第7讲 牛吃草问题
牛吃草问题在普通工程问题的基础上，工作总量随工作时间
均匀的变化，这样就增加了难度．
解答这类题的关键是要想办法从变化中找到不变的量。牧场上原有的草是不变的，新长出的草虽然在变化，因为是匀速生长，所以每天新长出的草是不变的。正确计算草地上原有的草及每天长出的草，问题就容易解决了。
草场有一片均匀生长的草地，可供27头牛吃6周，或供23头牛吃9周，
那么它可供21头牛吃几周?

(这类问题由牛顿最先提出，所以又叫“牛顿问题”．)
【分析与解】
27头牛吃6周相当于27×6=162头牛吃1周时间，吃了原有的草加上6周新长的草；
23头牛吃9周相当于23×9=207头牛吃1周时间，吃了原有的草加上9周新长的草；
于是，多出了207-162=45头牛，多吃了9-6=3周新长的草．
所以45÷3=15头牛1周可以吃1周新长出的草．

即相当于给出15头牛专门吃新长出的草．
于是27-15=12头牛6周吃完原有的草，现在有21头牛，减去15头吃长出的草，
于是21-15=6头牛来吃原来的草；
所以需要12×6÷6=12(周)，于是2l头牛需吃12周．
注：我们求出单位“1”面积的草需要多少头年来吃，这样就把问题化归为
一般工程问题了．
一般方法：

先求出变化的草相当于多少头牛来吃：
(甲牛头数×时间甲-乙牛头数×时间乙)÷(时间甲-时间乙)；

再进行如下运算：
(甲牛头数-变化草相当头数)×时问甲÷(丙牛头数-变化草相当头数)=时间丙．

或者：(甲牛头数-变化草相当头数)×时间甲÷时间丙+变化草相当头数丙
所需的头数．
有三块草地，面积分别是4公顷、8公顷和10公顷．草地上的草一样厚
而且长得一样快．第一块草地可供24头牛吃6周，第二块草地可供36头
牛吃12周．问：第三块草地可供50头牛吃几周?
【分析与解】
我们知道24×6=144头牛吃一周吃2个(2公顷+2公顷周长的草).
36×12=432头牛吃一周吃4个(2公顷+2公顷12周长的草)．
于是144÷2=72头牛吃一周吃2公顷+2公顷6周长的草．
432÷4=108头牛吃一周吃2公顷+2公顷12周长的草．
所以108-72=36头牛一周吃2公顷12—6=6周长的草．
即36÷6=6头牛1周吃2公顷1周长的草
对每2公顷配6头牛专吃新长的草，则正好．于是4公顷，
配4÷2×6=12头牛专吃新长的草，即24-12=12头牛吃
6周吃完4公顷，所以1头牛吃6×12÷(4÷2)=36周吃完2公顷．
所以10公顷，需要10÷2×6=30头牛专吃新长的草，剩下50-30=20头牛
来吃10公顷草，要36 ×(10÷2)÷20=9周．
于是50头牛需要9周吃10公顷的草．
【分析与解】
一群牛，2天，吃了1块+1块2天新长的；
一群牛，6天，吃了2块+2块2+6=8天新长的；
即3天，吃了1块+1块8天新长的.
现在有牛、羊、马吃一块草地的草，牛、马吃需要45天吃完，
于是马、羊吃需要60天吃完，于是牛、羊吃需要90天吃完，
牛、羊一起吃草的速度为马吃草的速度，求马、牛、羊一起
吃，需多少时间?
【分析与解】
牛、马45天吃了 原有+45天新长的草①
马、羊60天吃了 原有+60天新长的草②
牛、羊90天吃了 原有+90天新长的草③
马 90天吃了 原有+90天新长的草④
牛、马90天吃了 2原有+90天新长的草⑤
所以，由④、⑤知，牛吃了90天，吃了原有的草；
再结合③知，羊吃了90天，吃了90天新长的草，
所以，可以将羊视为专门吃新长的草．
所以，②知马60天吃完原有的草，③知牛90天吃完原有的草．
现在将牛、马、羊放在一起吃；还是让羊吃新长的草，牛、马一起吃原有的草.
