數學科

圓柱積木中，12片積木有九億多種排列，故其看似簡單實則複雜，其中隱含許多數字的規律。我們先將問題簡化成找出可以完成前四片積木堆疊的排列，實作後發現積木洞數之間的四個規則，利用規則一?四篩選掉大部分不可行的組合，找出積木洞數符合規則者有324種組合；接著在進行堆疊的過程中，找到積木形狀和洞數的關聯性，即規則五?七，利用規則五?七篩選後剩下228種組合。最後一一堆疊，找到212種可行的堆疊組合，並發現其他16種組合都是因為複雜的形狀關聯性或受限於積木3C的位置而無法完成堆疊。現在我們將12片積木放在4×3的棋盤上，便可將立體積木，先在平面上輕易的用規則一?七檢驗調整後，再快速的完成堆疊。

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。」

本文所探討的是一種有趣的排序遊戲。在我們發現其中的數學規律性後，並利用遊戲技巧定義出｢跳島戰術｣，換句話說，當移動過程符合跳島戰術，將可得到最少移動次數步驟，其最少移動次數的公式：※當符合（空格數/字母數）≦1/2時，奇數個字母為(N2+3N-8)/2次；偶數個字母為N(N+1)/2 次。此外，嘗試以數據推導出解題公式(p.11)後，再找出移動步驟之規律證明(p.9~p.12)，希望獲得公式的正確性，最後更反證法(p.17~p.25)，試圖以足夠的數據證明公式的正確性。反證法發現，當違反｢跳島戰術｣的任何移動方式與技巧，皆無法獲得更少的步驟數，因此更可推論證明出遊戲公式之正確性，獲得破解本排序遊戲的最佳策略。

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。

紙摺圖形中完整的數學理論，尚無人提出。本文是作者為解釋圖形的全貌，而研究出解圖方程式的理論基礎。文中的一項特點，即嘗試引用比較淺顯直觀的方援，來解稈所繪圖形及其方程式的求法，藉以讓高中程度的學生，得以理解解題中描述的要領。而尤其往意的是，其間並引入三種理論，以輔助解題的思維過程。紙摺圖形與一般紙摺花鳥生物等美勞工藝同具有高度的趣味性，而其圖形優美處直可與一般製圖工其所繪者相媲美。本文中將詳細斂述出紙摺圖形歸納的結果，及解圖形方程式的幾種方法。

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。

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。

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。