60.古罗马人遗嘱问题

传说，有一个古罗马人，在他临死时，给怀孕的妻子写了一份遗嘱：生下来的如果是儿子，就把遗产的2/3给儿子，母亲拿1/3；生下来的如果是女儿，就把遗产的1/3给女儿，母亲拿2/3。结果这位妻子生了一男一女，该怎样分配，才能接近遗嘱的要求呢？

答案：

1.国王的数学题

40件，30件。

设金宝箱中原有x件，银宝箱中有y件。

则可得到下面的式子：x-25%x-5=25%x+5+10；

y-20%y-4=2×(20%y+4)。

解得：x=40, y=30。

2.有趣的字母

一个四位数字乘以9还是个四位数字，所以这个数的首位一定是1，末位就是9。这样再确定百位，因为百位在乘9的时候并没有进位到千位，所以百位应该为0，这样在确定十位应该是8，所以原来的数是1089，乘以9后是9801，两者的差，即答案为：8712。

3.奖金

倒着推就很容易能算出来了，一共是11400元。

4.分配任务

可以将这道题归结为简单的方程。

设共有x个同学，由条件得：

x/4+x/7+5(x/4-x/7)+2=x

解这个方程，得到：x=28

所以答案是共有28个同学。

5.地租

假设麦子的价格为x元每斤。

根据题意列方程：

(4000+100x)/(12000+100x)=5/12

解得：x=17.1

所以现在的麦子是17.1元一斤。

6.多少个演员

102/(1-1/9-2/7-1/3)=378。

所以这个剧团现在一共有378人。

7.运送物资

设两地距离x千米，往返4次也就是说装物资和空车各行了4x千米。

4x/120+4x/200=6

解得：

x=112.5公里。

所以两地相距112.5公里。

8.动物园

本题可以列方程。假设鸵鸟有x只，那么斑马有24-x只。

根据题意，可知：

2x+4(24-x)=68

解得 x=14。

所以鸵鸟有14只，斑马有10只。

9.导师的诡计

实际上是不可能的，因为隔的时间太久了，要40320天，相当于100多年。算法为：每天换一下位子，第一个人有8种坐法，第二个人有7种，第三个人有6种，……，第八个人只有1种。8×7×6×5×4×3×2×1=40320。

10.领文具

假设他们公司一共有x人，可以列出方程式：

x+x/2+x/3+x/4=120+5

解得：x=60。

所以，他们公司一共有60个人。

11.保持平衡

根据前三个系统平衡，计算出圆、三角、方形物体的重量，然后计算即可。第四个应该是24。

12.三人决斗

设：A代表阿历克斯；B代表克里斯；C代表鲍博。

只有AB相对：

A 活下来的可能性为30%+70%×50%×30%+70%×50%×70%×50%×30%+…=0.3/0.65。

B活下来的可能性为70%×50%+70%×50%×70%×50%+70%×50%×70%×50%×70% ×50%+…=0.35/0.65。

应该恰好等于1-0.3/0.65。

只有AC相对：

A活下来的可能性为30%。

C活下来的可能性为70%。

只有BC相对：

B活下来的可能性为50%。

C活下来的可能性为50%。

三人相对：

A活下来有以下三种情况。

(1) A杀了C, B杀不死A, A又杀了B，概率30%×50%×0.3/0.65。

(2) A杀不死C, B杀了C, A杀了B，概率70%×50%×0.3/0.65。

(3) A杀不死C, B杀不死C, C杀了B, A杀了C，概率70%×50%×30%。

所以A活下来的可能性为0.105+3/13≈0.336，大于1/3，比较幸运了。

也有人对此提出质疑，他认为：A 的正确决策是首先朝天开枪！在这种情况下，B和A一定会死一个，那么A在该情况下就有30%的概率可能活命！比其他任何情况都高！这才是A的策略，也是A所能控制的情况。