所以，牛、羊、马一起吃，需36天．
由于天气逐渐冷起来，牧场上的草不仅不长大，反而以固定速度在减少。已知某
块草地上的草可供20头牛吃5天或可供15头牛吃6天。照此计算，可供多少头牛吃10天？
【分析与解】
设1头牛1天吃的草为1份，20头牛5天吃100份，15头牛6天吃90份，100-90=10（份）
说明寒冷的天气使牧场1天减少青草10份，也就是寒冷导致的每天减少的草量
相当于10头牛在吃草。
由“草地上的草可供20头牛吃5天”，再加上寒冷导致的每天减少的草量相当
于10头牛同时在吃草，
所以原有草共有（20+10）×5=150（份），
由150÷10=15知道，牧场原有的草可供15头牛吃10天。
由寒冷导致的原因占去10头牛吃的草，所以可供5头牛吃10天。
自动扶梯以均匀速度由下往上行驶着，两位性急的孩子要从扶梯上楼。已知男孩每
分钟走20级台阶，女孩每分钟走15级台阶，结果男孩用5分钟到达楼上，女孩用了
6分钟到达楼上。问：该扶梯共有多少级台阶？
【分析与解】
与前面的题比较，“总的草量”变成了“扶梯的台阶总数”，“草”变成了“台阶”，
“牛”变成了“速度”，也可以看成是牛吃草问题。
上楼的速度可以分为两部分：一部分是男、女孩自己的速度，
另一部分是自动扶梯的速度。
男孩5分钟走了20×5=100（级），女孩6分钟走了15×6=90（级），
女孩比男孩少走了100—90=10（级），
多用了6—5=1（分钟），说明电梯1分钟走10级。
因男孩5分钟到达楼上，他上楼的速度是自己的速度与扶梯的速度之和。
所以，扶梯共有（20+10）×5=150（级）
一只船有一个漏洞，水以均匀的速度进入船内，发现漏洞时已经进了一些水。如果
用12人舀水，3小时舀完。如果只有5个人舀水，要10小时才能舀完。现在要想2小
时舀完，需要多少人？
【分析与解】
已漏进的水，加上3小时漏进的水，每小时需要（12×3）人舀完，
也就是36人用1小时才能舀完。
已漏进的水，加上10小时漏进的水，每小时需要（5×10）人舀完，
也就是50人用1小时才能舀完。
通过比较，我们可以得出1小时内漏进的水及船中已漏进的水。
1小时漏进的水，2个人用1小时能舀完：
（5×10—12×3）÷（10—3）=2
已漏进的水：（12—2）×3=30
已漏进的水加上2小时漏进的水，需34人1小时完成：
30+2×2=34
用2小时来舀完这些水需要17人：34÷2=17（人）
有三块草地，面积分别为5，6，和8公顷。草地上的草一样厚，而且长得一样快。
第一块草荐地可供11头牛吃10天，第二块草地可供12头牛吃14天。问第三块草
地可供19头牛吃多少天？
【分析与解】
现在是三块面积不同的草地。为了解决这个问题，只需将三块草地的面积统一起来。
即
[5，6，8]=120
这样，第一块5公顷可供11头牛吃10天，120÷5=24，变为120公顷草地可供
11×24=264（头）牛吃10天
第二块6公顷可供12头牛吃14天，120÷6=20，变为120公顷草地可供
12×20=240（头）牛吃14天。
120÷8=15。问题变成：120公顷草地可供19×15=285（头）牛吃几天？
因为草地面积相同，可忽略具体公顷数，原题可变为：
一块草地匀速生长，可供264头牛吃10天或供240头牛吃14天， 那么可供285头牛吃几天？
即
每天新长出的草：（240×14—264×10）÷（14—10）=180（份）
草地原有草：（264—180）×10=840（份）
可供285头牛吃的时间：840÷（285—180）=8（天）
作业 由于天气逐渐冷起来，牧场上的草不仅不长大，反而以固定速度在减少。已知某块草地上的草可供20头牛吃5天或可供16头牛吃6天。照此计算，可供11头牛吃几天
不定方程与整数分拆
求二元一次方程与多元一次方程组的自然数解的方法，
与此相关或涉及整数分拆的数论问题．
对于不定方程的解法，本讲主要利用同余的性质来求解
在两位数中，能被其各位数字之和整除，而且除得的商恰好是4的数有多少个?
