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
一、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.
二、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.
三、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？