B活下来有以下三种情况。

(1) A杀了C, B杀了A，概率为30%×50%。

(2) A 杀不死 C, B 杀了 C, AB 相对的情况下 B 杀了 A，概率为70%×50%×0.35/0.65。

(3) A 杀了 C, B 杀不了 A, AB 相对的情况下 B 杀了 A，概率为30%×50%×0.35/0.65。

所以B活下来的可能性为0.15+3.5/13≈0.419，大于1/3，非常幸运了。

C活下来只有一种情况：

A杀不死C, B杀不死C, C杀了B, A杀不死C, C杀了A，概率为70%×50%×70%，

所以C活下来的可能性为0.245，小于1/3，非常不幸。

而且A、B、C活下来可能性之和恰为1。

13.抢糖果

先拿4个，之后哥哥拿n个(1≤n≤5)，你就拿6-n个，每一轮都是这样，就能保证你能拿到最后一个糖果。

(1) 我们不妨逆向推理，如果只剩6个糖果，让对方先拿，你一定能拿到第6个糖果。理由是：如果他拿1个，你拿5个；如果他拿2个，你拿4个；如果他拿3个，你拿3个；如果他拿4个，你拿2个；如果他拿5个，你拿1个。

(2) 我们再把100个糖果从后向前按组分开，6个一组。100不能被6整除，这样就分成17组。第1组4个，后16组每组6个。

(3) 自己先把第1组的4个拿完，后16组每组都让对方先拿，自己拿剩下的。这样你就能拿到第16组的最后一个，即第100颗糖果了。

14.贪心的渔夫

如果把第一天打的鱼看作1份，可以知道第二、三、四、五天打的鱼分别是3、9、27、81份。根据打鱼的总和和总份数，能先求出第一天打的鱼数量，再求出以后几天鱼的数目。

即1089/(1+3+9+27+81)=9(条)。

所以他这五天分别打了9,27,81,243,729条鱼。

15.农夫买鸡

有三种可能：4只公鸡、18只母鸡、78只小鸡；8只公鸡、11只母鸡、81只小鸡；12只公鸡、4只母鸡、84只小鸡。

解题过程如下：

设买公鸡x只，买母鸡y只，买小鸡z只，那么根据已知条件列方程，有

x+y+z=100……[1]

5x+3y+z/3=100……[2]

[2]×3-[1]，得

14x+8y=200

也就是7x+4y=100……[3]

在[3]式中4y和100都是4的倍数：

7x=100-4y=4(25-y)

因此7x也是4的倍数，7和4是互质的，也就是说x必须是4的倍数。

设x=4t

代入[3]，得y=25-7t

再将x=4t与y=25-7t代入[1]，有：

z=75+3t

取t=1, t=2, t=3，就有：

x=4, y=18, z=78；

或x=8, y=11, z=81；

或x=12, y=4, z=84；

因为x、y、z都必须小于100且都是正整数，所以只有以上三组解符合题意。

16.各买了多少苹果

设卖得少的商贩有x斤苹果，另一个则有(1000-x)斤。

卖得少的单价为：4900/(1000-x)

卖得多的单价为：900/x

那么：4900x/(1000-x)= 900(1000-x)/x

解得：x=300

所以一个商贩卖了300斤苹果，另一个商贩卖了700斤苹果。

17.有多少士兵

设现在一共有x名士兵。

(x-100)×5=(x-200)×6

解得：x=700

所以现在一共还有700名士兵。

18.平均速度

设平路的路程为x，上坡的路程为y。则

2x/4+y/3+y/6=5

x+y=10

所以他5小时一共走了2x+2y=20千米。

19.多少零件

是32个。可以这样计算：4人工作4×4小时生产4个零件，所以，1人工作4×4小时生产1个零件，这样每人工作1小时就生产1/16个零件。

因此，8个人每天工作8小时，一共工作8天，生产的零件数目就是8×8×8×1/16=32个。

20.买衣服

丁和己是男生。设男生买的衣服单价为X

2×(1+2+3+4+5+6)X-N×X=1000

N为两名男生所买件数和，取值范围在3～11之间。42-N的取值范围为31～39之间。

X为男生所买衣服的单价，要求1000/X是个整数或者两位以内的有限小数。

解得42-N=1000/X。

只有当N为10时，42-N=32。1000/X符合条件。

而能等于10的只有4+6，也就是丁和己是男生。

21.堆高台

285块儿。

1=1

5=1+2×2

14=1+2×2+3×3

30=1+2×2+3×3+4×4

所以

1+2×2+3×3+4×4+5×5+6×6+7×7+8×8+9×9=285

22.排队

一共有108名学生。计算过程为：设人数为m。x、y、z为m被3、5、7除得的整数商，则可列出以下方程式：3x=5y+3=7z+3=m。从上式中可得：x=5y/3+1, z=5y/7。从上式中可得：y=21。故学生数为：m=5×21+3=108(枚)。