【分析与解】
有纸币60张，其中1分、l角、1元和10元各有若干张．问这些纸币的总面值
是否能够恰好是100元?
【分析与解】
设1分、1角、1元和10元纸币分别有a张、b张、c张和d张，
列方程如下：
注意到③式左边是9的倍数，而右边不是9的倍数，因此无整数解，
即这些纸币的总面值不能恰好为100元．
将一根长为374厘米的合金铝管截成若干根36厘米和24厘米两种型号的短管，
加工损耗忽略不计．问：剩余部分的管子最少是多少厘米?
【分析与解】
24厘米与36厘米都是12的倍数，所以截成若干根这两种型号的短管，
截去的总长度必是12的倍数，
但374被12除余2，所以截完以后必有剩余．剩余管料长不小于2厘米．
另一方面，374=27×12+4×12+2，而36÷12=3，24÷12=2
即可截成9根36厘米的短管与2根24厘米的短管，剩余2厘米．
因此剩余部分的管子最少是2厘米．
小萌在邮局寄了3种信，平信每封8分，航空信每封1角，挂号信每封2角，她共用了1元2角2分．那么小萌寄的这3种信的总和最少是多少封?
【分析与解】
显然，为了使3种信的总和最少，那么小萌应该尽量寄最贵的挂号信，
然后是航空信，最后才是平信．
但是挂号信、航空信的邮费都是整数角不会产生几分．
此时剩下的邮费为122-32=90，所以再寄4封挂号信，航空信1封即可．
于是，小萌寄的这3种信的总和最少是4+1+4=9封．
有三堆砝码，第一堆中每个砝码重3克，第二堆中每个砝码重5克，
第三堆中每个砝码重7克．现在要取出最少个数的砝码，使它们的
总重量为130克．那么共需要多少个砝码?其中3克、5克和7克的
砝码各有几个?
【分析与解】
为了使选取的砝码最少，应尽可能的取7克的砝码．130÷7：18 ……4，
5种商品的价格如表8—1，其中的单位是元．现用60元钱恰好买了10件商品，
那么有多少种不同的选购方式?
【分析与解】
设B、C、D、E、A商品依次买了b、c、d、e、(10-b-c-d-e)件，则有
最后可得到如下表的满足情况：
共有4种不同的选购方法．
(1)将50分拆成10个质数之和，要求其中最大的质数尽可能大，那么这个最大质数是多少?

(2)将60分拆成10个质数之和，要求其中最大的质数尽可能小，那么这个最大的质数是多少?
【分析与解】
(1)首先确定这10个质数或其中的几个质数可以相等，不然10个互不相等的质数
和最小为2+3+5+7+11+13+17+19+23+29，显然大于50．
所以，其中一定可以有某几个质数相等．
欲使最大的质数尽可能大，那么应使最小的质数尽可能小，最小的质数为2，且最
多可有9个2，那么最大质数不超过50—2×9=32，而不超过32的最大质数为31．
(2)最大的质数必大于5，否则10个质数的之和将不大于50．
所以最大的质数最小为7，为使和为60，所以尽可能的含有多个7．
60÷7=8……4，
而4=2+2，
即8个7与2个2的和为60，显然其中最大的质数最小为7．
有30个贰分硬币和8个伍分硬币，用这些硬币不能构成的1分到1元之间的币值
有多少种?
