以固定的速度行进，有一辆汽车要去追赶.如果速度是30千米/小时，要1小时才能追上；如果速度是 35千米/小时，要 40分钟才能追上.问自行车的速度是多少？
　　解一：自行车1小时走了
　　30×1-已超前距离，
　　自行车40分钟走了

　　自行车多走20分钟，走了

　　因此，自行车的速度是

　　答：自行车速度是20千米/小时.
　　解二：因为追上所需时间=追上距离÷速度差
　　1小时与40分钟是3∶2.所以两者的速度差之比是2∶3.请看下面示意图：

　　马上可看出前一速度差是15.自行车速度是
　　35- 15＝ 20（千米/小时）.
　　解二的想法与第二讲中年龄问题思路完全类同.这一解法的好处是，想清楚后，非常便于心算.
　　例4 上午8点8分，小明骑自行车从家里出发，8分钟后，爸爸骑摩托车去追他，在离家4千米的地方追上了他.然后爸爸立即回家，到家后又立刻回头去追小明，再追上小明的时候，离家恰好是8千米，这时是几点几分？
　　解：画一张简单的示意图：

　　图上可以看出，从爸爸第一次追上到第二次追上，小明走了
　　8-4＝4（千米）.
　　而爸爸骑的距离是 4＋ 8＝ 12（千米）.
　　这就知道，爸爸骑摩托车的速度是小明骑自行车速度的 12÷4＝3（倍）.按照这个倍数计算，小明骑8千米，爸爸可以骑行8×3＝24（千米）.
　　但事实上，爸爸少用了8分钟，骑行了
　　4＋12＝16（千米）.
　　少骑行24-16＝8（千米）.
　　摩托车的速度是1千米/分，爸爸骑行16千米需要16分钟.
　　8＋8＋16＝32.
　　答：这时是8点32分.
　　下面讲“相遇问题”.
　　小王从甲地到乙地，小张从乙地到甲地，两人在途中相遇，实质上是小王和小张一起走了甲、乙之间这段距离.如果两人同时出发，那么
　　甲走的距离+乙走的距离
　　=甲的速度×时间+乙的速度×时间
　　=（甲的速度+乙的速度）×时间.
　　“相遇问题”，常常要考虑两人的速度和.
　　例5 小张从甲地到乙地步行需要36分钟，小王骑自行车从乙地到甲地需要12分钟.他们同时出发，几分钟后两人相遇？
　　解：走同样长的距离，小张花费的时间是小王花费时间的 36÷12＝3（倍），因此自行车的速度是步行速度的3倍，也可以说，在同一时间内，小王骑车走的距离是小张步行走的距离的3倍.如果把甲地乙地之间的距离分成相等的4段，小王走了3段，小张走了1段，小张花费的时间是
　　36÷（3＋1）＝9（分钟）.
　　答：两人在9分钟后相遇.
　　例6 小张从甲地到乙地，每小时步行5千米，小王从乙地到甲地，每小时步行4千米.两人同时出发，然后在离甲、乙两地的中点1千米的地方相遇，求甲、乙两地间的距离.
　　解：画一张示意图

　　离中点1千米的地方是A点，从图上可以看出，小张走了两地距离的一半多1千米，小王走了两地距离的一半少1千米.从出发到相遇，小张比小王多走了2千米
　　小张比小王每小时多走（5-4）千米，从出发到相遇所用的时间是
　　2÷（5-4）＝2（小时）.
　　因此，甲、乙两地的距离是
　　（5＋ 4）×2＝18（千米）.
　　本题表面的现象是“相遇”，实质上却要考虑“小张比小王多走多少？”岂不是有“追及”的特点吗？对小学的应用题，不要简单地说这是什么问题.重要的是抓住题目的本质，究竟考虑速度差，还是考虑速度和，要针对题目中的条件好好想一想.千万不要“两人面对面”就是“相遇”，“两人一前一后”就是“追及”.
　　请再看一个例子.
　　例7 甲、乙两车分别从A，B两地同时出发，相向而行，6小时后相遇于C点.如果甲车速度不变，乙车每小时多行5千米，且两车还从A，B两地同时出发相向而行，则相遇地点距C点12千米；如果乙车速度不变，甲车每小时多行5千米，且两车还从A，B两地同时出发相向而行，则相遇地点距C点16千米.求A，B两地距离.
　　解：先画一张行程示意图如下

　　设乙加速后与甲相遇于D点，甲加速后与乙相遇于E点.同时出发后的相遇时间，是由速度和决定的.不论甲加速，还是乙加速，它们的速度和比原来都增加5千米，因此，不论在D点相遇，还是在E点相遇，所用时间是一样的，这是解决本题的关键.
　　下面的考虑重点转向速度差.
　　在同样的时间内，甲如果加速，就到E点，而不加速，只能到 D点.这两点距离是 12＋ 16＝ 28（千米），加速与不加速所形成的速度差是5千米/小时.因此，在D点
　　（或E点）相遇所用时间是
　　28÷5＝ 5.6（小时）.
　　比C点相遇少用 6-5.6＝0.4（小时）.
　　甲到达D，和到达C点速度是一样的，少用0.4小时，少走12千米，因此甲的速度是
　　12÷0.4＝30（千米/小时）.
　　同样道理，乙的速度是
　　16÷0.4＝40（千米/小时）.
　　A到 B距离是（30＋ 40）×6＝ 420（千米）.
　　答： A，B两地距离是 420千米.
　　很明显，例7不能简单地说成是“相遇问题”.
　　例8 如图，从A到B是1千米下坡路，从B到C是3千米平路，从C到D是2.5千米上坡路.小张和小王步行，下坡的速度都是6千米/小时，平路速度都是4千米/小时，上坡速度都是2千米/小时.

　　问：（1）小张和小王分别从A， D同时出发，相向而行，问多少时间后他们相遇？
　　（2）相遇后，两人继续向前走，当某一个人达到终点时，另一人离终点还有多少千米？
　　解：（1）小张从 A到 B需要 1÷6×60＝ 10（分钟）；小王从 D到 C也是下坡，需要 2.5÷6×60＝ 25（分钟）；当小王到达 C点时，小张已在平路上走了 25-10＝15（分钟），走了

　　因此在 B与 C之间平路上留下 3- 1＝ 2（千米）由小张和小王共同相向而行，直到相遇，所需时间是
　　2 ÷（4＋ 4）×60＝ 15（分钟）.
　　从出发到相遇的时间是
　　25＋ 15＝ 40 （分钟）.
　　（2）相遇后，小王再走30分钟平路，到达B点，从B点到 A点需要走 1÷2×60=30分钟，即他再走 60分钟到达终点.
　　小张走15分钟平路到达D点，45分钟可走

　　小张离终点还有2.5-1.5=1（千米）.
　　答：40分钟后小张和小王相遇.小王到达终点时，小张离终点还有1千米.

彭庙

1.2  环形路上的行程问题
　　人在环形路上行走，计算行程距离常常与环形路的周长有关.
　　例9 小张和小王各以一定速度，在周长为500米的环形跑道上跑步.小王的速度是180米/分.
　　（1）小张和小王同时从同一地点出发，反向跑步，75秒后两人第一次相遇，小张的速度是多少米/分？
　　（2）小张和小王同时从同一点出发，同一方向跑步，小张跑多少圈后才能第一次追上小王？
　　解：（1 ）75秒-1.25分.两人相遇，也就是合起来跑了一个周长的行程.小张的速度是
　　500÷1.25-180=220（米/分）.
　　（2）在环形的跑道上，小张要追上小王，就是小张比小王多跑一圈（一个周长），因此需要的时间是
　　500÷（220-180）＝12.5（分）.
　　220×12.5÷500＝5.5（圈）.
　　答：（1）小张的速度是220米/分；（2）小张跑5.5圈后才能追上小王.
　　例10 如图，A、B是圆的直径的两端，小张在A点，小王在B点同时出发反向行走，他们在C点第一次相遇，C离A点80米；在D点第二次相遇，D点离B点6O米.求这个圆的周长.

　　解：第一次相遇，两人合起来走了半个周长；第二次相遇，两个人合起来又走了一圈.从出发开始算，两个人合起来走了一周半.因此，第二次相遇时两人合起来所走的行程是第一次相遇时合起来所走的行程的3倍，那么从A到D的距离，应该是从A到C距离的3倍，即A到D是
　　80×3＝240（米）.
　　240-60=180（米）.
　　180×2＝360（米）.
　　答：这个圆的周长是360米.
　　在一条路上往返行走，与环行路上行走，解题思考时极为类似，因此也归入这一节.
　　例11 甲村、乙村相距6千米，小张与小王分别从甲、乙两村同时出发，在两村之间往返行走（到达另一村后就马上返回）.在出发后40分钟两人第一次相遇.小王到达甲村后返回，在离甲村2千米的地方两人第二次相遇.问小张和小王的速度各是多少？
　　解：画示意图如下：

　　如图，第一次相遇两人共同走了甲、乙两村间距离，第二次相遇两人已共同走了甲、乙两村间距离的3倍，因此所需时间是
　　40×3÷60＝2（小时）.
　　从图上可以看出从出发至第二次相遇，小张已走了
　　6×2-2＝10（千米）.
　　小王已走了 6＋2=8（千米）.
　　因此，他们的速度分别是
　　小张 10÷2＝5（千米/小时），
　　小王 8÷2=4（千米/小时）.
　　答：小张和小王的速度分别是5千米/小时和4千米/小时.
　　例12 小张与小王分别从甲、乙两村同时出发，在两村之间往返行走（到达另一村后就马上返回），他们在离甲村3.5千米处第一次相遇，在离乙村2千米处第二次相遇.问他们两人第四次相遇的地点离乙村多远（相遇指迎面相遇）？
　　解：画示意图如下.