23.运米问题

设两地距离x千米，往返3次也就是说装米和空车各行了3x千米。

3x/25+3x/35=5

解得x=875/36千米

所以两地相距875/36千米。

24.鸡兔同笼

本题可以列方程。假设鸡有x只，则兔子有35-x只。

根据题意，可得：

2x+(35-x)×4=94

解得：x=23

所以鸡有23只，兔子有35-23=12只。

另外还有其他一些简便算法：

有人是这样计算的：假设这些动物全都受过训练，一声哨响，每只动物都抬起一条腿，再一声哨响，又分别抬起一条腿，这时鸡全部坐在了地上，而兔子还用两只后腿站立着。此时，脚的数量为94-35×2=24，所以兔子有24/2=12只，则鸡有35-12=23只。

或者说：假设把35只全看作鸡，每只鸡有2只脚，一共应该有70只脚。比已知的总脚数94只少了24只，少的原因是把每只兔的脚少算了2只。看看24只里面少算了多少个2只，便可求出兔的只数，进而求出鸡的只数。

除此之外，我国古代有人也想出了一些特殊的解答方法。

假设一声令下，笼子里的鸡都表演“金鸡独立”，兔子都表演“双腿拱月”。那么鸡和兔着地的脚数就是总脚数的一半，而头数仍是35。这时鸡着地的脚数与头数相等，每只兔着地的脚数比头数多1，那么鸡兔着地的脚数与总头数的差就等于兔的头数。

我国古代名著《孙子算经》对这种解法就有记载：“上署头，下置足。半其足，以头除足，以足除头，即得。”

具体解法：兔的只数是94÷2-35=12(只)，鸡的只数是35-12=23(只)。

25.兔子问题

第一个月初，有1对兔子；第二个月初，仍有一对兔子；第三个月初，有2对兔子；第四个月初，有3对兔子；第五个月初，有5对兔子；第六个月初，有8对兔子；……。把这些数顺序排列起来，可得到下面的数列：

1,1,2,3,5,8,13, …

观察这一数列，可以看出：从第三个月起，每月兔子的对数都等于前两个月对数的和。根据这个规律，可以推算出第十三个月初的兔子对数，也就是一年后养兔人有兔子的总对数。

26.洗碗问题

设客人是x人，可用各种碗的个数合起来等于碗的总数的关系列方程解答。

x/2+x/3+x/4=65

解得：x=60

所以她家一共来了60位客人。

这道题目在《孙子算经》中的解法是这样记载的：“置六十五只杯，以一十二乘之，得七百八十，以一十三除之，即得。”

27.三女归家

从刚相会到最近的再一次相会的天数，是三个女儿回家间隔天数的最小公倍数。也就是求5、4、3的最小公倍数，为60。所以至少要隔60天，三人才能再次在娘家相会。

28.有女善织

若把第一天织的布看作1份，可知她第二、三、四、五天织的布分别是2、4、8、16份。根据织布的总尺数和总份数，能先求出第一天织的尺数，再求出以后几天织布的尺数。

即62/(1+2+4+8+16)=2(尺)

所以她这五天分别织布2,4,8,16,32尺。

29.利息问题

这道题就是一个等比数列求和问题。

1+2+3+4+…+99+100=(1+100)×100/2=5050

所以过期100天一共需要缴纳利息5050尺绢。

30.良马与驽马

本题过程有些复杂。

首先，我们要计算出两马相遇共跑的路程。良马跑完全程3000里后，再返回途中与驽马相遇，相遇时两匹马一共跑了3000×2=6000(里)。所以可以把这个过程看成是一个简单的相遇问题，即良马相向而行，总距离为6000里。

