數學科

去年在數學競試講習的某次課堂上，老師提出一個“用骨牌鋪砌”的益智問題，引起不小的迴響。這個問題乍看之下不甚起眼；然而實地動手去作，才發覺並非想像的那麼簡單。 而這分報告，將呈現我們思考的過程與研究的成果，尚祈不吝賜教。

將二維(2k×2k－1) 殘缺棋盤的完全覆蓋性質，推廣至三維( 2k×2k×2k－1)殘缺方塊，再推廣至四維(2k×2k×2k×2k－1)殘缺數對集合及n維( 2k×2k×…×2k－1)殘缺數對集合。

古人說：「詩中有書，畫中有詩。」要是能變成「數中有畫，晝中有數。」那該多麼有趣，所以我就在以國中程度的範圍內，去找尋一群數學的式子，希望這些式子可以實現。也許你會想到，在畫圖的遊戲中有一種數字連連看的遊戲，從這裡我們得到了一個靈感「一般的簡易圓形，可以用若干條線段來連成。」

我們檢討數學課本十一冊，練習十五，第四題：「圓池一個，直徑 10 公尺，在池的外圍築寬l 公尺的路，算出路的面積是多少？」時，大家都願用大圓面積減去小圓面積的算法： 62 × 3.14 -52× 3.14= 34.54 或(62-52)X 3.14來做。這時我問老師：「是不是可以用(10+1)× 3.14=34.54 來做？」不等老師的回答，王同學搶先說：「老師，我認為這樣做只是一種巧合，因為我用別的數字試過了，結果答案不同，況且也無法解釋它的理由！」老師聽了，告訴我們：「凡事在沒有得到充份理由來解釋以前，不要冒然就下斷語。這個問題既能造成巧合，必定有它的道理在。」於是我們幾個喜歡數學的同學，便聚在一起研究到底能不能用(10+1)X3.14= 34.54，這種方式來做？又怎麼來解釋它的道理呢？

七十三年十一月二十四日，國語日報刊登了一篇：「古代人怎樣量金字塔的高度」的文章，內容是：數學之父一一臺利斯到埃及去旅遊時發明了不必用任何精密的測量儀器量金字塔高度的正確方法。我覺得很有趣，就約了幾位同學照著這稱方法去量學校的一些建築物，發現了許多問題，我們去請教老師，在老師的指導下，做了下面的研討。

本研究旨在探討「任意給定n球，存在多少個公切球？」。起初，在二維平面上找出圓錐曲線性質作圖法和圓錐曲線方程式作圖法；接著利用旋轉的概念將平面上的雙曲線以貫軸所在直線為旋轉軸旋轉，得到三維空間的雙曲面，即公切球球心所在軌跡圖形，以之推算平面上三截圓雙曲線的標準式，再進一步推導三球雙曲面的標準式，並解出其交線方程式，證明一般情況下相異三球存在無限個公切球。另外，我們找出了構成n球公切球最佳解(非無限多個的最多情形)的充分條件──n等球球心構成最多組環形，並利用畢氏定理計算公切球半徑，可推得n球公切球的個數，如下表。最後，我們以極限的觀點來觀察n球公切球的存在情形，再次驗證三球和四球中公切球的存在狀況。

一、我們先以正立方體上、下底面各取一對角線(而上底面投影至下底面之兩對角線不平行)，在這兩對角線上各取一動點，在兩動點連線段上取一中點，證明正立方體此中點的軌跡圖形並求得面積。 1.利用國中所學之幾何證明方法求證軌跡圖形並由高中數學第二冊第二章三角函數所學求圖形邊長及面積。 2.另以高中數學第三冊第一章向量幾何、第二章建立空間座標系及第一冊第一章直線方程式、第三章不等式以座標幾何再次求證。 二、再探討五角柱體、六角柱體、八角柱體(各角柱體之上、下底面互相平行且均為正多邊形)的情況，進而推廣兩動點連線的分點軌跡並加以製表。 三、同理推論十角柱體及十二角柱體可能情形。

有一天，媽媽買了一塊新的砧板，好奇的妹妹，拿著蘿蔔在上面切，切出許多不同的形狀，我覺得很好玩，試著拿起蘿蔔來切，也能切出許多不同的形體像圓形、橢圓形。到了學校我請教老師：「 一條蘿蔔到底能切出多少變化呢？」於是在老師的指導下，我們開始了有趣的切蘿蔔研究！

首先定義：對任意自然數k，(x k)=x(x-1)(x-2)...(x-k+1)/k!。並證明對任意的多項式f(x)，若它對所有整數m取整數值f(m)，則f(x)=A0+A1(x 1)+A2(x 2)+...+An(x n)，其中A0, A1, A2,..., An都是特定的整數值。接著證明：若f(x)=xk，則xk=A1(x 1)+A2(x 2)+...+Am(x m)+...+Ak(x k) ，其中Am=Σ(-1)j(m m-j)(m-j)k ，m=1,2,...,k。在此公式中依次取x=1,2,3,...,n，得Sk(n)=1k+2k+3k+...+nk=A1(n+1 2)+A2(n+1 3)+...+Am(n+1 m+1)+...+Ak(n+1 k+1)為n的k+1次多項式。 且Am=Σ(-1)j(m m-j)=∆mf(0) ，其中∆mf(0)，表示f(x)的第m次差分在x=0的值。若將其化成多項式的形式，可得Sk(n)=1k+2k+3k+...+nk=1/(k+1)Σ(k+1 i)Pink+1-i，Pi=Bi(i≠1)，P1=B1+1。或 Sk(n)=1/(k+1)Σ(k+1 i)Bi(n+1)k+1-i，其中 為伯努利數列，滿足遞迴式：Σ(k+1 i)Bi=0且B0=1。進一步將Bi的下標改成上標，可得Sk(n)=1k+2k+3k+...+nk=1/(k+1)[(n+1+B)k+1-Bk+1]，滿足(1+B)k+1-Bk+1=0，但必須將每個Bi視為相對獨立的數。