　　第二次相遇两人已共同走了甲、乙两村距离的3倍，因此张走了
　　3.5×3＝10.5（千米）.
　　从图上可看出，第二次相遇处离乙村2千米.因此，甲、乙两村距离是
　　10.5-2＝8.5（千米）.
　　每次要再相遇，两人就要共同再走甲、乙两村距离2倍的路程.第四次相遇时，两人已共同走了两村距离（3＋2＋2）倍的行程.其中张走了
　　3.5×7＝24.5（千米），
　　24.5=8.5＋8.5＋7.5（千米）.
　　就知道第四次相遇处，离乙村
　　8.5-7.5=1（千米）.
　　答：第四次相遇地点离乙村1千米.
　　下面仍回到环行路上的问题.
　　例13 绕湖一周是24千米，小张和小王从湖边某一地点同时出发反向而行.小王以4千米/小时速度每走1小时后休息5分钟；小张以6千米/小时速度每走50分钟后休息10分钟.问：两人出发多少时间第一次相遇？
　　解：小张的速度是6千米/小时，50分钟走5千米我们可以把他们出发后时间与行程列出下表：

　　12＋15＝27比24大，从表上可以看出，他们相遇在出发后2小时10分至3小时15分之间.
　　出发后2小时10分小张已走了

　　此时两人相距
　　24-（8＋11）=5（千米）.
　　由于从此时到相遇已不会再休息，因此共同走完这5千米所需时间是
　　5÷（4＋6）＝0.5（小时）.
　　2小时10分再加上半小时是2小时40分.
　　答：他们相遇时是出发后2小时40分.
　　例14 一个圆周长90厘米，3个点把这个圆周分成三等分，3只爬虫A，B，C分别在这3个点上.它们同时出发，按顺时针方向沿着圆周爬行.A的速度是10厘米/秒，B的速度是5厘米/秒，C的速度是3厘米/秒，3只

　　爬虫出发后多少时间第一次到达同一位置？
　　解：先考虑B与C这两只爬虫，什么时候能到达同一位置.开始时，它们相差30厘米，每秒钟B能追上C（5-3）厘米0.
　　30÷（5-3）＝15（秒）.
　　因此15秒后B与C到达同一位置.以后再要到达同一位置，B要追上C一圈，也就是追上90厘米，需要
　　90÷（5-3）＝45（秒）.
　　B与C到达同一位置，出发后的秒数是
　　15，，105，150，195，……
　　再看看A与B什么时候到达同一位置.
　　第一次是出发后
　　30÷（10-5）=6（秒），
　　以后再要到达同一位置是A追上B一圈.需要
　　90÷（10-5）＝18（秒），
　　A与B到达同一位置，出发后的秒数是
　　6，24，42，，78，96，…
　　对照两行列出的秒数，就知道出发后60秒3只爬虫到达同一位置.
　　答：3只爬虫出发后60秒第一次爬到同一位置.
　　请思考， 3只爬虫第二次到达同一位置是出发后多少秒？
　　例15 图上正方形ABCD是一条环形公路.已知汽车在AB上的速度是90千米/小时，在BC上的速度是120千米/小时，在CD上的速度是60千米/小时，在DA上的速度是80千米/小时.从CD上一点P，同时反向各发出一辆汽车，它们将在AB中点相遇.如果从PC中点M，同时反向各发出一辆汽车，它们将在AB上一点N处相遇.求
　

　　解：两车同时出发至相遇，两车行驶的时间一样多.题中有两个“相遇”，解题过程就是时间的计算.要计算方便，取什么作计算单位是很重要的.
　　设汽车行驶CD所需时间是1.
　　根据“走同样距离，时间与速度成反比”，可得出
　　
　　分数计算总不太方便，把这些所需时间都乘以24.这样，汽车行驶CD，BC，AB，AD所需时间分别是24，12，16，18.
　　从P点同时反向各发一辆车，它们在AB中点相遇.P→D→A与 P→C→B所用时间相等.
　　PC上所需时间-PD上所需时间
　　=DA所需时间-CB所需时间
　　=18-12
　　=6.
　　而（PC上所需时间+PD上所需时间）是CD上所需时间24.根据“和差”计算得
　　PC上所需时间是（24+6）÷2＝15，
　　PD上所需时间是24-15＝9.
　　现在两辆汽车从M点同时出发反向而行，M→P→D→A→N与M→C→B→N所用时间相等.M是PC中点.P→D→A→N与C→B→N时间相等，就有
　　BN上所需时间-AN上所需时间
　　=P→D→A所需时间-CB所需时间
　　=（9＋18）-12
　　= 15.
　　BN上所需时间+AN上所需时间=AB上所需时间
　　=16.
　　立即可求BN上所需时间是15.5，AN所需时间是0.5.
　　
　　从这一例子可以看出，对要计算的数作一些准备性处理，会使问题变得简单些.

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1.3  稍复杂的问题
　　在这一节希望读者逐渐掌握以下两个解题技巧：
　　（1）在行程中能设置一个解题需要的点；
　　（2）灵活地运用比例.
　　例16 小王的步行速度是4.8千米/小时，小张的步行速度是5.4千米/小时，他们两人从甲地到乙地去.小李骑自行车的速度是10.8千米/小时，从乙地到甲地去.他们3人同时出发，在小张与小李相遇后5分钟，小王又与小李相遇.问：小李骑车从乙地到甲地需要多少时间？
　　解：画一张示意图：

　　图中A点是小张与小李相遇的地点，图中再设置一个B点，它是张、李两人相遇时小王到达的地点.5分钟后小王与小李相遇，也就是5分钟的时间，小王和小李共同走了B与A之间这段距离，它等于

　　这段距离也是出发后小张比小王多走的距离，小王与小张的速度差是（5.4-4.8）千米/小时.小张比小王多走这段距离，需要的时间是
　　1.3÷（5.4-4.8）×60=130（分钟）.
　　这也是从出发到张、李相遇时已花费的时间.小李的速度10.8千米/小时是小张速度5.4千米/小时的2倍.因此小李从A到甲地需要
　　130÷2=65（分钟）.
　　从乙地到甲地需要的时间是
　　130＋65=195（分钟）＝3小时15分.
　　答：小李从乙地到甲地需要3小时15分.
　　上面的问题有3个人，既有“相遇”，又有“追及”，思考时要分几个层次，弄清相互间的关系，问题也就迎刃而解了.在图中设置一个B点，使我们的思考直观简明些.
　　例17 小玲和小华姐弟俩正要从公园门口沿马路向东去某地，而他们的家要从公园门口沿马路往西.小华问姐姐：“是先向西回家取了自行车，再骑车向东去，还是直接从公园门口步行向东去快”？姐姐算了一下说：“如果骑车与步行的速度比是4∶1，那么从公园门口到目的地的距离超过2千米时，回家取车才合算.”请推算一下，从公园到他们家的距离是多少米？
解：先画一张示意图

　　设A是离公园2千米处，设置一个B点，公园离B与公园离家一样远.如果从公园往西走到家，那么用同样多的时间，就能往东走到B点.现在问题就转变成：
　　骑车从家开始，步行从B点开始，骑车追步行，能在A点或更远处追上步行.
　　具体计算如下：
　　不妨设B到A的距离为1个单位，因为骑车速度是步行速度的4倍，所以从家到A的距离是4个单位，从家到B的距离是3个单位.公园到B是1.5个单位.从公园到A是
　　1＋1.5＝2.5（单位）.
　　每个单位是 2000÷2.5＝800（米）.
　　因此，从公园到家的距离是
　　800×1.5＝1200（米）.
　　答：从公园门口到他们家的距离是1200米.
　　这一例子中，取计算单位给计算带来方便，是值得读者仿照采用的.请再看一例.
　　例18 快车和慢车分别从A，B两地同时开出，相向而行.经过5小时两车相遇.已知慢车从B到A用了12.5小时，慢车到A停留半小时后返回.快车到B停留1小时后返回.问：两车从第一次相遇到再相遇共需多少时间？
　　解：画一张示意图：

　　设C点是第一次相遇处.慢车从B到C用了5小时，从C到A用了12.5-5=7.5（小时）.我们把慢车半小时行程作为1个单位.B到C10个单位，C到A15个单位.慢车每小时走2个单位，快车每小时走3个单位.
　　有了上面“取单位”准备后，下面很易计算了.
　　慢车从C到A，再加停留半小时，共8小时.此时快车在何处呢？去掉它在B停留1小时.快车行驶7小时，共行驶3×7=21（单位）.从B到C再往前一个单位到D点.离A点15-1＝14（单位）.
　　现在慢车从A，快车从D，同时出发共同行走14单位，相遇所需时间是
　　14÷（2＋3）＝2.8（小时）.
　　慢车从C到A返回行驶至与快车相遇共用了
　　7.5＋0.5＋2.8＝10.8（小时）.
　　答：从第一相遇到再相遇共需10小时48分.
　　例19 一只小船从A地到B地往返一次共用2小时.回来时顺水，比去时的速度每小时多行驶8千米，因此第二小时比第一小时多行驶6千米.求A至B两地距离.
　　解：1小时是行驶全程的一半时间，因为去时逆水，小船到达不了B地.我们在B之前设置一个C点，是小船逆水行驶1小时到达处.如下图

　　第二小时比第一小时多行驶的行程，恰好是C至B距离的2倍，它等于6千米，就知C至B是3千米.
　　为了示意小船顺水速度比逆水速度每小时多行驶8千米，在图中再设置D点，D至C是8千米.也就是D至A顺水行驶时间是1小时.现在就一目了然了.D至B是5千米顺水行驶，与C至B逆水行驶3千米时间一样多.因此
　　顺水速度∶逆水速度=5∶3.
　　由于两者速度差是8千米.立即可得出

　　A至B距离是 12＋3=15（千米）.
　　答：A至B两地距离是15千米.
　　例20 从甲市到乙市有一条公路，它分成三段.在第一段上，汽车速度是每小时40千米，在第二段上，汽车速度是每小时90千米，在第三段上，汽车速度是每小时50千米.已知第一段公路的长恰好是第三段的2倍.现有两辆汽车分别从甲、乙两市同时出发，相向而行。
1小时20分后，在第二段的

　　解一：画出如下示意图：

　　当从乙城出发的汽车走完第三段到C时，从甲城出发的汽车走完第一段的

　　到达D处，这样，D把第一段分成两部分
　

时20分相当于
　
　　
　　因此就知道，汽车在第一段需要

　　第二段需要 30×3＝90（分钟）；
　　
　　甲、乙两市距离是

　　答：甲、乙两市相距185千米.
　　把每辆车从出发到相遇所走的行程都分成三段，而两车逐段所用时间都相应地一样.这样通过“所用时间”使各段之间建立了换算关系.这是一种典型的方法.例8、例13也是类似思路，仅仅是问题简单些.
　　还可以用“比例分配”方法求出各段所用时间.
　　
　　第一段所用时间∶第三段所用时间=5∶2.
　　
　　时间一样.
　　第一段所用时间∶第二段所用时间=5∶9.
　　因此，三段路程所用时间的比是
　　5∶9∶2.
　　汽车走完全程所用时间是 80×2＝160（分种）.
　　
　　例21 一辆车从甲地开往乙地.如果车速提高20％，可以比原定时间提前一小时到达；如果以原速行驶120千米后，再将速度提高25％，则可提前40分钟到达.那么甲、乙两地相距多少千米？
　　解：设原速度是1.
　　
　　％后，所用时间缩短到原时间的

　　这是具体地反映：距离固定，时间与速度成反比.
　　用原速行驶需要

　　同样道理，车速提高25％，所用时间缩短到原来的
　
　　
　　如果一开始就加速25％，可少时间

　　现在只少了40分钟， 72-40＝32（分钟）.
　　说明有一段路程未加速而没有少这个32分钟，它应是这段路程所用时间
　

　　真巧，320-160＝160（分钟），原速的行程与加速的行程所用时间一样.因此全程长

　　答：甲、乙两地相距270千米.
　　十分有意思，按原速行驶120千米，这一条件只在最后用上.事实上，其他条件已完全确定了“原速”与“加速”两段行程的时间的比例关系，当然也确定了距离的比例关系.
　　全程长还可以用下面比例式求出，设全程长为x，就有
　　x∶120＝72∶32.