然后我们再用等差数列求和公式，分别计算出两匹马各行多少里，它们的和为6000里，解出即可。

设n天后两马相遇，由等差数列求和公式列方程得：

[193n+13n(n-1)/2]+[97n-1/2×n(n-1)/2]=6000

解得：n=15.7(天)

良马所走的距离为193n+13n(n-1)/2=4534.24(里)，驽马所走的距离为6000-4534.24=1465.76(里)。

31.黑蛇进洞

每5/14天只前进了15/2安古拉，每天前进15/2÷5/14=21(安古拉)，它的尾巴每1/4天就要长出11/4安古拉，每天长出11/4÷1/4=11(安古拉)。

设大黑蛇要过x天才能完全进洞，则：

21x=80+11x

10x=80

x=8(天)

所以大黑蛇要8天时间才能完全进洞。

32.三女刺绣

设这个花样总数为1，则大女儿的速度为1/7，二女儿的速度为1/8，小女儿的速度为3/29。

如果一起绣的话，所用时间为1/(1/7+1/8+3/29)=2.7(天)。

所以三个女子一起来绣这块花样，一共需要2.7天时间。

33.紫草染绢

一匹绢等于40尺，7匹=280尺。

设需要卖掉x尺，则剩下280-x尺。

每卖一尺绢所买的紫草可以染绢数为25/40尺。

根据题意可得：25x/40=280-x

x=172.3(尺)

所以要卖掉172.3尺，可以换紫草172.3/40×30=129(斤)。

34.耗子穿墙

这是一个等比数列问题，又叫“盈不足术”。

第一日，大、小鼠各打1尺，共计2尺；第二日，大鼠打2尺，小鼠打0.5尺，共计2.5尺，差0.5尺；第三日，大鼠打4尺，小鼠打0.25尺，共计4.25尺，多3.75尺。二日不足，三日则盈，需用0.5÷4.25=2/17(日)，所以共用2又2/17日。

35.数不知总

看来问题比较麻烦，但通过细心观察，还是有窍门可寻的。

第一句“以五累减之无剩”其实是多余的，因为这个数以715除余10必定是5的倍数。第三句话“以247累减之剩140”，就是说此数减去247的若干倍后还余140,140是5的倍数，此数也是5的倍数，那么减去的247的倍数也应是5的倍数。因此这句话可改为“以247×5=1235累减之剩140”。同样第四句话也可改为“以391×5=1955累减之剩245”。

现在我们可以完全仿照前面的方法进行计算，从245逐次加1955，直至得到的数用1235除余数为140止。

计算过程如下：

逐次加1955可得：245,2200,4155,6110,8065,10020, …，用1235去除的余数分别是965,450,1170,655,140, …

所以可以得出10020满足这两项要求。

经检验10020的确符合全部条件，它就是我们要求的数。

36.余米推数

将这个题目简单地翻译一下便是：一个数，用19除余1，用17除余14，用12除余1，求这个数是多少。

因为用19除、12除都余1的数为19×12×n+1，当n=1时，为最小，是229。但是用229除以17时，余数为8，不是14，要想余数是14，则n=14。此时这个数最小，为3193。

所以每箩米有3193合，甲偷走3193-1=3192合，乙偷走3193-14=3179合，丙偷走3193-1=3192合。

37.五家共井

这个题目只要用五元一次方程组即可求得，解法如下：

设甲、乙、丙、丁、戊五根绳子分别长 x、y、z、s、t，井深 u，那么列出方程组：

2x+y=u

3y+z=u

4z+s=u

5s+t=u

6t+x=u

解这个方程组得：

x=265/721

y=191/721

z=148/721

s=129/721

t=76/721

而井深为1。

38.余数问题

用2除余1很好理解，只要是奇数即可。所以首先我们来看后三个条件，这个数用5除余2，用7除余3，用9除余4，那么把这个数乘以2的话，它必定被5除余4，用7除余6，用9除余8，也就是说如果这个数加1正好可以除尽5,7,9。而可以被5,7,9除尽的最小整数是5×7×9=315。那么这个数就应该是(315-1)/2=157。

39.铜币问题

共有(100+10)÷[3/(3+1)-1/(7+1)]=176(枚)

