1、第九讲 从算术到代数（一）算术与代数是数学中两门不同的分科，但它们之间关系密切.代数是在算术中“数”和“运算”的基础上发展起来的.在小学算术课本里同学们由浅入深地学习了整数、小数和分数的加、减、乘、除四则运算，并学会了用这些四则运算去解一些不太复杂的四则应用题.归纳一下，在用算术方法解应用题时主要用到了以下三种关系：部分数与总数的关系；两数差的关系；一倍数（或一份数）、倍数和几倍数的关系.第 1、第 2 种关系用“加”、“减”法完成，第 3 种关系则用乘、除法完成.在解四则运算题时用到了对于数的“加法”、“乘法”都普遍成立的运算法则：交换律、结合律、分配律.设 a、b、c 表示任意三个数，下列
2、等式恒成立：交换律：ab=b+a，ab=ba结合律：（a+b）+c=a+（bc）（ab）c=a（bc）分配律：a（b+c）ab+ac.另外，在用算术方法解应用题时常按应用题的性质分为许多类型.如：和倍问题、差倍问题、行程问题、百分数问题、比例问题、.对每类问题先归纳出解决这类问题的方法、公式，并找出理由加以解释，再做这类题时就“套”这种公式.所以用算术方法解应用题时，对不同类型的题用不同的思路列式求解，解法就不同，因而用算术方法解应用题是不带普遍性的.代数方法的进步首先在于找出了一个统一的方法，即用列“方程”来解很多不同类型的应用题.“方程”是代数学中的重要内容之一.用方程来解应用题时，首先是
3、用一些简单的符号，通常用x，y，z，t，s，u，v 等字母来表示问题中待求的未知数，然后把这些未知数和已知数平等地看待，并把题目中的数量关系直接（平铺直叙）“翻译”为算式表示出来.这就是所谓依题意列方程.接着是通过代数方程去确定其中所含未知数应该等于什么样的值，即“解方程”.而解方程的原理就是对方程中的数，包括已知数和未知数，运用在“算术”中学过的“数的运算法则”把未知数求出来.因为这些法则是对任何数都成立的，当然对那些暂时还不知它的值的“未知数”也应当成立.只要适当地运用这些法则，一般就可求出方程中的未知数的值.归纳起来用代数方法解应用题的步骤如下：1.设未知数.常用 x，y，z，t，s，等
4、字母表示.2.依题意列方程.即把所要解决的代数问题中的未知量换成代表未知数的字母，把问题中各种量间的关系“翻译”为带字母的算式表示出来，特别注意找出其中的相等关系.用两个代数式表示同一个数量，列出一个方程.因此方程是含有未知数的等式.一般说来，有 n 个相等关系就能列出 n 个方程，当然我们从中选取列方程与解方程时最方便的形式.3.解方程.目的是把原方程变成同解的形如 axb 的方程，进而解出用分配律去括号.而不一定能像算术中那样先把括号中数算出来.因为其中有的是未知数算不出来.如下例中的（1）变成（2）.例 1 64+x=3（32-x） （1）64+x=96-3 （2）x+3x=96-64
5、（3）4x32 （4）x=8. （5）移项.把含未知数的项与常数项（即不含未知数的项）分离开来，分别移到等号两端，注意移项变号法则.如上例中的（2）变成（3）.合并同类项，如上例中的（3）变成（4）.用未知数的系数去除方程两端求出 x 的值.如上例中的（4）变成（5）.4.验算.一是实际计算求出的根是否满足方程，不满足的都舍去，二是根据题目的实际意义，删除不合理的解.先以几个简单的四则应用题为例来对“算术解法”与“代数解法”作一比较.例 2 车站给某工厂运 2000 箱玻璃.合同规定完好地运到一箱给 5 元运费.如损坏一箱，不给运费，倒赔 40 元.这批玻璃运到后，车站共收到运货款 9190