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第二讲 和、差与倍数的应用题
　　做应用题是一种很好的思维锻炼.做应用题不但要会算，而且要 多思考，善于发现题目中的数量关系，可以说做应用题是运用数学的开始.
　　加、减、乘是最基本的运算，和、差、倍数是两数之间最简单的数量关系.
2.1  和差问题
　　说到“和差问题”，小学高年级的同学，人人都会说：“我会！”和差问题的计算太简单了.是的，知道两个数的和与差，求两数，有计算公式：
大数=（和+差）÷2
小数=（和-差）÷2
　　会算，还要会灵活运用，要把某些应用题转化成和差问题来算.
　　先看几个简单的例子.
　　例1 张明在期末考试时，语文、数学两门功课的平均得分是95分，数学比语文多得8分，张明这两门功课的成绩各是多少分？
　　解：95乘以2，就是数学与语文两门得分之和，又知道数学与语文得分之差是8.因此
　　数学得分=（95×2＋8）÷2＝99.
　　语文得分=(95×2-8）÷2＝ 91.
　　答：张明数学得99分，语文得91分.
　　注：也可以从 95×2-99＝91求出语文得分.
　　例2 有 A，B，C三个数，A加 B等于 252，B加 C等于 197， C加 A等于 149，求这三个数.
　　解：从B+C＝197与A+C＝149，就知道B与A的差是197-149，题目又告诉我们，B与A之和是252.因此
　　B=（252＋ 197-149）÷ 2＝ 150，
　　A＝252-150＝102，
　　C＝149-102＝47.
　　答：A，B，C三数分别是102，150，47.
　　注：还有一种更简单的方法
　　（A+B）＋（B＋C）＋（C＋A）＝2×（A＋B＋C）.
　　上面式子说明，三数相加再除以2，就是三数之和.
　　A＋B＋C＝（252＋197＋149）÷2＝299.因此
　　C＝299-252＝47，
　　B＝299-149＝150，
　　A＝299-197＝102.
　　例3 甲、乙两筐共装苹果75千克，从甲筐取出5千克苹果放入乙筐里，甲筐苹果还比乙筐多7千克.甲、乙两筐原各有苹果多少千克？
　　解：画一张简单的示意图，

　　就可以看出，原来甲筐苹果比乙筐多
　　5＋7＋ 5＝ 17（千克）
　　因此，甲、乙两数之和是 75，差为17.
　　甲筐苹果数=（75＋17）÷2＝ 46（千克）.
　　乙筐苹果数=75-46＝29（千克）.
　　答：原来甲筐有苹果46千克，乙筐有苹果29千克.
　　例4 张强用270元买了一件外衣，一顶帽子和一双鞋子.外衣比鞋贵140元，买外衣和鞋比帽子多花210元，张强买这双鞋花多少钱？
　　解：我们先把外衣和鞋看成一件东西，它与帽子的价格和是 270元，差是 210元.
　　外衣和鞋价之和=（270＋ 210）÷2＝ 240（元）.
　　外衣价与鞋价之差是140，因此
　　鞋价=（240-140）÷2＝50（元）.
　　答：买这双鞋花50元.
　　再举出三个较复杂的例子.如果你也能像下面的解答那样计算，那么就可以说，“和差问题”的解法，你已能灵活运用了.
　　例5 李叔叔要在下午3点钟上班，他估计快到上班时间了，到屋里看钟，可是钟早在12点10分就停了.他开足发条却忘了拨指针，匆匆离家，到工厂一看钟，离上班时间还有10分钟.夜里11点下班，李叔叔马上离厂回到家里，一看钟才9点整.假定李叔叔上班和下班在路上用的时间相同，那么他家的钟停了多少时间（上发条所用时间忽略不计）？
　　解：到厂时看钟是2点50分，离家看钟是12点10分，相差2小时40分，这是停钟的时间和路上走的时间加在一起产生的.就有
　　钟停的时间+路上用的时间=160（分钟）.
　　晚上下班时，厂里钟是11点，到家看钟是9点，相差2小时.这是由于钟停的时间中，有一部分时间，被回家路上所用时间抵消了.
　　因此
　　钟停的时间-路上用的时间=120（分钟）.
　　现在已把问题转化成标准的和差问题了.
　　钟停的时间=（160＋120）÷ 2＝ 140（分钟）.
　　路上用的时间=160-140＝20（ 分钟）.
　　答：李叔叔的钟停了2小时20分.
　　还有一种解法，可以很快算出李叔叔路上所用时间：
　　以李叔叔家的钟计算，他在12点10分出门，晚上9点到家，在外共8小时50分钟，其中8小时上班，10分钟等待上班，剩下的时间就是他上班来回共用的时间，所以
　　上班路上所用时间=（8小时50分钟-8小时-10分钟）÷2＝20（分钟）.
　　钟停时间=2小时 40分钟-20分钟
　　=2小时20分钟.
　　例6 小明用21.4元去买两种贺卡，甲卡每张1.5元，乙卡每张0.7元，钱恰好用完.可是售货员把甲卡张数算作乙卡张数，把乙卡张数算作甲卡张数，要找还小明3.2元.问小明买甲、乙卡各几张？
　　解：甲卡与乙卡每张相差 1.5-0.7＝ 0. 8（元），售货员错找还小明3.2元，就知小明买的甲卡比乙卡多3.2÷0.8＝4（张）.
　　现在已有两种卡张数之差，只要求出两种卡张数之和问题就解决了.如何求呢？请注意
　　1.5×甲卡张数+0.7×乙卡张数=21.4.
　　1.5×乙卡张数+0.7×甲卡张数=21.4-3.2.
　　从上面两个算式可以看出，两种卡张数之和是
　　[21.4＋（21.4-3.2）]÷（1.5＋ 0.7）＝ 18（张）.
　　因此，甲卡张数是
　　（18 ＋ 4）÷ 2＝ 11（张）.
　　乙卡张数是 18-11＝ 7（张）.
　　答：小明买甲卡11张、乙卡7张.
　　注：此题还可用鸡兔同笼方法做，请见下一讲.
　　例7 有两个一样大小的长方形，拼合成两种大长方形，如右图.大长方形（A）的周长是240厘米，大长形（B）的周长是258厘米，求原长方形的长与宽各为多少厘米？

　　解：大长方形（A）的周长是原长方形的
　　长×2+宽×4.
　　大长方形（B）的周长是原长方形的
　　长×4+宽×2.
　　因此，240+258是原长方形的
　　长×6+宽×6.
　　原长方形的长与宽之和是
　　（240＋258）÷6＝83（厘米）.
　　原长方形的长与宽之差是
　　（258-240）÷2＝9（厘米）.
　　因此，原长方形的长与宽是
　　长：（83＋ 9）÷2＝ 46（厘米）.
　　宽：（83-9）÷2＝37（厘米）.
　　答：原长方形的长是46厘米、宽是37厘米
2.2  倍数问题
　　当知道了两个数的和或者差，又知道这两个数之间的倍数关系，就能立即求出这两个数.小学算术中常见的“年龄问题”是这类问题的典型.先看几个基础性的例子.
　　例8 有两堆棋子，第一堆有87个，第二堆有69个.那么从第一堆拿多少个棋子到第二堆，就能使第二堆棋子数是第一堆的3倍.
　　解：两堆棋子共有87＋69＝156（个）.
　　为了使第二堆棋子数是第一堆的3倍，就要把156个棋子分成1＋3＝4（份），即每份有棋子
　　156 ÷（1＋3）＝39（个）.
　　第一堆应留下棋子39个，其余棋子都应拿到第二堆去.因此从第一堆拿到第二堆的棋子数是
　　87-39＝48（个）.
　　答：应从第一堆拿48个棋子到第二堆去.
　　例9 有两层书架，共有书173本.从第一层拿走38本书后，第二层的书比第一层的2倍还多6本.问第二层有多少本书？
　　解：我们画出下列示意图：

　　我们把第一层（拿走38本后）余下的书算作1“份”，那么第二层的书是2份还多6本.再去掉这6本，即
　　173-38-6＝129（本）
　　恰好是3份，每一份是
　　129÷3=43（本）.
　　因此，第二层的书共有
　　43×2 + 6＝92（本）.
　　答：书架的第二层有92本书.
　　说明：我们先设立“1份”，使计算有了很方便的计算单位.这是解应用题常用的方法，特别对倍数问题极为有效.把份数表示在示意图上，更是一目了然.
　　例10 某小学有学生975人.全校男生人数是六年级学生人数的4倍少23人，全校女生人数是六年级学生人数的3倍多11人.问全校有男、女生各多少人？
　　解：设六年级学生人数是“1份”.
　　男生是4份-23人.
　　女生是3份+11人.
　　全校是7份-（23-11）人.
　　每份是（975+12）÷7＝141（人）.
　　男生人数=141×4-23＝541（人）.
　　女生人数=975-541＝434（人）.
　　答：有男生541人、女生434人.
　　例9与例10是一个类型的问题，但稍有差别.请读者想一想，“差别”在哪里？
　　
　　70双皮鞋.此时皮鞋数恰好是旅游鞋数的2倍.问原来两种鞋各有几双？
　　解：为了计算方便，把原来旅游鞋算作4份，售出1份，还有3份.那么原有皮鞋增加70双后将是3×2=6（份）.400＋70将是 3+1＋6＝10（份）.每份是
　　（400＋70）÷10＝47（双）.
　　原有旅游鞋 47×4=188（双）.
　　原有皮鞋 47×6-70＝212 （双）.
　　答：原有旅游鞋188双，皮鞋212双.
　　设整数的份数，使计算简单方便.小学算术中小数、分数尽可能整数化，使思考、计算都较简捷.因此，“尽可能整数化”将会贯穿在以后的章节中.
　　下面例子将是本节的主要内容──年龄问题.
　　年龄问题是小学算术中常见的一类问题，这类题目中常常有“倍数”这一条件.解年龄问题最关键的一点是：两个人的年龄差总保持不变.
　　例12 父亲现年50岁，女儿现年14岁.问几年前，父亲的年龄是女儿年龄的5倍？
　　解：父女相差36岁，这个差是不变的.几年前还是相差36岁.当父亲的年龄恰好是女儿年龄的5倍时，父亲仍比女儿大36岁.这36岁是女儿年龄的（5-1）倍.
　　36÷（5-1）＝9.
　　当时女儿是9岁，14-9＝5，也就是5年前.
　　答：5年前，父亲年龄是女儿年龄的5倍.
　　例13 有大、小两个水池，大水池里已有水 300立方米.小水池里已有水70立方米.现在往两个水池里注入同样多的水后，大水池水量是小水池水量的3倍.问每个水池注入了多少立方米的水.
　　解：画出下面示意图：