某人有176×3/(3+1)-100=32(枚)

朋友有176-32=144(枚)

40.七猫问题

总数是19607。

房子有7间，猫有72=49只，鼠有73=343只，麦穗有74=2401个，麦粒有75=16807个。全部加起来就是19607。

可以说这是世界上最古老的数学趣题了。大约在公元前1800年，埃及的一个僧侣名叫阿默士，他在纸草书上写有如下字样：

但他没有说明是什么意思。

2000多年后，意大利的裴波那契在《算盘书》中写了这样一个问题：“7个老妇同赴罗马，每人有7匹骡，每匹骡驮7个袋，每个袋盛7个面包，每个面包带有7把小刀，每把小刀放在7个鞘之中，问各有多少？”受到这个问题的启发，德国著名的数学家M．康托尔推断阿默士的题意和这个题所问是相同的。

这类问题，在19世纪初又以歌谣体出现在算术书中：

我赴圣地爱弗西，

途遇妇女数有七，

一人七袋手中提，

一袋七猫数整齐，

一猫七子紧相依，

妇与布袋猫与子，

几何同时赴圣地？

41.汉诺塔问题

因为就算有人会搬这些金片，它的步骤也非常巨大，是264-1次。这个数究竟是几呢？我们来算一下，答案是18446744073709551615。搬这么多次金片一共需要多长时间呢？

假 设 搬 一 个 金 片 要 用 一 秒 钟，18446744073709551615÷3600=5124095576030431(小时)，再除以24等于213503982334601(天)，除以365等于584942417355(年)，约等于5849(亿年)。所以根本不需要高僧守护，没有人可以完成这个艰巨的任务。

42.木长几何

用方程解很简单，设木头长为x，那么绳子的长就应该是x+4.5，根据题意列方程得：

x-(x+4.5)/2=1

解得：x=6.5(尺)

所以这块木头的长度为6.5尺。

43.相遇问题

这个问题在古代是非常难的，但是现在我们来看，就是一个简单的相遇问题。设长安至齐的距离为1，甲的速度为1/5，乙的速度为1/7，因为乙先出发2天，所以列出算式为：

(1-2/7)/(1/5+1/7)=25/12(天)

也就是说，还要再经过25/12天两人相遇。

44.关税问题

设原来金子重量为x，则：

第一关收税为x/2；

第二关收税为(x-x/2)/3=x/6；

第三关收税为(x-x/2-x/6)/4=x/12；

第四关收税为(x-x/2-x/6-x/12)/5=x/20；

第五关收税为(x-x/2-x/6-x/12-x/20)/6=x/30；

x/2+x/6+x/12+x/20+x/30=1

解得：x=1.2(斤)

这个人带了1.2斤金子。

45.韩信点兵(1)

他至少带了2519个兵。

首先，我们发现了一个特点，就是说，无论选择2～10这几个数中的哪个，都是只差一个人就可以站满整排。

换句话说，只要多增加一个人，就可以做到2人一排、3人一排、4人一排、5人一排、6人一排、7人一排、8人一排、9人一排、10人一排都可以站满整排了。

所以我们以能站齐整排为出发点。

要想每排人站齐，人数必须是每排人数的倍数，也就是只有10,9,8,7……2的公倍数，才能做到无论怎样排都是整排的。

而10,9, …,2的最小公倍数是2520。

这其中当然包括那个多出来的一个人。

所以，韩信的兵数至少应该是2520-1=2519(人)。

46.韩信点兵(2)

他的这种巧妙算法，人们称为“鬼谷算”、“隔墙算”、“秦王暗点兵”等。

这个问题人们通常把它叫作“孙子问题”，西方数学家把它称为“中国剩余定理”。到现在，这个问题已成为世界数学史上闻名的问题。

在明代，数学家程大位把这个问题的算法编成了四句歌诀：

三人同行七十稀，五树梅花廿一枝；七子团圆正半月，除百零五便得知。

用现在的话来说就是：一个数用3除，除得的余数乘70；用5除，除得的余数乘21；用7除，除得的余数乘15。最后把这些乘积加起来再减去105的倍数，就知道这个数是多少。