【分析与解】
注意到所有38枚硬币的总币值恰好是100分(即1元)，于是除了50分和100分外，
其他98种币值就可以两两配对了，即
(1，99)；(2，98)；(3，97)；(4，96)；…；(49，51)；
每一对币值中有一个可用若干个贰分和伍分硬币构成，则另一个也一定可以，
显然50分和100分的币值是可以组成的
因此只需要讨论币值为1分，2分，3分，…，48分和49分这49种情况．
1分和3分的币值显然不能构成．
2分，4分，6分，…，46分，48分等24种偶数币值的都可以用若干个贰分硬币构成．
5分，7分，9分，…，47分，49分等23种奇数币值的只须分别在4分， 6分,8分
，…46分、48分的构成方法上，用一枚伍分硬币去换两枚贰分硬币即可，
譬如，37分币值的，由于36分币值可用18枚贰分硬币构成，用一枚伍
分硬币换下两枚贰分硬币，剩下的币值即为37分．
综合以上分析，不能用30个贰分和8个伍分硬币构成的1分到1元之间的币值
只有四种，即1分，3分，97分，99分．
小明买红、蓝两支笔，共用了17元．两种笔的单价都是整数元，
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．那么
红笔的单价是多少元?
【分析与解】
如下表
先枚举出所有可能的单价如表1．
再依次考虑：
首先，不能出现35的约数．否则只买这种笔就可以刚好用完35元，
所以含有7，5，1的组合不可能．
然后，也不能出现35—17=18的约数．否则先各买一支需17元，那么再买
这种笔就可以花去18元，一共花35元．
所以含有9，6，3，2的组合也不可能．
所以，只有13+4的组合可能，经检验13x+4y=35这个不定方程确实无自然数解．
所以红笔的单价为13元．
第9讲 整数分拆
1．一般的有，把一个整数表示成两个数相加，当两个数相近或相等的时候，
乘积最大．也就是把整数分拆成两个相等或者相差1的两个整数．
2．一般的有，把自然数m分成n个自然数的和，使其乘积最大，则先把m进行
对n的带余除法，表示成m=np+r，则分成r个(p+1)，(n－r)个P．
3．把自然数S (S＞1)分拆为若干个自然数的和(没有给定是几个)，则分开的数当中
最多有两个2，其他的都是3，这样它们的乘积最大．
4．把自然数分成若干个互不相等的整数，则先把它表示成2+3+4+5+…+n形式，当
和等于原数则可以，若不然，比原数大多少除去等于它们差的那个自然数．
如果仅大于1，则除去2，再把最大的那个数加1．
电视台要播出一部30集电视连续剧，若要每天安排播出的集数互不相等．则该电视连续
剧最多可以播出几天?
【分析与解】
由于希望播出的天数尽可能地多，若要满足每天播出的集数互不相等的条件下，
每天播出的集数应尽可能地少．
选择从1开始若干连续整数的和与30最接近(小于30)的情况为1+2+3+4+5+6+7=28，
现在就可以播出7天，还剩下2集，
由于已经有2集这种情况，就是把2集分配到7天当中又没有引起与其他的几天里播出的
集数相同.
于是只能选择从后加．即把30表示成：
30=1+2+3+4+5+6+9或30=1+2+3+4+5+7+8
即最多可以播出7天．
若干只同样的盒子排成一列，小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出，小明从
每支盒子里取出一个小球，然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去。再把盒子重
排了一下．小聪回来，仔细查看，没有发现有人动过小球和盒子．问：一共有多少只盒子?
【分析与解】
设原来小球数最少的盒子里装有a只小球，现在增加了b只，由于小聪没有发现有人动过
小球和盒子，这说明现在又有了一只装有a个小球的盒子，而这只盒子里原来装有(a+1)
个小球．
同样，现在另有一个盒子装有(a+1)个小球，这只盒子里原来装有(a+2)个小球．
类推，原来还有一只盒子装有(a+3)个小球，(a+4)个小球等等，故原来那些盒子中装有
的小球数是一些连续整数．
现在变成：将42分拆成若干个连续整数的和，一共有多少种分法，每一种分法有多少个加数?