　　我们把小水池注入水后的水量算作1份，大水池注入水后的水量就是3份.从图上可以看出，因为注入两个水池的水量相等，所以大水池比小水池多的水量（300-70）是2份.
　　因此每份是
　　（300-70）÷2＝ 115（立方米）.
　　要注入的水量是
　　115-70=45 （立方米）?
　　答：每个水池要注入45立方米的水.
　　例13与年龄问题是完全一样的问题.“注入水”相当于年龄问题中的“几年后”.
　　例14 今年哥俩的岁数加起来是55岁.曾经有一年，哥哥的岁数与今年弟弟的岁数相同，那时哥哥的岁数恰好是弟弟岁数的两倍.哥哥今年几岁？
　　解：当哥哥的岁数恰好是弟弟岁数的2倍时，我们设那时弟弟的岁数是1份，哥哥的岁数是2份，那么哥哥与弟弟的岁数之差是1份.两人的岁数之差是不会变的，今年他们的年龄仍相差1份.
　　题目又告诉我们，那时哥哥岁数，与今年弟弟的岁数相同，因此今年弟弟的岁数也是2份，而哥哥今年的岁数应是2＋1＝3（份）.
　　今年，哥弟俩年龄之和是
　　3＋2=5（份）.
　　每份是 55÷5＝ 11（岁）.
　　哥哥今年的岁数是 11×3＝33（岁）.
　　答：哥哥今年33岁.
　　作为本节最后一个例子，我们将年龄问题进行一点变化.
　　例15 父年38岁，母年36岁，儿子年龄为11岁.
　　问多少年后，父母年龄之和是儿子年龄的4倍？
　　解：现在父母年龄之和是
　　38＋ 36 ＝ 74.
　　现在儿子年龄的 4倍是 11×4＝44.相差
　　74-44＝ 30.
　　从4倍来考虑，以后每年长1×4＝4，而父母年龄之和每年长1＋1＝2.
　　为追上相差的30，要
　　30÷（4-2）＝15（年）?
　　答：15年后，父母年龄之和是儿子年龄的4倍.
　　请读者用例15的解题思路，解习题二的第7题.也许就能完全掌握这一解题技巧了.
　　请读者想一想，例15的解法，与例12的解法，是否不一样？各有什么特点？
　　我们也可以用例15解法来解例12.具体做法有下面算式：
　　（14 ×5-50）÷（5-1）＝ 5（年）.
　　不过要注意 14×5比 50多，因此是 5年前.
2.3  盈不足问题
　　在我国古代的算书中，《九章算术》是内容最丰富多彩的一本.在它的第七章，讲了一类盈不足问题，其中第一题，用现代的语言来叙述，就是下面的例题.
　　例16 有一些人共同买一些东西，每人出8元，就多了3元；每人出7元，就少了4元。那么有多少人？物价是多少？
　　解：“多3元”与“少4元”两者相差
　　3＋4＝7（元）.
　　每个人要多出 8-7＝1（元）.
　　因此就知道，共有7÷1＝7（人），物价是
　　8×7-3＝53（元）.
　　答：共有 7个人一起买，物价是 53元.
　　上面的3＋4可以说是两个总数的相差数.而8-7是每份的相差数.计算公式是
　　总数相差数÷每份相差数=份数
　　这样的问题在内容上有很多变化，形成了一类问题，我们通称为“盈不足”问题.请再看一些例子.
　　例17 把一袋糖分给小朋友们，每人分10粒，正好分完；如果每人分16粒，就有3个小朋友分不到糖.这袋糖有多少粒？
　　解一：3位小朋友本来每人可以分到10粒，他们共有的 10 ×3＝ 30（粒），分给其余小朋友，每人就可以增加16-10=6（粒），因此其余小朋友有
　　10×3÷（16-10）＝ 5（人）.
　　再加上这 3位小朋友，共有小朋友 5＋3＝ 8（人）.这袋糖有
　　10×（5 ＋ 3）＝ 80（粒）.
　　解二：如果我们再增加 16×3粒糖，每人都可以增加（1-10）粒，因此共有小朋友
　　16×3÷（16-10）=8（人）?
　　这袋糖有80粒.
　　答：这袋糖有80粒.
　　这里， 16×3是总差，（16-10）是每份差， 8是份数.
　　例18 有一个班的同学去划船，他们算了一下，如果增加一条船，每条船正好坐6人；如果减少一条船，每条船正好坐9人.这个班共有多少名同学？
　　解：如果每条船坐6人，就要增加一条船，也就是现在有6个人无船坐；如果每条船坐9人，可以减少一条船，也就是还可以多来9个人坐船.可以坐船的人数，两者相差 6＋ 9＝ 15（人）.
　　这是由于每条船多坐（9-6）人产生的，因此共有船
　　（6 ＋ 9）÷(9-6）＝ 5（条）?
　　这个班的同学有 6×5 ＋ 6＝ 36（人）.
　　答：这个班有36人.
　　例19 小明从家去学校，如果每分钟走 80米，能在上课前6分钟到校，如果每分钟走50米，就要迟到3分钟，那么小明的家到学校的路程有多远？
　　解一：以小明从家出发到上课这一段时间来算，两种不同速度所走的距离，与小明家到学校的距离进行比较：如果每分钟走 80米，就可以多走 80×6（米）；如果每分钟走 50米，就要少走 50×3（米）.请看如下示意图：

　　因此我们可以求出，小明从家出发到上课这段时间是
　　（80×6＋ 50×3） ÷（80- 50）＝ 21（分钟）.
　　家至学校距离是
　　800×（21-6）＝ 1200（米）?
　　或 50 ×（21+3）＝ 1200（米）.
　　答：小明家到学校的路程是1200米.
　　解二：以每分钟80米走完家到学校这段路程所需时间，作为思考的出发点.
　　用每分钟 50米速度，就要多用 6＋3= 9（分种）.这9分钟所走的 50×9（米），恰好补上前面少走的.因此每分钟80米所需时间是
　　50×（6＋3）÷（80- 50）＝ 15（分钟）?
　　再看两个稍复杂的例子.
　　例20 一些桔子分给若干个人，每人5个还多余10个桔子.如果人数增加到3倍还少5个人，那么每人分2个桔子还缺少8个，问有桔子多少个？
　　解：使人感到困难的是条件“3倍还少5人”.先要转化这一条件.
　　假设还有 10个桔子， 10＝ 2×5，就可以多有 5个人，把“少5人”这一条件暂时搁置一边，只考虑3倍人数，也相当于按原人数每人给2×3=6（个）.
　　每人给5个与给6个，总数相差
　　10＋ 10＋ 8＝ 28 (个）.
　　所以原有人数 28÷（6-5)=28（人）.
　　桔子总数是 5 ×28 ＋ 10＝ 150（个）.
　　答：有桔子150个.
　　例21 有一些苹果和梨.如果按每1个苹果2个梨分堆，梨分完时还剩5个苹果，如果按每3个苹果5个梨分堆，苹果分完了还剩5个梨.问苹果和梨各多少？
解一：我们设想再有10个梨，与剩下5个苹果一起，按“1个苹果、2个梨”前一种分堆，都分完.以后一种“3个苹果、5个梨”分堆来看，苹果总数能被3整除.因此可以把前一种分堆，每3堆并成一大堆，每堆有3个苹果，2×3＝6（个）梨.与后一种分堆比较：
　　每堆苹果都是3个.而梨多1个（6-5＝1）.梨的总数相差
　　设想增加 10个+剩下5个=15个.
　　（10 ＋ 5）÷（6- 5）＝ 15.
　　就知有15个大堆，苹果总数是
　　15×3＝ 45（个）.
　　梨的总数是（45－5）×2＝80（个）.
　　答：有苹果45个、梨80个.
　　解二：用图解法.
　　前一种分堆，在图上用梨2份，苹果1份多5个来表示.

　　后一种分堆，只要添上3个苹果，就可与剩的5个梨又组成一堆.梨算作5份，苹果恰好是3份.

　　将上、下两图对照比较，就可看出， 5＋ 3＝ 8（个）是下图中“半份”，即 1份是 16.梨是 5份，共有 16×5＝ 80（个）.苹果有 16×2.5 ＋ 5＝ 45（个）.

彭庙

第三讲 数论的方法技巧之一
数论是研究整数性质的一个数学分支，它历史悠久，而且有着强大的生命力。数论问题叙述简明，“很多数论问题可以从经验中归纳出来，并且仅用三言两语就能向一个行外人解释清楚，但要证明它却远非易事”。因而有人说：“用以发现天才，在初等数学中再也没有比数论更好的课程了。任何学生，如能把当今任何一本数论教材中的习题做出，就应当受到鼓励，并劝他将来从事数学方面的工作。”所以在国内外各级各类的数学竞赛中，数论问题总是占有相当大的比重。
小学数学竞赛中的数论问题，常常涉及整数的整除性、带余除法、奇数与偶数、质数与合数、约数与倍数、整数的分解与分拆。主要的结论有：
1．带余除法：若a，b是两个整数，b＞0，则存在两个整数q，r，使得
　　a=bq+r（0≤r＜b），
且q，r是唯一的。
特别地，如果r=0，那么a=bq。这时，a被b整除，记作b|a，也称b是a的约数，a是b的倍数。
2．若a|c，b|c，且a，b互质，则ab|c。
3．唯一分解定理：每一个大于1的自然数n都可以写成质数的连乘积，即

其中p1＜p2＜…＜pk为质数，a1，a2，…，ak为自然数，并且这种表示是唯一的。（1）式称为n的质因数分解或标准分解。
4．约数个数定理：设n的标准分解式为（1），则它的正约数个数为：
　　d（n）=（a1+1）（a2+1）…（ak+1）。
5．整数集的离散性：n与n+1之间不再有其他整数。因此，不等式x＜y与x≤y-1是等价的。
下面，我们将按解数论题的方法技巧来分类讲解。
3.1  利用整数的各种表示法
　　对于某些研究整数本身的特性的问题，若能合理地选择整数的表示形式，则常常有助于问题的解决。这些常用的形式有：
　　1．十进制表示形式：n=an10n+an-110n-1+…+a0；
　　2．带余形式：a=bq+r；
　　
　　4．2的乘方与奇数之积式：n=2mt，其中t为奇数。
　　例1 红、黄、白和蓝色卡片各1张，每张上写有1个数字，小明将这4张卡片如下图放置，使它们构成1个四位数，并计算这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差。结果小明发现，无论白色卡片上是什么数字，计算结果都是1998。问：红、黄、蓝3张卡片上各是什么数字？

　　解：设红、黄、白、蓝色卡片上的数字分别是a3，a2，a1，a0，则这个四位数可以写成
　　1000a3+100a2+10a1+a0，
　　它的各位数字之和的10倍是
　　10（a3+a2+a1+a0）=10a3+10a2+10a1+10a0，
　　这个四位数与它的各位数字之和的10倍的差是
　　990a3+90a2-9a0=1998，
　　110a3+10a2-a0=222。
　　比较上式等号两边个位、十位和百位，可得
　　a0=8，a2=1，a3=2。
　　所以红色卡片上是2，黄色卡片上是1，蓝色卡片上是8。

　　解：依题意，得


　
　　a+b+c＞14，

　　说明：求解本题所用的基本知识是，正整数的十进制表示法和最简单的不定方程。
　　例3 从自然数1，2，3，…，1000中，最多可取出多少个数使得所取出的数中任意三个数之和能被18整除？
　　解：设a，b，c，d是所取出的数中的任意4个数，则
　　a+b+c=18m，a+b+d=18n，
　　其中m，n是自然数。于是
　　c-d=18（m-n）。
　　上式说明所取出的数中任意2个数之差是18的倍数，即所取出的每个数除以18所得的余数均相同。设这个余数为r，则
　　a=18a1+r，b=18b1+r，c=18c1+r，
　　其中a1，b1，c1是整数。于是
　　a+b+c=18（a1+b1+c1）+3r。
　　因为18|（a+b+c），所以18|3r，即6|r，推知r=0，6，12。因为1000=55×18+10，所以，从1，2，…，1000中可取6，24，42，…，996共56个数，它们中的任意3个数之和能被18整除。
　　例4 求自然数N，使得它能被5和49整除，并且包括1和N在内，它共有10个约数。
　　解：把数N写成质因数乘积的形式