《孙子算经》中这个问题的算法是：

70×2+21×3+15×2=233

233-105-105=23

所以这个数最少应为23。

根据上面的算法，韩信点兵时，必须先知道部队的大约人数，否则他也是无法准确算出人数的。你知道这是怎么回事吗？

这是因为，被3、5整除，而被7除余1的最小正整数是15；

被3、7整除，而被5除余1的最小正整数是21；

被5、7整除，而被3除余1的最小正整数是70。

因此，被3、5整除，而被7除余2的最小正整数是15×2=30；

被3、7整除，而被5除余3的最小正整数是21×3=63；

被5、7整除，而被3除余2的最小正整数是70×2=140。

于是和数15×2+21×3+70×2，必具有被3除余2，被5除余3，被7除余2的性质。但所得结果233(30+63+140=233)不一定是满足上述性质的最小正整数，故从它中减去3、5、7的最小公倍数105的若干倍，直至差小于105为止，即233-105-105=23。所以23就是被3除余2，被5除余3，被7除余2的最小正整数。

47.托尔斯泰的割草问题

“割草问题”的解法较多，既可以用小学所学的算术方法解，也可以用中学所学的方程组解，下面先用最基本的列方程组的方法来解：

设割草队共有x人，每人每天割草的面积为1，小块草地的面积为k，则大块草地的面积为2k。

根据题意列方程组，得：

x/2+x/2×1/2=2k

x/2×1/2+1=k

解得：

x=8

k=3

所以割草队共有8人。

另外，在“割草问题”中，有个非常值得一提的解法：

因为大块草地面积是小块草地面积的2倍，全队人在大块草地上割半天所割下草的面积也是一半人在小块草地上割半天所割下草的面积的2倍。由于大块草地上的剩下部分由一半人半天割完，所以小块草地上的剩下部分也需要总人数的1/4用半天割完，相当于总人数的1/8用一天割完，而实际上，小草地上的剩余部分由1人割1天割完，所以总人数为8。

这种构图法构思巧妙，解法简捷，是“割草问题”最为简捷的解法，几乎不用动笔。在这种方法的背后，实际上用到了一个推理，即由“大块草地面积是小块草地面积的2倍”得到“全队人在大块草地上割半天所剩下草的面积是一半人在小块草地上割半天所剩下草的面积的2倍”，这是为什么呢？

根据“大块草地面积是小块草地面积的2倍”可设小块草地的面积为a，则大块草地的面积为2a。再设一半人在小块草地上工作半天的割草面积为 b，则全队人在大块草地上工作半天的割草面积为2b，因此全队人在大块草地上割半天所剩下草的面积是2a-2b，一半人在小块草地上割半天所剩下草的面积是 a-b，显然2a-2b=2(a-b)。

48.柯克曼女生散步问题

这个问题比较难，下面列出其中一个符合条件的组合，其实满足要求的答案还有很多，感兴趣的读者可以自己研究摸索一下。

星期日：010203,040812,051015,061113,070914；

星期一：010405,020810,031314,060915,071112；

星期二：010607,020911,031215,041014,050813；

星期三：010809,021214,030506,041115,071013；

星期四：011011,021315,030407,050912,060814；

星期五：011213,020406,030910,051114,070815；

星期六：011415,020507,030811,040913,061012。

49.苏步青跑狗问题

这个问题其实很简单，关键点在于不计狗转弯的时间而且速度恒定。也就是说，只要计算出小狗跑这段路程一共所需要的时间就可以了，而这段时间正好与甲乙两人相遇的时间相同。所以 t=50/(3+2)=10(小时)，小狗跑的路程s=5×10=50(km)。