6、元.问损坏了几箱玻璃.解：算术解法：假如设有损坏，2000 箱玻璃全运到，则应得运货款：2000 5= 10000（元）.和实际所得运货款相差：10000-9190=810（元）.现在让我们用一箱好的换一箱损坏的玻璃，总箱数 2000 不变，但每换一箱所得运货款减少：405=45（元）那么换多少箱，货款正好减少多出来的 810 元呢？做除法：8104518（箱）.答：共换坏了 18 箱.代数解法：设损坏了 x 箱，则没损坏的共 2000-x 箱.依题意列方程5（2000-x）-40x=919045x=10000-919045x=810x=18.答：损坏了 18 箱.比较这两种解法，可见代数方法
7、简洁并具有高度普遍性.我们在后面的许多例题中都能充分地看出代数方法的优越性.但这决不等于说可以取消算术.这正如火车虽快决不能代替步行.在攀登高峰的崎岖的小道上还常常靠坚实的足步.下面举几个例子来看看算术方法的不可缺少.因为有的问题不易找到等量关系列方程.例 3 一年级 72 名学生共交了52.7元课本费，其中的百位数和百分位上的数被水弄模糊了.你能算出每人交多少元？解：728 9，又（8，9）=1原数为 25272 分，每人应交：2527272=351（分）.答：每人交 3.51 元.例 4 求被 6 除余 4，被 10 除余 8，被 9 除余 4 的最小自然数.解：该数被 6 除余 4 （1
8、）又 该数被 10 除余 8 （2） 该数是偶数.再从被 9 除余 4 的偶数中从小到大挑选符合条件（1）、（2）的数：4，492=22，2292=40，40+92=58，又 586=945810=5858964答：58 为所求最小自然数.例 5 三个学生甲、乙、丙各有若干张画片互相赠送.第一次由甲送给乙、丙画片，所送的张数等于乙、丙各人已有的画片数；第二次由乙送给甲、丙画片，所送的张数等于甲、丙各人已有的画片数；最后由丙送给甲、乙画片，所送的张数也正好等于甲、乙各人已有的画片数.这时每人的画片数都是 32 张.问原来甲、乙、丙三人各有多少张画片？解：用倒推法.由最后每人都是 32 张画片开始
9、，在下面表格里由上行到下一行逐行填写，可知在第三次丙送画片前，乙送完画片后三人手中的画片（张）；同理，在第二次乙送画片前，甲送完画片后三人手中的画片数应分可推知原来：丙有 16 张，乙有 28 张，甲有 82816=52（张）.答：原来甲有 52 张，乙有 28 张，丙有 16 张画片.例 6 有甲、乙、丙三辆汽车，各以一定的速度从 A 地开往 B 地.乙比丙晚出发 10 分钟，出发后 40 分钟追上丙；甲比乙又晚出 20 分钟，出发后 1 小时 40 分钟追上丙.那么甲出发后需用多少分钟才能追上乙？解法 1：设三车速度依次为 V 甲，V 乙，V 丙.丙比乙早出发 10 分钟，乙追上丙耗 40
10、 分钟，是典型的追及问题：丙比甲早出发 30 分钟，甲追上丙耗 100 分钟，也是追及问题：的某个倍数代入：解法 1 既用了算术的追及问题公式，又用了列方程的代数方法.下面再介绍一种列表法，对解这类题更方便.解法 2：我们把题中的条件按下列方式填入下面表格中：让同一列格子中填行相同路程时甲、乙、丙三辆汽车各自所需的时间，如第一列中填入稍稍转化了的已知条件：乙走 40 分钟的路程丙需走4010=50（分钟）；第二列中填入甲走 100 分钟的路程丙需用1002010=130（分钟）.以前两列中条件的关系，再根据当速度一定时路程与时间成正比的性质，当丙走 650=50，130分钟的路程时乙需用 40
