1
笛卡尔曾经说过：
一切问题都可以转化为数学问题，
一切数学问题都可以转化为代数问题，
而一切代数问题又都可以转化为方程问题.
这当然是种理想化的状态，
不过有时候代数方法未必十分快捷有效.
比如：
求出乘积 120 的四个连续整数
大部分会想到设一个方程解决这个问题，
即：x（x+1）（x+2）（x+3）=120，
这个方程不太好解答，
换元法较为简洁，
求解过程如下：
x（x+3）（x+1）（x+2）=120
(x^2+3x) (x^2+3x+2) =120
设x^2+3x =t，
即t（t+2）=120，
解得：t=10 或t = -12，
进而求得：x=-5 或x =2，
即四个连续整数为：-5、-4、-3、-2 或 2、3、4、5.
这个过程略显繁琐，
不如直接用非代数方法，
用明智的猜测，再进行验证，
就可以找出答案.
诚然，代数解决问题不一定是最快的，
但绝对是非常实用好理解的，
比如下面的几个例子中，
无不充斥着代数的强大功能……
2
请选择任意一个各位数字互不相同的三位数，
写出由这个数的三位数字可能构成的所有两位数，
然后将这些两位数之和除以原来那个三位数的各位数字之和，
结果一定是22.
举个例子，123，
12+21+13+31+23+32=132，
132÷（1+2+3）=22.
我们可以罗列出所有符合要求的三位数，
逐一进行判断，但这不是最优的算法……
我们从代数角度去证明它，
设三位数的个位、十位、百位分别为：a、b、c，
则三位数为：100c+10b+a，
这样，所有两位数之和为：
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.
这一简单例题说明了代数的价值.
3
任意以9 结尾的两位数都可以表示为其各位数字之积加上其各位数字之和
这样的两位数很少，我们可以罗列出来：
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）.
这种模式非常简单，
我们的研究不能局限于此……
和上个例子一样，我们从代数方面去解释，
设这样的两位数为：10a+b，
其中a为十位上数字，b为个位上数字，
各位数字之和为：(a+b)，数字之积为：ab.
于是，我们得到：
10a+b=ab+a+b，
9a=ab，（很明显a≠0）
b=9.
如果将十位数字看成一整体，
亦可推广：
109=（10×9）+（10+9）；
129=（12×9）+（12+9）；
239=（23×9）+（23+9）；
1089=（108×9）+（108+9）……
4
1加上任意三个连续奇数的平方和总是12的整数倍
数论中有很多的未解之谜，
比如：哥德巴赫猜想、与质数有关的ABC猜想、安德里卡猜想等等……
上面的问题就是一个数论问题，
我们可以简单设这三个奇数为：
2m+3，2m+1，2m-1，
这三个数的平方和为：
(2m+3)^2+(2m+1)^2+(2m-1)^2+1
=12(m^2+m+1)，
即其是正数m^2+m+1的倍数.
理解这个问题，
就相当于理解了向更深层次研究代数问题的基础问题.
下面是几个类似问题，供大家可以思考：
定义：
三角形数：1、3、6、10、15、21……
正方形数：1、4、9、16、25、36……
五边形数：1、5、12、22、35、51……
六边形数：1、6、15、28、45、……
★每一个奇平方数等于一个三角形数的8倍加上1
★每一个五边形数都等于三个三角形数之和
★六边形数等于奇数项的三角形数
5
我们知道，
任意一个实数都可以写出如下的形式：
如果告诉我们这种形式，怎么求出原数呢？
比如：
整体等于局部，将右侧分母下第一个1略去，剩下的部分也等于x，
所以，我们得到：
解得：
我们将负值舍去，得到了黄金分割数（φ）.
关于黄金分割数的还有很有趣味的：
方法和上面类似，大家可以研究试一下.
我们利用反复迭代的方法可以得到：
看到后面那一列数字了吗？
1、1、2、3、5、8……
斐波那契数列，
也就是说，黄金分割数和斐波那契数列是有着某种联系的，
比如，我们将斐波那契数列的前一项除以后一项，
商趋近于：0.618.（黄金分割）
文章发于 公 号 【趣味数学故事】
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