因为42=6×7，故可以看成7个6的和，又(7+5)+(8+4)+(9+3)是6个6，从而
42=3+4+5+6+7+8+9，一共有7个加数；
又因为42=14×3，故可将42：13+14+15，一共有3个加数；
又因为42=21×2，故可将42=9+10+11+12，一共有4个加数．
所以原问题有三个解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子
机器人从自然数1开始由小到大按如下规则进行染色：
凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红色，不符合上述要求的自然数染成黄色
(比如23可表示成两个不同合数15和8之和，23要染红色；1不能表示为两个不同合数之和，
1染黄色)．问：要染成红色的数由小到大数下去，第2000个数是多少?请说明理由．
【分析与解】
显然1要染黄色，2=1+1也要染黄色，
3=1+2，4=1+3=2+2，5=1+4=2+3，6=1+5=2+4=3+3，7=1+6=2+5=3+4，
8=1+7=2+6=3+5=4+4，9=1+8=2+7=3+6=4+5，10=1+9=2+8=3+7=4+6=5+5，
11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6．
可见，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11均应染成黄色．
下面统一观察其他自然数，说明其他自然数均要染成红色．
1)当n为大于等于10的偶数时，n=2k=4+2(k－2)．
由于n≥10，所以k≥5，k－2≥3，2(k－2)与4均为合数，且不相等．于是，
大于等于10的偶数都可以表示两个不同的合数之和，应染成红色．
2)当n为大于等于13的奇数时，n=2k+1=9+2(k－4)．
由于n≥13，所以k≥6，k－4≥2，2(k－2)≥4与9均是合数，且不相等．也就是说，
大于等于13的奇数均能表示为两个不同的合数之和，应染红色．
所以，除了1，2，3，4，5，6，7，8，9，11这10个数染黄色外，其余自然数均染红色
，第k个染为红色的数是第(k+10)个自然数(k≥2)．
所以第2000个染红色的数是2000+10=2010．
在整数中，有用2个以上的连续自然数的和来表达一个整数的方法．例如9：9=4+5，
9=2+3+4，9有两个用2个以上连续自然数的和来表达它的方法.
(1)请写出只有3种这样的表示方法的最小自然数．
(2)请写出只有6种这样的表示方法的最小自然数．
【分析与解】

关于某整数，它的“奇数的约数的个数减1”，就是用连续的整数的和的形式来表达种数.
根据（1）知道，有3种表达方法，于是奇约数的个数为3+1=4，，
最小的15(1、3、5、15)；
有连续的2、3、5个数相加；7+8；4+5+6；1+2+3+4+5；
据(2)知道，有6种表示方法，于是奇数约数的个数为6+1=7，最小为729
(1、3、9、27、81、243、729)，
有连续的2,3、6、9、10、27个数相加：
364+365；242+243+244；119+120+…+124；77+78+79+…+85；36+37+…+45；
14+15+…+40．
把一个整数写成非零自然数的和的形式．如果所用的几个自然数相同，只是写的顺序不
同，也只算做一种方法．另外，只使用一个自然数，也算做一种方法．
(1)比如，把6用三个以内的自然数的和来表示的方法有如下七种：
6，5+1，4+2，3+3，4+l+1，3+2+1，2+2+2．
请问：把50用三个以内的自然数的和来表示的方法有几种?
【分析与解】
(1)我们注意到设x+y+z=50，求x、y、z有多少组可能的值,并且x、y、z代表的数字
调换顺序只算一种．
为了方便计算，不妨设x≤y≤z．
当x=0时，y+z=50，y可以取0～25，z对应取值，于是有26组解；
当x=1时，y+z=49，y可以取1～24，z对应取值，于是有24组解；
当x=2时，y+z=48，y可以取2～24，z对应取值，于是有23组解；
当x=3时，y+z=47，y可以取3～23，z对应取值，于是有21组解；
当x=4时，y+z=46, y可以取4～23，z对应取值，于是有20组解；
…… …… …… …… …… …… ……
当x=15时，y+z=35，y可以取15～17，z对应取值，于是有3组解；
当x=16时，y+z=34，y可以取16～17，z对应取值，于是有2组解．
所以，共有26+24+23+21+20+…+3+2=234组可能的值；