50.阿基米德分牛问题

设公牛中，白、黑、花、棕四种颜色的牛分别为a、b、c、d头，母牛中，白、黑、花、棕四种颜色的牛分别为e、f、g、h。

根据题意列出方程组：

a-d=b/2

b-d=c/3

c-d=a/4

e=(b+f)/3

f=(c+g)/4

g=(d+h)/5

h=(a+e)/6

因为有8个未知数，只有7个方程，所以解不止一个，我们来求最小值。

解得：

a=40d/23

b=34d/23

c=33d/23

e=5248d/8257

f=3538d/8257

g=2305d/8257

h=3268d/8257

又因为这些数字都必须是整数，所以d的最小值为8257。

其他数字分别为：a=14360, b=12206, c=11847, d=8257, e=5248, f=3538, g=2305, h=3268。

51.三十六军官问题

如果用(1,1)表示来自第一个军团具有第一种军阶的军官，用(1,2)表示来自第一个军团具有第二种军阶的军官，(6,6)表示来自第六个军团具有第六种军阶的军官，欧拉的问题就是如何将这36个数对排成方阵，使得每行每列的数无论从第一个数看还是从第二个数看，都恰好是由1,2,3,4,5,6组成。

三十六军官问题提出后，很长一段时间没有得到解决，直到20世纪初才被证明这样的方队是排不起来的。

52.泊松分酒问题

利用两次小容器盛酒比大容器多1升，和本身盛3升的关系，即可以凑出4升的酒。具体做法如下：

53.牛顿牛吃草问题

因为这片草地上的草天天都以同样的速度在生长。设草地上原有草量为a，每头牛每天吃草 b，草每天生长量为 c，那么 a+22c=10×22×b, a+10c=16×10×b，两式相减，c=5b。也就是说草地上每天新长出的草够5头牛吃。所以只需知道草地上原有的草够吃几天即可。原有的草够(10-5)头牛吃22天，够(16-5)头牛吃10天。由此可以求出，够(25-5)头牛吃5.5天。

所以，这片草地可以供25头牛吃5.5天。

54.欧拉遗产问题

大家不要被这么长的题目吓到，只要抓住题中的关键所在，从后往前推算，就可以迎刃而解了。首先我们设这位父亲共有n个儿子，最后一个儿子为第n个儿子，则倒数第二个就是第(n-1)个儿子。通过分析可知：

第一个儿子分得的财产=100×1+剩余财产的1/10；

第二个儿子分得的财产=100×2+剩余财产的1/10；

第三个儿子分得的财产=100×3+剩余财产的1/10；

……

第(n-1)个儿子分得的财产=100×(n-1)+剩余财产的1/10；

第n个儿子分得的财产为100n。

因为每个儿子所分得的财产数相等，即100×(n-1)+剩余财产的1/10=100n，所以剩余财产的1/10就是100n-100×(n-1)=100(克朗)。

那么，剩余的财产就为100÷1/10=1000(克朗)

最后一个儿子分得：1000-100=900(克朗)。

从而得出，这位父亲有(900÷100)=9(个)儿子，共留下财产900×9=8100(克朗)。

55.哥德巴赫猜想

(1) 100=3+97

(2) 50=47+3=43+7=37+13

(3) 20=17+3=7+13

56.布哈斯卡尔的蜜蜂问题

可以将这道题归结为简单的方程。

设共有x只蜜蜂，由条件得：

x/3+x/5+3(x/3-x/5)+1=x

解这个方程，得到：x=15

所以答案是共有15只蜜蜂。

57.马塔尼茨基的短衣问题

设这件短衣的价值为x元。

则根据题意列方程：

(5+x)/(12+x)=7/12

解得：x=4.8

这件短衣价值为4.8元。

58.涡卡诺夫斯基的领导问题

27/(1-2/5-2/7-1/4)=420(人)

所以这位船长领导下共有420人。

59.埃及金字塔的高度

法列士选择一个晴朗的天气，组织测量队的人来到金字塔前。太阳光给每一个测量队的人和金字塔都投下了长长的影子。当法列士测出自己的影子等于它自己的身高时，便立即让助手测出金字塔的阴影长度。他根据塔的底边长度和塔的阴影长度，很快就算出了金字塔的高度。

60.古罗马人遗嘱问题

其实这个问题很简单，只要满足一点，就是儿子所得是母亲的2倍，母亲所得是女儿的2倍即可满足这个人的遗嘱。

列个方程就可以很方便解出这个问题了。首先，设女儿所得为x，则妈妈所得为2x，儿子所得为4x。

所以分配方法为将所有财产平均分为7份，儿子得4份，母亲得2份，女儿得1份。