11、13=520（分钟），甲则需用 1005=500 分钟.由于乙比甲早出发20 分钟，恰为 520 分钟与 500 分钟之差，因此甲出发后 500 分钟时追上乙.答：甲出发后需 500 分钟才能追上乙.说明：一般地，当知道丙走 c 分钟的路程与甲走 a 分钟、乙走 b 分钟的路程相等时，可列一方程求出所需的答案.设甲出发后 ax 分钟追上乙，则在本题的条件下，c=650，a=500，b=520.例 7 星期日小明去找同学玩了两三个小时，离开家时他看了看钟，回家时又看了看钟，发现时针与分针恰好互换了一个位置.问小明共离开家多少时间？解：因为小明离家回来时时针走到分针位置，分针走到时针位置，说明两针
12、合起来恰好走了若干个整圈.设外出时间分为二个时段，第一段为 2 小时.小明出去整 2 小时，分针就应转过 2 圈，转回原处，而时针两小时走了习题九1.把一个两位数的个位数字与其十位数字交换后得到一个新数，它与原来的数加起来恰好是某个自然数的平方，求原来这个两位数与新得到的两位数的和.2.一辆汽车在公路上匀速行驶，司机看见里程碑上的数字是一个两位数再过一小时，里程碑上是三位数，又恰好是第一个两位数中间加了个零（用 3.在一个红钱包与一个黑钱包里分别装着 6 枚和 8 枚硬币，并且两个钱包中的总钱数相等.如果从红钱包中任取两枚硬币与黑钱包中任取的两枚硬币交换时，红钱包中的总钱数要么比原来多 2 分
13、，要么比原来的钱数少 2 分.问两个钱包中共装了多少钱？（注：这里的硬币只有 1 分、2 分、5 分三种）习题九解答由题设条件应有是某自然数的平方，由表达式 11（ab）可知这个完全平方数既有一个约数 11，就一定还有一个约数 11，因此 11 是 a+b 的约数，而 a、b 又都只能取自1、2、3、8、9.故 a+b11.答：原数与新数的和为 121.所以（10BA）-（10A+B）（100A+B）-（10BA）即 18B=108A，B=6A.由于 A、B 都是一位非零数字，所以 A1，B6.答：第一个里程碑上数字是 16，第二个里程碑上数字是 61，第三个里程碑上数字是 106.3.解：我
14、们先证明红钱包里不可能同时装有 1 分、2 分、5 分三种币值的硬币.因为否则，从红钱包里任取两枚硬币时，可能有2+1，25，1+5 三种情形.前两种是奇数，后一种是偶数.而从黑钱包里任取的二个硬币都能使红钱包的钱的奇偶性不变，这是不可能的.类似可知，红钱包里不能同时有 2 分币和 1 分币或 2 分币和 5 分币.因此红钱包中的硬币只有两种可能：一是全为 2 分币；二是装有一分与五分币没有2 分币.同理，黑钱包中或全为 2 分币，或其中没有 2 分币.并且，由于两钱包中钱数相等而硬币数不等，因此不可能红、黑钱包中都只有 2 分币.情形 1：当红钱包中全为 2 分币时，总钱数为 26=12 分
15、.此时显然黑钱包中不可能有两个或两个以上的五分币，也不可能都是一分币（否则红、黑钱包中装钱数不等）.因此黑钱包里有一个五分币和七个一分币.这种情形显然也满足题目中的后一条件.这种情况，两个钱包中总钱数为：62+5+17=24（分），即 2 角 4 分钱.情形 2：红钱包仅装有一分或五分币.黑钱包中有 8 枚 2 分币.则红钱包中也应有 16（28）分.但一分币和五分币共 6 枚，总钱数不可能为 16 分，因此这种情形不可能发生.黑钱包中无 2 分币，设红钱包中有 m 枚五分币，n 枚一分币；黑钱包中有 p 枚五分币，q 枚一分币.则mn6，pq=8，5mn=5pq.显然 mp.因此 5（n-p）=q-n，因为 0q-n8，5q-n，所以 q-n=5，m-p=1.这两式相减，得到（p+q）-（mn）=4.这与（pq）-（mn）=8-62 矛盾.所以这种情形也不会发生.综上所述，两个钱包中共有 2 角 4 分钱.
