1
笛卡爾曾經說過：
一切問題都可以轉化為數學問題，
一切數學問題都可以轉化為代數問題，
而一切代數問題又都可以轉化為方程問題.
這當然是種理想化的狀態，
不過有時候代數方法未必十分快捷有效.
比如：
求出乘積 120 的四個連續整數
大部分會想到設一個方程解決這個問題，
即：x（x+1）（x+2）（x+3）=120，
這個方程不太好解答，
換元法較為簡潔，
求解過程如下：
x（x+3）（x+1）（x+2）=120
(x^2+3x) (x^2+3x+2) =120
設x^2+3x =t，
即t（t+2）=120，
解得：t=10 或t = -12，
進而求得：x=-5 或x =2，
即四個連續整數為：-5、-4、-3、-2 或 2、3、4、5.
這個過程略顯繁瑣，
不如直接用非代數方法，
用明智的猜測，再進行驗證，
就可以找出答案.
誠然，代數解決問題不一定是最快的，
但絕對是非常實用好理解的，
比如下面的幾個例子中，
無不充斥著代數的強大功能……
2
請選擇任意一個各位數字互不相同的三位數，
寫出由這個數的三位數字可能構成的所有兩位數，
然後將這些兩位數之和除以原來那個三位數的各位數字之和，
結果一定是22.
舉個例子，123，
12+21+13+31+23+32=132，
132÷（1+2+3）=22.
我們可以羅列出所有符合要求的三位數，
逐一進行判斷，但這不是最優的算法……
我們從代數角度去證明它，
設三位數的個位、十位、百位分別為：a、b、c，
則三位數為：100c+10b+a，
這樣，所有兩位數之和為：
10a+b+10b+a+10a+c+10c+a+10b+c+10c+b
=22（a+b+c），
再除以（a+b+c）可得：22.
這一簡單例題說明了代數的價值.
3
任意以9 結尾的兩位數都可以表示為其各位數字之積加上其各位數字之和
這樣的兩位數很少，我們可以羅列出來：
9=（0×9）+（0+9）；
19=（1×9）+（1+9）；
29=（2×9）+（2+9）；
39=（3×9）+（3+9）；
49=（4×9）+（4+9）；
59=（5×9）+（5+9）；
69=（6×9）+（6+9）；
79=（7×9）+（7+9）；
89=（8×9）+（8+9）；
99=（9×9）+（9+9）.
這種模式非常簡單，
我們的研究不能侷限於此……
和上個例子一樣，我們從代數方面去解釋，
設這樣的兩位數為：10a+b，
其中a為十位上數字，b為個位上數字，
各位數字之和為：(a+b)，數字之積為：ab.
於是，我們得到：
10a+b=ab+a+b，
9a=ab，（很明顯a≠0）
b=9.
如果將十位數字看成一整體，
亦可推廣：
109=（10×9）+（10+9）；
129=（12×9）+（12+9）；
239=（23×9）+（23+9）；
1089=（108×9）+（108+9）……
4
1加上任意三個連續奇數的平方和總是12的整數倍
數論中有很多的未解之謎，
比如：哥德巴赫猜想、與質數有關的ABC猜想、安德里卡猜想等等……
上面的問題就是一個數論問題，
我們可以簡單設這三個奇數為：
2m+3，2m+1，2m-1，
這三個數的平方和為：
(2m+3)^2+(2m+1)^2+(2m-1)^2+1
=12(m^2+m+1)，
即其是正數m^2+m+1的倍數.
理解這個問題，
就相當於理解了向更深層次研究代數問題的基礎問題.
下面是幾個類似問題，供大家可以思考：
定義：
三角形數：1、3、6、10、15、21……
正方形數：1、4、9、16、25、36……
五邊形數：1、5、12、22、35、51……
六邊形數：1、6、15、28、45、……
★每一個奇平方數等於一個三角形數的8倍加上1
★每一個五邊形數都等於三個三角形數之和
★六邊形數等於奇數項的三角形數
5
我們知道，
任意一個實數都可以寫出如下的形式：
如果告訴我們這種形式，怎麼求出原數呢？
比如：
整體等於局部，將右側分母下第一個1略去，剩下的部分也等於x，
所以，我們得到：
解得：
我們將負值捨去，得到了黃金分割數（φ）.
關於黃金分割數的還有很有趣味的：
方法和上面類似，大家可以研究試一下.
我們利用反覆迭代的方法可以得到：
看到後面那一列數字了嗎？
1、1、2、3、5、8……
斐波那契數列，
也就是說，黃金分割數和斐波那契數列是有著某種聯繫的，
比如，我們將斐波那契數列的前一項除以後一項，
商趨近於：0.618.（黃金分割）
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