　　由于N能被5和72=49整除，故a3≥1，a4≥2，其余的指数ak为自然数或零。依题意，有
　　（a1+1）（a2+1）…（an+1）=10。
　　由于a3+1≥2，a4+1≥3，且10=2×5，故
　　a1+1=a2+1=a5+1=…=an+1=1，
　　即a1=a2=a5=…an=0，N只能有2个不同的质因数5和7，因为a4+1≥3＞2，故由
　　（a3+1）（a4+1）=10
　　知，a3+1=5，a4+1=2是不可能的。因而a3+1=2，a4+1=5，即N=52-1×75-1=5×74=12005。
　　例5 如果N是1，2，3，…，1998，1999，2000的最小公倍数，那么N等于多少个2与1个奇数的积？
　　解：因为210=1024，211=2048＞2000，每一个不大于2000的自然数表示为质因数相乘，其中2的个数不多于10个，而1024=210，所以，N等于10个2与某个奇数的积。
　　说明：上述5例都是根据题目的自身特点，从选择恰当的整数表示形式入手，使问题迎刃而解。
3.2  枚举法
　　枚举法（也称为穷举法）是把讨论的对象分成若干种情况（分类），然后对各种情况逐一讨论，最终解决整个问题。
　　运用枚举法有时要进行恰当的分类，分类的原则是不重不漏。正确的分类有助于暴露问题的本质，降低问题的难度。数论中最常用的分类方法有按模的余数分类，按奇偶性分类及按数值的大小分类等。
　　例6 求这样的三位数，它除以11所得的余数等于它的三个数字的平方和。
　　分析与解：三位数只有900个，可用枚举法解决，枚举时可先估计有关量的范围，以缩小讨论范围，减少计算量。
　　设这个三位数的百位、十位、个位的数字分别为x，y，z。由于任何数除以11所得余数都不大于10，所以
　　x2+y2+z2≤10，
　　从而1≤x≤3，0≤y≤3，0≤z≤3。所求三位数必在以下数中：
　　100，101，102，103，110，111，112，
　　120，121，122，130，200，201，202，
　　211，212，220，221，300，301，310。
　　不难验证只有100，101两个数符合要求。
　　例7 将自然数N接写在任意一个自然数的右面（例如，将2接写在35的右面得352），如果得到的新数都能被N整除，那么N称为魔术数。问：小于2000的自然数中有多少个魔术数？
　　
　　对N为一位数、两位数、三位数、四位数分别讨论。

N|100，所以N=10，20，25，50；
　　  
N|1000，所以N=100，125，200，250，500；
　　（4）当N为四位数时，同理可得N=1000，1250，2000，2500，5000。符合条件的有1000，1250。
　　综上所述，魔术数的个数为14个。
　　说明：（1）我们可以证明：k位魔术数一定是10k的约数，反之亦然。
　　 　　 （2）这里将问题分成几种情况去讨论，对每一种情况都增加了一个前提条件，从而降低了问题的难度，使问题容易解决。
例8 有3张扑克牌，牌面数字都在10以内。把这3张牌洗好后，分别发给小明、小亮、小光3人。每个人把自己牌的数字记下后，再重新洗牌、发牌、记数，这样反复几次后，3人各自记录的数字的和顺次为13，15，23。问：这3张牌的数字分别是多少？
解：13+15+23=51，51=3×17。
　　因为17＞13，摸17次是不可能的，所以摸了 3次， 3张扑克牌数字之和是17，可能的情况有下面15种：
　　①1，6，10 　②1，7，9 　③1，8，8
　　④2，5，10 　⑤2，6，9 　⑥2，7，8
　　⑦3，4，10 　⑧3，5，9 　⑨3，6，8
　　⑩3，7，7 　(11)4，4，9 (12)4，5，8
　　(13)4，6，7 (14)5，5，7 (15)5，6，6
　　只有第⑧种情况可以满足题目要求，即
　　3+5+5=13；3+3+9=15；5+9+9=23。
　　这3张牌的数字分别是3，5和9。
例9 写出12个都是合数的连续自然数。
　　分析一：在寻找质数的过程中，我们可以看出100以内最多可以写出7个连续的合数：90，91，92，93，94，95，96。我们把筛选法继续运用下去，把考查的范围扩大一些就行了。
解法1：用筛选法可以求得在113与127之间共有12个都是合数的连续自然数：
　　114，115，116，117，118，119，120，
　　121，122，123，124，125，126。
　　分析二：如果12个连续自然数中，第1个是2的倍数，第2个是3的倍数，第3个是4的倍数……第12个是13的倍数，那么这12个数就都是合数。
　　又m+2，m+3，…，m+13是12个连续整数，故只要m是2，3，…，13的公倍数，这12个连续整数就一定都是合数。
解法2：设m为2，3，4，…，13这12个数的最小公倍数。m+2，m+3，m+4，…，m+13分别是2的倍数，3的倍数，4的倍数……13的倍数，因此12个数都是合数。
　　说明:我们还可以写出
　　13！+2，13！+3，…，13！+13
　　（其中n！=1×2×3×…×n）这12个连续合数来。
　　同样，
　　（m+1）！+2，（m+1）！+3，…，（m+1）！+m+1是m个连续的合数。
3.3  归纳法
　　当我们要解决一个问题的时候，可以先分析这个问题的几种简单的、特殊的情况，从中发现并归纳出一般规律或作出某种猜想，从而找到解决问题的途径。这种从特殊到一般的思维方法称为归纳法。
例10 将100以内的质数从小到大排成一个数字串，依次完成以下5项工作叫做一次操作：
　　（1）将左边第一个数码移到数字串的最右边；
　　（2）从左到右两位一节组成若干个两位数；
　　（3）划去这些两位数中的合数；
　　（4）所剩的两位质数中有相同者，保留左边的一个，其余划去；
　　（5）所余的两位质数保持数码次序又组成一个新的数字串。
　　问：经过1999次操作，所得的数字串是什么？
解：第1次操作得数字串711131131737；
　　第2次操作得数字串11133173；
　　第3次操作得数字串111731；
　　第4次操作得数字串1173；
　　第5次操作得数字串1731；
　　第6次操作得数字串7311；
　　第7次操作得数字串3117；
　　第8次操作得数字串1173。
　　不难看出，后面以4次为周期循环，1999=4×499+3，所以第1999次操作所得数字串与第7次相同，是3117。
例11 有100张的一摞卡片，玲玲拿着它们，从最上面的一张开始按如下的顺序进行操作：把最上面的第一张卡片舍去，把下一张卡片放在这一摞卡片的最下面。再把原来的第三张卡片舍去，把下一张卡片放在最下面。反复这样做，直到手中只剩下一张卡片，那么剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第几张？
分析与解：可以从简单的不失题目性质的问题入手，寻找规律。列表如下：

　　设这一摞卡片的张数为N，观察上表可知：
　　（1）当N=2a（a=0，1，2，3，…）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的最后一张，即第2a张；
　　（2）当N=2a+m（m＜2a）时，剩下的这张卡片是原来那一摞卡片的第2m张。
　　取N=100，因为100=26+36，2×36=72，所以剩下这张卡片是原来那一摞卡片的第72张。
　　说明：此题实质上是著名的约瑟夫斯问题：
　　传说古代有一批人被蛮族俘虏了，敌人命令他们排成圆圈，编上号码1，2，3，…然后把1号杀了，把3号杀了，总之每隔一个人杀一个人，最后剩下一个人，这个人就是约瑟夫斯。如果这批俘虏有111人，那么约瑟夫斯的号码是多少？
　　例12 要用天平称出1克、2克、3克……40克这些不同的整数克重量，至少要用多少个砝码？这些砝码的重量分别是多少？
分析与解：一般天平两边都可放砝码，我们从最简单的情形开始研究。
　　（1）称重1克，只能用一个1克的砝码，故1克的一个砝码是必须的。
　　（2）称重2克，有3种方案：
　　①增加一个1克的砝码；
　　②用一个2克的砝码；
　　③用一个3克的砝码，称重时，把一个1克的砝码放在称重盘内，把3克的砝码放在砝码盘内。从数学角度看，就是利用3-1=2。
　　（3）称重3克，用上面的②③两个方案，不用再增加砝码，因此方案①淘汰。
　　（4）称重4克，用上面的方案③，不用再增加砝码，因此方案②也被淘汰。总之，用1克、3克两个砝码就可以称出（3+1）克以内的任意整数克重。
　　（5）接着思索可以进行一次飞跃，称重5克时可以利用
　　9-（3+1）=5，
　　即用一个9克重的砝码放在砝码盘内，1克、3克两个砝码放在称重盘内。这样，可以依次称到1+3+9=13（克）以内的任意整数克重。
　　而要称14克时，按上述规律增加一个砝码，其重为
　　14+13=27（克），
　　可以称到1+3+9+27=40（克）以内的任意整数克重。
　　总之，砝码的重量为1，3，32，33克时，所用砝码最少，称重最大，这也是本题的答案。
　　这个结论显然可以推广，当天平两端都可放砝码时，使用1，3，
　　这是使用砝码最少、称重最大的砝码重量设计方案。

彭庙

第四讲 数论的方法技巧之二
4.1  反证法
反证法即首先对命题的结论作出相反的假设，并从此假设出发，经过正确的推理，导出矛盾的结果，这就否定了作为推理出发点的假设，从而肯定了原结论是正确的。
反证法的过程可简述为以下三个步骤：
1．反设：假设所要证明的结论不成立，而其反面成立；
2．归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；
3．结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。
运用反证法的关键在于导致矛盾。在数论中，不少问题是通过奇偶分析或同余等方法引出矛盾的。

解：如果存在这样的三位数，那么就有
100a+10b+c=（10a+b）+（10b+c）+（10a+c）。上式可化简为 80a=b+c，而这显然是不可能的，因为a≥1，b≤9，c≤9。这表明所找的数是不存在的。
说明：在证明不存在性的问题时，常用反证法：先假设存在，即至少有一个元素，它符合命题中所述的一切要求，然后从这个存在的元素出发，进行推理，直到产生矛盾。
例2 将某个17位数的数字的排列顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加。试说明，得到的和中至少有一个数字是偶数。
解：假设得到的和中没有一个数字是偶数，即全是奇数。在如下式所示的加法算式中，末一列数字的和d+a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b+c≤9。将已知数的前两位数字a，b与末两位数字c，d去掉，所得的13位数仍具有“将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数”这一性质。照此进行，每次去掉首末各两位数字，最后得到一位数，它与自身相加是偶数，矛盾。故和的数字中必有偶数。

