想：从刚相会到最近的再一次相会的天数，是三个女儿间隔回家天数的最小公倍数。

    解：3，4，5三个数的最小公倍数：

    3×4×5=60

    答：三个女儿至少间隔60天再相会

1、庞涓能确定孙膑肯定不知道这两个数，可以有这样几个推论。

　　A）庞涓手上的数字是5-197之间的数字。
　　B）庞涓的和数一定不能拆成两个质数之和，否则就不会有确信。这可以分解为两点：庞涓手上不是偶数，只可能是奇数，因为任意偶数能被拆成两个质数之和，这是由歌德巴赫猜想来保证；庞涓手上的奇数不是2+质数。举例：如果庞涓手上是28，根据歌德巴赫猜想可以拆成11+17，当孙膑拿到了181这个积，马上就可以猜出鬼谷子给他的两个数是11和17，与庞涓肯定孙膑不知道这两个数相矛盾，因此将所有偶数排除。举例：当庞涓手上的数为质数+2时，例如21，而正好是19+2，那样孙膑手上的数是38，只有一种分解方法2*19，因此孙膑同样一开始就能确定这两个数字。
　　C)庞涓的和数一定不是大于53的奇数。因为大于53的奇数始终能够拆成偶数和53（是质数）的乘积，这个乘积只能唯一的推断出53和该偶数的乘积，否则就要大于99了。另外97是质数，同理应该排除97+2到97+98的所有奇数。最后剩下的是99+98的奇数，因为都是最大的数，孙膑本来就可以推理出来，与孙膑本来不知道的前提相矛盾，自然排除了。因此由此可以排除超过53以上的所有奇数。举例：如果庞涓手上的数字是59，那有一种可能是53+6，当孙膑拿到318时也只有一种分解方式是53*6，因为106*3和159*2中的106和159都大于了99这个最大的数字，因此这与孙膑事先不能肯定相矛盾。同理可以推理到195=97+98这中间的所有奇数都被排除，因为97是质数。
　　因此，当庞涓手上是53以上的奇数不会有这种把握孙膑肯定不知道这两个数。
　　D）这样的数字有10个：11，17，23，27，29，35，37，47，51，53。
　　
　　2、孙膑知道自己手中的积，并说本来不知道，但现在知道了。意味着，孙膑看了自己手上的积后分解因式对应的所有组合的和，只可能是上述10个数中的一个。也就是10个和数拆开的乘积不于其他和数拆开乘积重合的才可能是孙膑的积。这种积有许多种，关键是庞涓的第三句话。
　　
　　3、庞涓是知道自己手中的和数，当孙膑说了这句话的时候，庞涓说也知道这两个数字了，那庞涓手上的和数有一个特点，就是除一个例外的可能积，其他所有可能的积都包含在其他9个和数的可能积中间，否则庞涓没有这种自信。也就是在10个和数中找出积的数组合中只有唯一一对数不出现在其他数字的积组合中，而所有其他任一数字的积组合必然有多对超出另外9个和数的积组合。
　　
　　注意2、和3、小点中只有孙膑和庞涓知道自己手中的数字的时候才敢讲这话，说明是有针对性的唯一的。仔细体会这点。
　　
　　本人排出来是4和13。和数17，积为52。
　　17可以拆成（2+15），（4+13），（6+11），（8+9），（10+7），（12+5），（14+3）。
　　2*15=6*5，被和为11的包括了；6*11=33*2，被和为35的包括了；8*9=24*3，和为27；10*7=35*2，和为37；12*5=20*3，和为23；14*3=21*2，和为23。惟独4*13是不能被另外所有9个数组合出来的积所覆盖。

一日，鬼谷子在2--100这99个数字中选了2个数字，然后把它们的和告诉了庞涓，把积告诉了孙膑。当然，庞涓不知道积是多少，孙膑不知道和是多少。 第二日，庞涓遇见孙膑很傲慢的对孙膑说："虽然我不知道这两个数是多少但是我肯定你也不知道。"孙膑立刻还击道："本来我不知道的，但是现在我知道这两个数是多少了。"庞涓想了一 会，说道："现在我也知道这两个数是多少了。"
<P>　　请问这二个数各是多少? </P>

答　案
 
　　如果伯尼斯絮叨不休，那么根据(3)和(5)，这三位女士全爱絮叨不休。如果克劳迪娅爱絮叨不休，那么根据{（5）如果我爱絮叨不休，那安妮特也爱絮叨不休。}，安妮特也爱絮叨不休。安妮特也可能是这三位女士中唯一爱絮叨不休的。因此，根据{（7）上述三种缺点中的每一种都至少为这三位女士中的一位所具有。}具有爱絮叨不休这一缺点的女士的可能组合是下列三种：
 
　　伯尼斯、克劳迪娅和安妮特克劳迪娅和安妮特安妮特
 
　　根据（1）和（4），要么安妮特和伯尼斯都会搬弄是非，要么她
　　们都不会搬弄是非。克劳迪娅可能会搬弄是非，也可能不会搬弄是非。因此，根据（7），具有会搬弄是非这一缺点的女士的可能组合是下列三种：
　　伯尼斯、克劳迪娅和安妮特安妮特和伯尼斯克劳迪娅
　　如果安妮特常固执己见，那么根据{（2）如果我常固执己见，那克劳迪娅也常固执己见。}，克劳迪娅也常固执己见。如果伯尼斯常固执己见，那么根据{（6）如果伯尼斯常固执己见，那我可从不固执己见。}，克劳迪娅就从不固执己见。因此，安妮特和伯尼斯不会两人都常固执己见。克劳迪娅可能是唯一常固执己见的，伯尼斯也可能是唯一常固执己见的。因此，根据（7），具有常固执己这一缺点的女士的可能组合是下列三种：
 
　　安妮特和克劳迪娅克劳迪娅伯尼斯
 
　　如果（8）中所指的那两位缺点相同的女士只有一个共同的缺点，则不但（9）不可能被满足，而且（7）也不可能被满足①(①这是因为：在这种情况下，如果要满足(7)，则另两个缺点必须为另一位女士所唯一具有，但是上述各个可能组合说明，任何一位女士都不可能唯一具有两个缺点。)。
 
　　如果（8）中所指的两位女士具有两个或三个共同的缺点，那么她们不可能是伯尼斯和克劳迪娅，否则安妮特的缺点将不止一个，这与{（9）我将要这三位女士中的一位只有上述一种缺点的女士结婚。}矛盾。她们也不可能是安妮特和伯尼斯，否则克劳迪娅的缺点将不止一个，这与（9）矛盾。因此，那两位女士必定是安妮特和克劳迪娅，而伯尼斯就是赫克托先生要娶的女士。
 
　　各种缺点的唯一可能的分布是：
　　爱絮叨不休克劳迪娅和安妮特
　　会搬弄是非伯尼斯、克劳迪姬和安妮特
　　常固执己见安妮特和克劳迪娅

颖君  ：身体不适，注意多休息哦

茵茵，你太可爱了。

正如做好每道题一样。想魔蛋成长得更好，可要细心栽培了哦。