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M＝5×6×7×11＝2310
求得 M 对于每个因数的商数：
a1 = 2310 = 462
5
2310
a2 = = 385
6
a3 = 2310 = 330
7
2310
a4 = = 210
11
以各自的商数为基础，求得余 1 的情况：
3×462 1386
= = 277Λ Λ 余1
5 5
385
= 64Λ Λ 余1
6
330
= 47Λ Λ 余1
7
210 = 19Λ Λ 余1
11
再以实际上各项的余数代进去，得到
x0＝1×3×462＋5×385＋4×330＋10×210＝6731
由此，6731 是符合题意中的各项余数的，但这并不是小的解，因为 2310
能被各项都整除，所以要减去 2310 的数。
x1＝6731…2×2310＝2111
2111 为最小的解。但由于这是解不定方程，可以有无的解，其通解的形
式应该为
x2＝2111＋2310k（其中 k＝0，1，2，……）
幻方与数阵
将 1～9 这 9 个数字填在图 A 中的九个方格里，使每一横行、每一纵列和
两个对角线上的数字之和相等。首先我们注意到 1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＋9＝45。而
①＋②＋③＋
④＋⑤＋⑥＋⑦＋⑧＋⑨＝45，因此，①＋②＋③＝④＋⑤＋⑥＝⑦＋⑧＋⑨＝幻和，那
么应该有：幻和×3＝45，幻和＝45÷3＝15。又，①＋⑤＋⑨＋③＋⑤＋⑦＋④＋⑤＋
⑥＋②＋⑤＋⑧＝15×4＝60，也就是①＋②＋③＋④＋⑤＋⑥＋⑦＋⑧＋⑨＋3×⑤＝60，所
以，45＋3×⑤＝60，⑤＝5，即
中间的数应当为 5，其他位置上的数，如果①填奇数，因为①＋⑨＝10，
所以⑨也是奇数。④、⑦同奇或同偶，当④、⑦同为奇数时，⑧和⑥也应是
奇数。因此共有 6 个奇数，又因 1～9 只有 5 个奇数，发生矛盾。当④、⑦同
偶时，⑧与⑥也应为偶数，③也应为偶数，这样共有 5 个偶数，也与 1～9
只有 4 个偶数矛盾。因此①是偶数，同理③、⑦、⑨也都是偶数。又①＋⑨＝
③＋⑦＝10，于是就得到所求解。如左图。
伐木人的争论
伊格纳托夫是前苏联著名的科普作家，他一生写下了许多题材新颖、内
容丰富、形式活泼的作品，伐木人的争论是其作品中的一道题。
尼基塔和巴维尔是两个伐木人。有一天，两人干完活正准备吃饭，迎面
走来一个猎人：“你们好啊，兄弟们！我在森林里迷了路，离村庄又远，饿
得心慌，请分给我一些吃的吧！”
“行啊，行啊，你坐下吧！尼基塔有 4 张饼，我有 7 张饼咱们在一起凑
合着吃吧。”巴维尔热情地说。尼基塔也随声附和着。于是三人平均分吃了
11 张饼。吃过饭，猎人摸出 11 个戈比，说道：“请别见怪，我身上只有这
些钱了，你俩商量着分吧！”
猎人走后，两个伐木人争论起来。尼基塔说：“我看这钱应该平分！”
巴维尔反驳说：“11 张饼的钱是 11 个戈比，正好是 1 张饼 1 个戈比，你应
得 4 个，我应得 7 个！”
他们俩的算法，谁的对呢？显然尼基塔的算法是错的，两人带的饼的数
目不同，当然分得的钱也应不同。再看巴维尔的算法：11 张饼，11 个戈比，
每张饼 1 个戈比，看起来非常合理，如果问题是“猎人用 11 个戈比买了 11
张饼”，那么巴维尔的算法的确是正确的。可问题是“3 个人平均分吃了 11
张饼，并且尼基塔和巴维尔带的饼又不一样多。”实际上，11 张饼平均分给
3个人，就是说，每人吃了11张饼。尼基塔有4张饼，自己吃了11张饼，
3 3
他给猎人吃了411= 张。而巴维尔也吃了11张，他分给猎人711= 张。
1 10
3 3 3 3 3
猎人吃了 张饼，付给11个戈比，也就是说，每次13张饼猎人付给一个
11
3
戈比。他吃了尼基塔1张饼，故尼基塔应得1戈比，他吃了巴维尔10张饼，
3 3
巴维尔应得 10 戈比，两个人的算法都错了。
36 名军官问题
设有 6 种军衔和来自 6 个团的 36 名军官，能不能把他们排成 6×6 的队
列，使得每行每列里都有每种军衔的 1 名军官和每个团的 1 名军官呢？
这是 18 世纪瑞士数学家欧拉提出的一个趣味数学问题。它在统计学，尤