说明：显然结论对（4k+1）位数也成立。但对其他位数的数不一定成立。如12+21，506+605等。
例3 有一个魔术钱币机，当塞入1枚1分硬币时，退出1枚1角和1枚5分的硬币；当塞入1枚5分硬币时，退出4枚1角硬币；当塞入1枚1角硬币时，退出3枚1分硬币。小红由1枚1分硬币和1枚5分硬币开始，反复将硬币塞入机器，能否在某一时刻，小红手中1分的硬币刚好比1角的硬币少10枚？
解：开始只有1枚1分硬币，没有1角的，所以开始时1角的和1分的总枚数为 0+1=1，这是奇数。每使用一次该机器，1分与1角的总枚数记为Q。下面考查Q的奇偶性。
如果塞入1枚1分的硬币，那么Q暂时减少1，但我们取回了1枚1角的硬币（和1枚5分的硬币），所以总数Q没有变化；如果再塞入1枚5分的硬币（得到4枚1角硬币），那么Q增加4，而其奇偶性不变；如果塞入1枚1角硬币，那么Q增加2，其奇偶性也不变。所以每使用一次机器，Q的奇偶性不变，因为开始时Q为奇数，它将一直保持为奇数。
这样，我们就不可能得到1分硬币的枚数刚好比1角硬币数少 10的情况，因为如果我们有P枚1分硬币和（P+10）枚1角硬币，那么1分和1角硬币的总枚数为（2P+10），这是一个偶数。矛盾。
例 4在3×3的方格表中已如右图填入了9个质数。将表中同一行或同一列的3个数加上相同的自然数称为一次操作。问：你能通过若干次操作使得表中9个数都变为相同的数吗？为什么？
解：因为表中9个质数之和恰为100，被3除余1，经过每一次操作，总和增加3的倍数，所以表中9个数之和除以3总是余1。如果表中9个数变为相等，那么9个数的总和应能被3整除，这就得出矛盾！
所以，无论经过多少次操作，表中的数都不会变为9个相同的数。
4.2  构造法
构造法是一种重要的数学方法，它灵活多样，数论中的许多问题都可以通过构造某些特殊结构、特殊性质的整数或整数的组合来解决。
例5 9999和99！能否表示成为99个连续的奇自然数之和？
解：9999能。因为9999等于99个9998之和，所以可以直接构造如下：
9999=（9998-98）+（9998-96）+…+
=（9998-2）+9998+（9998+2）+…+
=（9998+96）+（9998+98）。
99！不能。因为99！为偶数，而99个奇数之和为奇数，所以99！不能表示为99个连续奇数之和。
说明：利用构造法证明存在性问题，只要把满足题设要求的数学对象构造出来就行。
例6 从1，2，3，…，999这999个数中，要求划去尽量少的数，使得余下的数中每一个数都不等于另外两个数的乘积。应划去哪些数？
解：我们可划去2，3，…，30，31这30个数，因为划去了上述这30个数之后，余下的数中，除1以外的任何两个数之积将大于322=1024＞999。
另一方面，可以通过构造三元数组来证明30是最少的个数。
（2，61，2×61），（3，60，3×60），（4，59，4×59），…，
（30，33，30×33），（31，32，31×32）。
上面写出的这些数都是互不相同的，并且这些数中的最大数为 31×32=992。如果划去的数少于30个，那么上述三元数组至少剩下一个，这样就不满足题设条件。所以，30是最少的个数。
4.3  配对法
配对的形式是多样的，有数字的凑整配对，也有集合间元素与元素的配对（可用于计数）。传说高斯8岁时求和（1+2+…+100）首创了配对。像高斯那样，善于使用配对技巧，常常能使一些表面上看来很麻烦，甚至很棘手的问题迎刃而解。
例7 求1，2，3，…，9999998，9999999这9999999个数中所有数码的和。
解：在这些数前面添一个数0，并不影响所有数码的和。将这1000万个数两两配对，因为0与9999999，1与9999998，…，4999999与5000000各对的数码和都是9×7=63。这里共有5000000对，故所有数码的和是63×5000000=315000000。
例8 某商场向顾客发放9999张购物券，每张购物券上印有一个四位数的号码，从0001到9999号。若号码的前两位数字之和等于后两位数字之和，则称这张购物券为“幸运券”。例如号码 0734，因 0+7=3+4，所以这个号码的购物券是幸运券。试说明，这个商场所发的购物券中，所有幸运券的号码之和能被101整除。
解：显然，号码为9999的是幸运券，除这张幸运券外，如果某个号码n是幸运券，那么号码为m=9999-n的购物券也是幸运券。由于9999是奇数，所以m≠n。
由于m+n=9999，相加时不出现进位，所以除去号码是9999这张幸运券之外，其余所有幸运券可全部两两配对，而每一对两个号码之和均为9999，即所有幸运券号码之和是9999的倍数。
因为9999=99×101，所以所有幸运券号码之和能被101整除。

试说明分子m是质数89的倍数。
解法一：仿照高斯求和（1+2+3+…+n）的办法，将和
　　
①②两式相加，得

从而
　　2m×88！=89×k（k是正整数）。
因为89为奇质数，所以89不能整除 88！，从而89|m。
解法二：作配对处理

将括号内的分数进行通分，其公分母为
1×88×2×87×3×86×…×44×45=88！，

从而
　　m×88！=89×k（k=n×q）。
因为89为奇质数，所以89不能整除88！，从而89|m。
4.4  估计法
估计法是用不等式放大或缩小的方法来确定某个数或整个算式的取值范围，以获取有关量的本质特征，达到解题的目的。
在数论问题中，一个有限范围内的整数至多有有限个，过渡到整数，就能够对可能的情况逐一检验，以确定问题的解。

求这个数，并求出满足题意的5组不同的真分数。
解：因每一真分数满足

而所求的数整S是四个不同的真分数之和，因此2＜S＜4，推知S=3。于是可得如下5组不同的真分数：
　
　
　例11 已知在乘积1×2×3×…×n的尾部恰好有106个连续的零，求自然数n的最大值。
　　分析：若已知n的具体数值，求1×2×…×n的尾部零的个数，则比较容易解决，现在反过来知道尾部零的个数，求n的值，不大好处理，我们可以先估计n大约是多少，然后再仔细确定n的值。

　　因此，乘积1×2×3×…×400中含质因数5的个数为80+16+3=99（个）。又乘积中质因数2的个数多于5的个数，故n=400时，1×2×…×n的尾部有99个零，还需 7个零，注意到425中含有2个质因数5，所以
　　当n=430时，1×2×…×n的尾部有106个零；
　　当n=435时，1×2×…×n的尾部有107个零。
　　因此，n的最大值为434。

彭庙

第五讲  整数问题之一
整数是最基本的数，它产生了许多有趣的数学问题.在中、小学生的数学竞赛中，有关整数的问题占有重要的地位.我们除了从课本上学习整数知识以外，还必须通过课外活动来补充一些整数的知识，以及解决问题的思路和方法。
　　对于两位、三位或者更多位的整数，有时要用下面的方法来表示：
　　49=4×10+9，
　　235=2×100+3×10+5，
　　7064=7×1000+6×10+4，
　　…………………
　　
　　就是
　　
5.1  整除
　　整除是整数问题中一个重要的基本概念.如果整数a除以自然数b，商是整数且余数为0，我们就说a能被b整除，或b能整除a，或b整除a，记作b丨a.此时，b是a的一个因数（约数），a是b的倍数.
　　1.整除的性质
　　性质1 如果a和b都能被m整除，那么a+b，a-b也都能被m整除（这里设a>b）.
　　例如：3丨18，3丨12，那么3丨（18+12），3丨（18-12）.
　　性质2 如果a能被b整除，b能被c整除，那么a能被c整除。
　　例如： 3丨6，6丨24，那么3丨24.
　　性质3 如果a能同时被m、n整除，那么a也一定
　　能被m和n的最小公倍数整除.
　　例如：6丨36，9丨26，6和9的最小公倍数是18，18丨36.
　　如果两个整数的最大公约数是1，那么它们称为互质的.
　　例如：7与50是互质的，18与91是互质的.
　　性质4 整数a，能分别被b和c整除，如果b与c互质，那么a能被b×c整除.
　　例如：72能分别被3和4整除，由3与4互质，72
　　能被3与4的乘积12整除.
　　性质4中，“两数互质”这一条件是必不可少的.72分别能被6和8整除，但不能被乘积48整除，这就是因为6与8不互质，6与8的最大公约数是2.
　　性质4可以说是性质3的特殊情形.因为b与c互
　　质，它们的最小公倍数是b×c.事实上，根据性质4，我们常常运用如下解题思路：
　　要使a被b×c整除，如果b与c互质，就可以分别考虑，a被b整除与a被c整除.
　　能被2，3，4，5，8，9，11整除的数都是有特征的，我们可以通过下面讲到的一些特征来判断许多数的整除问题.
　　2.数的整除特征
　　（1）能被2整除的数的特征：
　　如果一个整数的个位数是偶数，那么它必能被2整除.
　　（2）能被5整除的数的特征：
　　如果一个整数的个位数字是0或5，那么它必能被5整除.
　　（3）能被3（或9）整除的数的特征：
　　如果一个整数的各位数字之和能被3（或9）整除，那么它必能被3（或9）整除.
　　（4）能被4（或25）整除的数的特征：
　　如果一个整数的末两位数能被4（或25）整除，那么它必能被4（或25）整除.
　　（5）能被8（或125）整除的数的特征：
　　如果一个整数的末三位数能被8（或125）整除，那么它必能被8（或125）整除.
　　（6）能被11整除的数的特征：
　　如果一个整数的奇数位数字之和与偶数位数字之和的差（大减小）能被11整除，那么它必能被11整除.
　　
　　是什么数字？
　　解：18=2×9，并且2与9互质，根据前面的性质4，可以分别考虑被2和9整除.
　　要被2整除，b只能是0，2，4，6，8.
　　再考虑被9整除，四个数字的和就要被9整除，已有7+4=11.
　　如果 b=0，只有 a=7，此数是 7740；
　　如果b=2，只有a=5，此数是7542；
　　如果b＝4，只有a＝3，此数是 7344；
　　如果 b＝6，只有 a＝1，此数是 7146；
　　如果b＝8，只有a＝8，此数是7848.
　　因此其中最小数是7146.
　　根据不同的取值，分情况进行讨论，是解决整数问题常用办法，例1就是一个典型.
　　例2 一本老账本上记着：72只桶，共□67.9□元，其中□处是被虫蛀掉的数字，请把这笔账补上.
　　解：把□67.9□写成整数679，它应被72整除.72＝9×8，9与8又互质.按照前面的性质4，只要分别考虑679被8和被9整除.从被8整除的特征，79要被8整除，因此b＝2.从6792能被9整除，按照被9整除特征，各位数字之和+24能被9整除，因此a＝3.
　　这笔帐是367.92元.
　　例3 在1，2，3，4，5，6六个数字中选出尽可能多的不同数字组成一个数（有些数字可以重复出现），使得能被组成它的每一个数字整除，并且组成的数要尽可能小.
　　解：如果选数字5，组成数的最后一位数字就必须是5，这样就不能被偶数2，4，6整除，也就是不能选2，4，6.为了要选的不同数字尽可能多，我们只能不选5，而选其他五个数字1，2，3，4，6.1+2+3+4+6＝16，为了能整除3和6，所用的数字之和要能被3整除，只能再添上一个2，16+2＝18能被3整除.为了尽可能小，又要考虑到最后两位数能被4整除.组成的数是
　　122364.
　　例4 四位数7□4□能被55整除，求出所有这样的四位数.
　　解：55＝5×11，5与11互质，可以分别考虑被5与11整除.
　　要被5整除，个位数只能是0或5.
　　再考虑被11整除.
　　（7+4）-（百位数字+0）要能被11整除，百位数字只能是0，所得四位数是7040.
　　（7+4）-（百位数字+5）要能被11整除，百位数字只能是6（零能被所有不等于零的整数整除），所得四位数是7645.
　　满足条件的四位数只有两个：7040，7645.
　　例5 一个七位数的各位数字互不相同，并且它能被11整除，这样的数中，最大的是哪一个？
　　
　　，要使它被11整除，要满足
　　（9+7+5+b）-（8+6+a）=（21+b）-（14+a）
　　能被11整除，也就是7+b-a要能被11整除，但是a与b只能是0，1，2，3，4中的两个数，只有b＝4，a＝0，满足条件的最大七位数是9876504.
　　再介绍另一种解法.
　　先用各位数字均不相同的最大的七位数除以11（参见下页除式）.
　　要满足题目的条件，这个数是9876543减6，或者再减去11的倍数中的一个数，使最后两位数字是0，1，2，3，4中的两个数字.

　　43-6＝37，37-11＝26，26-11＝15，15-11＝4，因此这个数是9876504.
　　思考题：如果要求满足条件的数最小，应如何去求，是哪一个数呢？
　　（答：1023495）
　　例6 某个七位数1993□□□能被2，3，4，5，6，7，8，9都整除，那么它的最后三个数字组成的三位数是多少？
　　与上例题一样，有两种解法.
　　解一：从整除特征考虑.
　　这个七位数的最后一位数字显然是0.
　　另外，只要再分别考虑它能被9，8，7整除.
　　1＋9＋9＋3＝22，要被9整除，十位与百位的数字和是5或14，要被8整除，最后三位组成的三位数要能被8整除，因此只可能是下面三个数：
　　1993500，1993320，1993680，
　　其中只有199320能被7整除，因此所求的三位数是320.
　　解二：直接用除式来考虑.
　　2，3，4，5，6，7，8，9的最小公倍数是2520，这个七位数要被2520整除.
　　现在用1993000被2520来除，具体的除式如下：

　　因为 2520-2200＝320，所以1993000+320=1993320能被2520整除.
　　例7 下面这个41位数

　　能被7整除，中间方格代表的数字是几？
　　解：因为 111111＝3×7×11×13×37，所以
　　555555＝5×111111和999999＝9×111111
　　都能被7整除.这样，18个5和18个9分别组成的18位数，也都能被7整除.
　　
　　右边的三个加数中，前、后两个数都能被7整除，那么只要中间的55□99能被7整除，原数就能被7整除.
　　把55□99拆成两个数的和：
　　55A00＋B99，
　　其中□=A+B.
　　因为7丨55300，7丨399，所以□=3+3＝6.
　　注意，记住111111能被7整除是很有用的.
　　例8 甲、乙两人进行下面的游戏.
　　两人先约定一个整数N.然后，由甲开始，轮流把0，1，2，3，4，5，6，7，8，9十个数字之一填入下面任一个方格中

　　每一方格只填一个数字，六个方格都填上数字（数字可重复）后，就形成一个六位数.如果这个六位数能被N整除，就算乙胜；如果这个六位数不能被N整除，就算甲胜.
　　如果N小于15，当N取哪几个数时，乙能取胜？
　　解：N取偶数，甲可以在最右边方格里填一个奇数（六位数的个位），就使六位数不能被N整除，乙不能获胜.N＝5，甲可以在六位数的个位，填一个不是0或5的数，甲就获胜.
　　上面已经列出乙不能获胜的N的取值.
　　如果N＝1，很明显乙必获胜.
　　如果N＝3或9，那么乙在填最后一个数时，总是能把六个数字之和，凑成3的整数倍或9的整数倍.因此，乙必能获胜.
　　考虑N＝7，11，13是本题最困难的情况.注意到1001＝7×11×13，乙就有一种必胜的办法.我们从左往右数这六个格子，把第一与第四，第二与第五，第三与第六配对，甲在一对格子的一格上填某一个数字后，乙就在这一对格子的另一格上填同样的数字，这就保证所填成的六位数能被1001整除.根据前面讲到的性质2，这个六位数，能被7，11或13整除，乙就能获胜.
　　综合起来，使乙能获胜的N是1，3，7，9，11，13.
　　记住，1001＝7×11×13，在数学竞赛或者做智力测验题时，常常是有用的.
5.2  分解质因数
　　一个整数，它的约数只有1和它本身，就称为质数（也叫素数）.例如，2，5，7，101，….一个整数除1和它本身外，还有其他约数，就称为合数.例如，4，12，99，501，….1不是质数，也不是合数.也可以换一种说法，恰好只有两个约数的整数是质数，至少有3个约数的整数是合数，1只有一个约数，也就是它本身.
　　质数中只有一个偶数，就是2，其他质数都是奇数.但是奇数不一定是质数，例如，15，33，….
　　例9 ○＋（□+△）=209.
　　在○、□、△中各填一个质数，使上面算式成立.
　　解：209可以写成两个质数的乘积，即
　　209＝11×19.
　　不论○中填11或19，□+△一定是奇数，那么□与△是一个奇数一个偶数，偶质数只有2，不妨假定△内填2.当○填19，□要填9，9不是质数，因此○填11，而□填17.
　　这个算式是 11×（17＋2）＝209，
　　11×（2＋17）＝ 209.
　　解例9的首要一步是把209分解成两个质数的乘积.把一个整数分解成若干个整数的乘积，特别是一些质数的乘积，是解决整数问题的一种常用方法，这也是这一节所讲述的主要内容.
　　一个整数的因数中，为质数的因数叫做这个整数的质因数，例如，2，3，7，都是42的质因数，6，14也是42的因数，但不是质因数.
　　任何一个合数，如果不考虑因数的顺序，都可以唯一地表示成质因数乘积的形式，例如
　　360＝2×2×2×3×3×5.
　　还可以写成360＝23×32×5.
　　这里23表示3个2相乘，32表示2个3相乘.在23中，3称为2的指数，读作2的3次方，在32中，2称为3的指数，读作3的2次方.
　　例10 有四个学生，他们的年龄恰好是一个比一个大1岁，而他们的年龄的乘积是5040，那么，他们的年龄各是多少？
　　解：我们先把5040分解质因数
　　5040＝24×32×5×7.
　　再把这些质因数凑成四个连续自然数的乘积：
　　24×32×5×7＝7×8×9×10.
　　所以，这四名学生的年龄分别是7岁、8岁、9岁和10岁.
　　利用合数的质因数分解式，不难求出该数的约数个数（包括1和它本身）.为寻求一般方法，先看一个简单的例子.
　　我们知道24的约数有8个：1，2，3，4，6，8，12，24.对于较大的数，如果一个一个地去找它的约数，将是很麻烦的事.
　　因为24＝23×3，所以24的约数是23的约数（1，2，22，23）与3的约数（1，3）之间的两两乘积.
　　1×1，1×3，2×1，2×3，22×1，22×3，23×1，23×3.
　　这里有4×2＝8个，即 （3＋1）×（1＋1）个，即对于24＝23×3中的23，有（3＋1）种选择：1，2，22，23，对于3有（1＋1）种选择.因此共有（3＋1）×（1＋1）种选择.
　　这个方法，可以运用到一般情形，例如，
　　144＝24×32.
　　因此144的约数个数是（4＋1）×（2+1）＝15（个）.
　　例11 在100至150之间，找出约数个数是8的所有整数.
　　解：有8＝7＋1； 8＝（3＋1）×（1＋1）两种情况.
　　（1）27＝128，符合要求，
　　37＞150，所以不再有其他7次方的数符合要求.
　　（2）23＝8，
　　8×13＝104， 8×17＝136，符合要求.
　　33＝27；
　　只有27×5＝135符合要求.
　　53＝135，它乘以任何质数都大于150，因此共有4个数合要求：128，104，135，136.
　　利用质因数的分解可以求出若干个整数的最大公约数和最小公倍数.先把它们各自进行质因数分解，例如
　　720＝24×32×5，168＝23×3×7.
　　那么每个公共质因数的最低指数次方的乘积就是最大公约数，上面两个整数都含有质因数2，较低指数次方是23，类似地都含有3，因此720与168的最大公约数是
　　23×3＝ 24.
　　在求最小公倍数时，很明显每个质因数的最高指数次方的乘积是最小公倍数.请注意720中有5，而168中无5，可以认为较高指数次方是51=5.720与168的最小公倍数是
　　24×32×5×7＝5040.
　　例12 两个数的最小公倍数是180，最大公约数是30，已知其中一个数是90，另一个数是多少？
　　解：180＝22×32×5，
　　30＝2×3×5.
　　对同一质因数来说，最小公倍数是在两数中取次数较高的，而最大公约数是在两数中取次数较低的，从22与2就知道，一数中含22，另一数中含2；从32与3就知道，一数中含32，另一数中含3，从一数是
　　90＝2×32×5.
　　就知道另一数是
　　22×3×5＝60.
　　还有一种解法：
　　另一数一定是最大公约数30的整数倍，也就是在下面这些数中去找
　　30， 60， 90， 120，….
　　这就需要逐一检验，与90的最小公倍数是否是180，最大公约数是否是30.现在碰巧第二个数60就是.逐一去检验，有时会较费力.
　　例13 有一种最简真分数，它们的分子与分母的乘积都是420.如果把所有这样的分数从小到大排列，那么第三个分数是多少？
　　解：把420分解质因数
　　420＝2×2×3×5×7.
　　为了保证分子、分母不能约分（否则约分后，分子与分母的乘积不再是420了），相同质因数（上面分解中的2），要么都在分子，要么都在分母，并且分子应小于分母.分子从小到大排列是
　　1，3，4，5，7，12，15，20.
　　分子再大就要超过分母了，它们相应的分数是
　　
　　
　　两个整数，如果它们的最大公约数是1.就称这两个数是互质的.
　　例13实质上是把420分解成两个互质的整数.
　　利用质因数分解，把一个整数分解成若干个整数的乘积，是非常基本又是很有用的方法，再举三个例题.
　　例14 将8个数6，24，45，65，77，78，105，110分成两组，每组4个数，并且每组4个数的乘积相等，请写出一种分组.
　　解：要想每组4个数的乘积相等，就要让每组的质因数一样，并且相同质因数的个数也一样才行.把8个数分解质因数.
　　6＝2×3， 24＝23×3，
　　45＝32×5， 65＝5×13，
　　77＝7×11， 78＝2×3×13，
　　105＝3×5×7， 110＝2×5×11.
　　先放指数最高的质因数，把24放在第一组，为了使第二组里也有三个2的因子，必须把6，78，110放在第二组中，为了平衡质因数11和13，必须把77和65放在第一组中.看质因数7，105应放在第二组中，45放在第一组中，得到
　　第一组：24，65，77，45.
　　第二组：6，78，110，105.
　　在讲述下一例题之前，先介绍一个数学名词--完全平方数.
　　一个整数，可以分解成相同的两个整数的乘积，就称为完全平方数.
　　例如：4＝2×2， 9＝3×3， 144＝12×12， 625＝25×25.4，9，144，625都是完全平方数.
　　一个完全平方数写出质因数分解后，每一个质因数的次数，一定是偶数.
　　例如：144＝32×42， 100＝22×52，…
　　例15 甲数有9个约数，乙数有10个约数，甲、乙两数最小公倍数是2800，那么甲数和乙数分别是多少？
　　解：一个整数被它的约数除后，所得的商也是它的约数，这样的两个约数可以配成一对.只有配成对的两个约数相同时，也就是这个数是完全平方数时，它的约数的个数才会是奇数.因此，甲数是一个完全平方数.
　　2800＝24×52×7.
　　在它含有的约数中是完全平方数，只有
　　1，22，24，52，22×52，24×52.
　　在这6个数中只有22×52＝100，它的约数是（2＋1）×（2+1）＝9（个）.
　　2800是甲、乙两数的最小公倍数，上面已算出甲数是100＝22×52，因此乙数至少要含有24和7，而24×7＝112恰好有（4+1）×（1＋1）＝10（个）约数，从而乙数就是112.
　　综合起来，甲数是100，乙数是112.
　　例16 小明买红蓝两种笔各1支共用了17元.两种笔的单价都是整元，并且红笔比蓝笔贵.小强打算用35元来买这两种笔（也允许只买其中一种），可是他无论怎么买都不能把35元恰好用完，问红笔、蓝笔每支各多少元？
　　解：35＝5×7.红、蓝的单价不能是5元或7元（否则能把35元恰好用完），也不能是17-5＝12（元）和17-7＝10（元），否则另一种笔1支是5元或7元.
　　记住：对笔价来说，已排除了5，7，10，12这四个数.
　　笔价不能是35-17=18（元）的约数.如果笔价是18的约数，就能把18元恰好都买成笔，再把17元买两种笔各一支，这样就把35元恰好用完了.因此笔价不能是18的约数：1，2，3，6，9.
　　当然也不能是17-1＝16，17-2＝15，17-3＝14，17-6＝11， 17-9＝8.现在笔价又排除了：
　　1，2，3，6，8，9，11，14，15，16.
　　综合两次排除，只有4与13未被排除，而4＋13＝17，就知道红笔每支 13元，蓝笔每支 4元.
5.3  余数
　　在整数除法运算中，除了前面说过的“能整除”情形外，更多的是不能整除的情形，例如 95÷3， 48÷5.不能整除就产生了余数.通常的表示是：
　　65÷3＝21…… 2， 38÷5＝7…… 3.
　　上面两个算式中2和3就是余数，写成文字是
　　被除数÷除数=商……余数.
　　上面两个算式可以写成
　　65＝3×21＋2， 38＝5×7＋3.
　　也就是
被除数=除数×商+余数.
　　通常把这一算式称为带余除式，它使我们容易从“余数”出发去考虑问题，这正是某些整数问题所需要的.
　　特别要提请注意：在带余除式中，余数总是比除数小，这一事实，解题时常作为依据.
　　例17 5397被一个质数除，所得余数是15.求这个质数.
　　解：这个质数能整除
　　5397-15＝5382，
　　而 5382＝2×31997×13×23.
　　因为除数要比余数15大，除数又是质数，所以它只能是23.
　　当被除数较大时，求余数的一个简便方法是从被除数中逐次去掉除数的整数倍，从而得到余数.
　　例18 求645763除以7的余数.
　　解：可以先去掉7的倍数630000余15763，再去掉14000还余下 1763，再去掉1400余下363，再去掉350余13，最后得出余数是6.这个过程可简单地记成
　　645763→15763→1763→363→13→6.
　　如果你演算能力强，上面过程可以更简单地写成：
　　645763→15000→1000→6.
　　带余除法可以得出下面很有用的结论：
　　如果两个数被同一个除数除余数相同，那么这两个数之差就能被那个除数整除.
　　例19 有一个大于1的整数，它除967，1000，2001得到相同的余数，那么这个整数是多少？
　　解：由上面的结论，所求整数应能整除 967，1000，2001的两两之差，即
　　1000-967＝33＝3×11，
　　2001-1000＝1001＝7×11×13，
　　2001-967＝1034＝2×11×47.
　　这个整数是这三个差的公约数11.
　　请注意，我们不必求出三个差，只要求出其中两个就够了.因为另一个差总可以由这两个差得到.
　　例如，求出差1000-967与2001-1000，
　　那么差
　　2001-967＝（2001-1000）＋（1000-967）
　　＝1001＋33
　　＝1034.
　　从带余除式，还可以得出下面结论：
　　甲、乙两数，如果被同一除数来除，得到两个余数，那么甲、乙两数之和被这个除数除，它的余数就是两个余数之和被这个除数除所得的余数.
　　例如，57被13除余5，152被13除余9，那么57+152=209被13除，余数是5＋9＝14被13除的余数1.
　　例20 有一串数排成一行，其中第一个数是15，第二个数是40，从第三个数起，每个数恰好是前面两个数的和，问这串数中，第1998个数被3除的余数是多少？
　　解：我们可以按照题目的条件把这串数写出来，再看每一个数被3除的余数有什么规律，但这样做太麻烦.根据上面说到的结论，可以采取下面的做法，从第三个数起，把前两个数被3除所得的余数相加，然后除以3，就得到这个数被3除的余数，这样就很容易算出前十个数被3除的余数，列表如下：