其是在试验设计中有重要的影响。
为了易于说明，我们先考虑有 3 种军衔和来自 3 个团的 9 名军官。用 1、
2、3 分别表示 3 种军衔，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ表示 3 个不同的团，这时，相应的问题
的解答是：
1 Ⅰ Ⅱ Ⅲ
3 2 3
2 1 Ⅲ
Ⅰ Ⅱ
2 3 1 Ⅱ Ⅲ Ⅰ
军衔阵列 团阵列
（1；Ⅰ） （2；Ⅱ） （3；Ⅲ）
（3；Ⅱ
） （1；Ⅲ） （2；Ⅰ）
（2；Ⅲ ） （3；Ⅰ） （1；Ⅱ）
上面军衔阵列和团阵列分别是由 3 个不同符号构成的 3 行 3 列的阵列（3
×3），其中每个符号在每行与每列恰好只出现一次，我们把这种阵列叫 3
阶拉丁方。而并置阵列中 32个有序对都是不同的（即并置后，所有可能的 9
种情况都出现了），称军衔阵列和团阵列是正交拉丁方。
那么，36 名军官问题就成了：是否存在 6 阶正交拉丁方呢？欧拉曾猜想，
阶数为 4k＋2（k 是正整数）的拉丁方，任何两个同阶的拉丁方都不是正交的。
容易证明 2 阶拉丁方不正交。1901 年法国数学家 Tarry 用穷举法证明了不存
在 6 阶正交拉丁方。直到 1959 年才有 3 位统计学家终于证明了，除了 2 阶和
6 阶外，其他情况都有解。欧拉的猜想中，除这两种情况外，其余都猜错了。
龟和鹤
龟和鹤都是长寿的动物。一天鹤爹与鹤子遇见了龟祖和龟孙，彼此谈起
了年龄。原来鹤爹的年龄是鹤子年龄的 2 倍，龟祖的年龄是龟孙年龄的 5 倍。
它们年龄之和如果乘上 3，等于 900 岁。如果再过 10 年，鹤族年龄的 5 倍加
上龟族的年龄也是 900 岁。问现在它们的年龄各是多少？
解答：设鹤子现在的年龄是 x，龟孙现在的年龄是 y。则鹤爹现年为 2x，
龟祖现年 5y，有方程：
3［（2x＋x）＋（5y＋y）］＝900
10 年以后，鹤子、鹤爹的年龄分别为 x＋10 和 2x＋10，龟孙、龟祖的年龄
分别为 y＋10 和 5y＋10，于是又有方程，
5［（x＋10）＋（2x＋10）］＋（y＋10）＋（5y＋10）＝900
联立两个方程，简化为：
5x＋2y
x＋2y =100
= 260
解得：
y x = 40
= 30
因此，鹤子现年 40 岁，鹤爹现年 80 岁，龟孙现年 30 岁，龟祖现年 150
岁。
乘车者的常识
有一个乘车者经常坐从东郊到西郊的公共汽车。一天，他嫌车太挤，就
沿着公共汽车行车路线走。这时，他发现对面来的公共汽车每隔 6 分钟遇见
一次，而背后开来的公共汽车每隔 12 分钟超过他一次。他心算了一下，就知
道，这条路线上的公共汽车是隔多少分钟发车一次了。你也能算出来吗？
解答：假设公共汽车的速度是 y，人的走路速度是 x，又设两次发车间隔
时间里，公共汽车行驶的路程为 S。
那么，在迎面见到公共汽车的情况下，每经过 S 距离的时间是 t1＝6 分钟，
S
并且
x ＋ y = t。
同样，在相同方向的情况下，每经过 S 距离的时间是 t2＝12 分钟，并且
S
y x = t。解联立方程组：
S
①
x ＋ y = t1
S
②
y x = h2
将①化简为：
x y 1
＋ = ③
S S t1
将②化简为：
y x 1
= ④
S S t2
③、④相加：
2y = 1 ＋ 1
S t1 t2
∴Sy = ＋ 1 1
t1 t2
∵t1 = 6；t2 = 12
∴Sy = 8
S
因为 正是每段间隔中所需的时间，即发车的间隔时间，所以每两个车
y
发车时间相隔 8 分钟。
两支蜡烛
停电时分，小曹点起了两支蜡烛。这两支蜡烛一般长，可不一般粗。粗
蜡烛可点 2 小时，细蜡烛可点 1 小时。来电以后，小曹吹灭了两支蜡烛，发
现粗蜡烛是细蜡烛长度的 2 倍。问停电时间有多少分钟？
解答：设停电时间为 x 小时。
粗蜡烛2小时点完，1小时可点1/ 2根，x小时可点去 根，还剩1
x x
2 2
根（即它剩下的长度）。
细蜡烛 1 小时点完，1 小时可点 1 整根，x 小时可点去 x 根（x 不到 1
根），还剩下的长度为 1…x。
x
于是：1… = 2（1…x）
2
解方程，得 x＝2／3 小时＝40 分钟
因此，停电时间为 40 分钟。