　　从表中可以看出，第九、第十两数被3除的余数与第一、第二两个数被3除的余数相同.因此这一串数被3除的余数，每八个循环一次，因为
　　1998＝ 8×249＋ 6，
　　所以，第1998个数被3除的余数，应与第六个数被3除的余数一样，也就是2.
　　一些有规律的数，常常会循环地出现.我们的计算方法，就是循环制.计算钟点是
　　1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12.
　　这十二个数构成一个循环.
　　按照七天一轮计算天数是
　　日，一，二，三，四，五，六.
　　这也是一个循环，相当于一些连续自然数被7除的余数
　　0， 1， 2， 3， 4， 5， 6
　　的循环.用循环制计算时间：钟表、星期、月、四季，说明人们很早就发现循环现象.用数来反映循环现象也是很自然的事.
　　循环现象，我们还称作具有“周期性”，12个数的循环，就说周期是12，7个数的循环，就说周期是7.例20中余数的周期是8.研究数的循环，发现周期性和确定周期，是很有趣的事.
　　下面我们再举出两个余数出现循环现象的例子.在讲述例题之前，再讲一个从带余除式得出的结论：
　　甲、乙两数被同一除数来除，得到两个余数.那么甲、乙两数的积被这个除数除，它的余数就是两个余数的积，被这个除数除所得的余数.
　　例如，37被11除余4，27被11除余5，37×27＝999被 11除的余数是 4×5＝20被 11除后的余数 9.
　　1997＝7×285＋2，就知道1997×1997被7除的余数是2×2＝4.
　　例 21 191997被7除余几？
　　解：从上面的结论知道，191997被7除的余数与21997被7除的余数相同.我们只要考虑一些2的连乘，被7除的余数.
　　先写出一列数
　　2，2×2＝4，2×2×2 ＝8，
　　2×2×2×2＝16，….
　　然后逐个用7去除，列一张表，看看有什么规律.列表如下：

　　事实上，只要用前一个数被7除的余数，乘以2，再被7除，就可以得到后一个数被7除的余数.（为什么？请想一想.）
　　从表中可以看出，第四个数与第一个数的余数相同，都是2.根据上面对余数的计算，就知道，第五个数与第二个数余数相同，……因此，余数是每隔3个数循环一轮.循环的周期是3.
　　1997＝ 3× 665 ＋ 2.
　　就知道21997被7除的余数，与21997 被 7除的余数相同，这个余数是4.
　　再看一个稍复杂的例子.
　　例22 70个数排成一行，除了两头的两个数以外，每个数的三倍都恰好等于它两边两个数的和.这一行最左边的几个数是这样的：
　　0，1，3，8，21，55，….
　　问：最右边一个数（第70个数）被6除余几？
　　解：首先要注意到，从第三个数起，每一个数都恰好等于前一个数的3倍减去再前一个数：
　　3＝1×3-0，
　　8=3×3-1，
　　21=8×3-3，
　　55=21×3-8，
　　……
　　不过，真的要一个一个地算下去，然后逐个被6去除，那就太麻烦了.能否从前面的余数，算出后面的余数呢？能！同算出这一行数的办法一样（为什么？），从第三个数起，余数的计算办法如下：
　　将前一个数的余数乘3，减去再前一个数的余数，然后被6除，所得余数即是.
　　用这个办法，可以逐个算出余数，列表如下：

　　注意，在算第八个数的余数时，要出现0×3-1这在小学数学范围不允许，因为我们求被6除的余数，所以我们可以 0×3加6再来减 1.
　　从表中可以看出，第十三、第十四个数的余数，与第一、第二个数的余数对应相同，就知道余数的循环周期是12.
　　70 ＝12×5+10.
　　因此，第七十个数被6除的余数，与第十个数的余数相同，也就是4.
　　在一千多年前的《孙子算经》中，有这样一道算术题：
　　“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？”按照今天的话来说：
　　一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2，求这个数.
　　这样的问题，也有人称为“韩信点兵”.它形成了一类问题，也就是初等数论中解同余式.这类问题的有解条件和解的方法被称为“中国剩余定理”，这是由中国人首先提出的.目前许多小学数学的课外读物都喜欢讲这类问题，但是它的一般解法决不是小学生能弄明白的.这里，我们通过两个例题，对较小的数，介绍一种通俗解法.
　　例23 有一个数，除以3余2，除以4余1，问这个数除以12余几？
　　解：除以3余2的数有：
　　2， 5， 8， 11，14， 17， 20， 23….
　　它们除以12的余数是：
　　2，5，8，11，2，5，8，11，….
　　除以4余1的数有：
　　1， 5， 9， 13， 17， 21， 25， 29，….
　　它们除以12的余数是：
　　1， 5， 9， 1， 5， 9，….
　　一个数除以12的余数是唯一的.上面两行余数中，只有5是共同的，因此这个数除以12的余数是5.
　　上面解法中，我们逐个列出被3除余2的整数，又逐个列出被4除余1的整数，然后逐个考虑被12除的余数，找出两者共同的余数，就是被12除的余数.这样的列举的办法，在考虑的数不大时，是很有用的，也是同学们最容易接受的.
　　如果我们把例23的问题改变一下，不求被12除的余数，而是求这个数.很明显，满足条件的数是很多的，它是
　　5＋ 12×整数，
　　整数可以取0，1，2，…，无穷无尽.事实上，我们首先找出5后，注意到12是3与4的最小公倍数，再加上12的整数倍，就都是满足条件的数.这样就是把“除以3余2，除以4余1”两个条件合并成“除以12余5”一个条件.《孙子算经》提出的问题有三个条件，我们可以先把两个条件合并成一个.然后再与第三个条件合并，就可找到答案.
　　例24 一个数除以3余2，除以5余3，除以7余2，求符合条件的最小数.
　　解：先列出除以3余2的数：
　　2， 5， 8， 11， 14， 17， 20， 23， 26，…，
　　再列出除以5余3的数：
　　3， 8， 13， 18， 23， 28，….
　　这两列数中，首先出现的公共数是8.3与5的最小公倍数是15.两个条件合并成一个就是
　　8＋15×整数，
　　列出这一串数是
　　8， 23， 38，…，
　　再列出除以7余2的数
　　2， 9， 16， 23， 30，…，
　　就得出符合题目条件的最小数是23.
　　事实上，我们已把题目中三个条件合并成一个：被105除余23.
　　最后再看一个例子.
　　例25 在100至200之间，有三个连续的自然数，其中最小的能被3整除，中间的能被5整除，最大的能被7整除，写出这样的三个连续自然数.
　　解：先找出两个连续自然数，第一个能被3整除，第二个能被5整除（又是被3除余1）.例如，找出9和10，下一个连续的自然数是11.
　　3和5的最小公倍数是15，考虑11加15的整数倍，使加得的数能被7整除.11＋15×3＝56能被7整除，那么54，55，56这三个连续自然数，依次分别能被3，5，7整除.
　　为了满足“在100至200之间”将54，55，56分别加上3，5，7的最小公倍数105.所求三数是
　　159， 160， 161.
　　注意，本题实际上是：求一个数（100～200之间），它被3整除，被5除余4，被7除余5.请考虑，本题解法与例24解法有哪些相同之处？