日一姗
范文一：正五边形的画法
尺规作图的简介
尺规作图是指用没有刻度的直尺和圆规作图。一把没有刻度的直尺看似不能做什么，画一个圆又不知道它的半径，画线段又没有精确的长度。其实尺规作图的用处很大，比如单用圆规找出一个圆的圆心，量度一个角的角度，等等。运用尺规作图可以画出与某个角相等的角，十分方便。
尺规作图是起源于古希腊的数学课题。只使用圆规和直尺，并且只准许使用有限次，来解决不同的平面几何作图题。
平面几何作图，限制只能用直尺、圆规。在历史上最先明确提出尺规限制的是伊诺皮迪斯。他发现以下作图法：在已知直线的已知点上作一角与已知角相等。这件事的重要性并不在于这个角的实际作出，而是在尺规的限制下从理论上去解决这个问题。在这以前，许多作图题是不限工具的。伊诺皮迪斯以后，尺规的限制逐渐成为一种公约,最后总结在《几何原本》之中。 若干著名的尺规作图已知是不可能的，而当中很多不可能证明是利用了由19世纪出现的伽罗华理论。尽管如此，仍有很多业余爱好者尝试这些不可能的题目，当中以化圆为方及三等分任意角最受注意。数学家Underwood Dudley曾把一些宣告解决了这些不可能问题的错误作法结集成书。 ■尺规作图的基本要求
·它使用的直尺和圆规带有想像性质，跟现实中的并非完全相同：
·直尺必须没有刻度，无限长，且只能使用直尺的固定一侧。只可以用它来将两个点连在一起，不可以在上画刻度。
·圆规可以开至无限宽，但上面亦不能有刻度。它只可以拉开成你之前构造过的长度。
■五种基本作图
·作一个角等于已知角
·平分已知角
·作已知直线的垂直平分线
·作一条线段等于已知线段
·过一点作已知直线的垂线
■尺规作图公法
以下是尺规作图中可用的基本方法，也称为作图公法，任何尺规作图的步骤均可分解为以下五种方法：
·通过两个已知点可作一直线。
·已知圆心和半径可作一个圆。
·若两已知直线相交，可求其交点。
·若已知直线和一已知圆相交，可求其交点。
·若两已知圆相交，可求其交点。
【尺规作图的著名问题】
尺规作图不能问题就是不可能用尺规作图完成的作图问题。其中最著名的是被称为几何三大问题的古典难题：
■三等分角问题：三等分一个任意角；
■倍立方问题：作一个立方体，使它的体积是已知立方体的体积的两倍； ■化圆为方问题：作一个正方形，使它的面积等于已知圆的面积。
以上三个问题在2400年前的古希腊已提出这些问题，但在欧几里得几何学的限制下，以上三个问题都不可能解决的。直至1837年，法国数学家万芝尔才首先证明“三等分角”和“倍立方”为尺规作图不能问题。而后在1882年德国数学家林德曼证明π是超越数后，“化圆为方”也被证明为尺规作图不能问题。
还有另外两个著名问题：
■正多边形作法
·只使用直尺和圆规，作正五边形。
·只使用直尺和圆规，作正六边形。
·只使用直尺和圆规，作正七边形——这个看上去非常简单的题目，曾经使许多著名数学家都束手无策，因为正七边形是不能由尺规作出的。
·只使用直尺和圆规，作正九边形，此图也不能作出来，因为单用直尺和圆规，是不足以把一个角分成三等份的。
·问题的解决：德国数学家高斯，在他仅20岁左右，大学二年级时得出正十七边形的尺规作图法，并给出了可用尺规作图的正多边形的条件：尺规作图正多边·形的边数目必须是2的非负整数次方和不同的费马素数的积，即n=2k（2的k次幂）或 2k×p1×p2×…×ps，（1，2…s为右下角标）其中，p1，p2，…，ps是费马素数．解决了两千年来悬而未决的难题。根据高斯的理论，还有一位德国格丁根大学教授作了正257边形．
· 费马素数：17世纪的费马，他研究了形如Fi （i为右下角标）＝22i（底数2指数2的i次幂）＋1 的数．
费马的一个著名猜想是，当 n≥3时，不定方程xn＋yn＝zn没有正整数解．现在他又猜测Fi都是素数，对于i＝0，1，2，3，4时，容易算出来相应的Fi：
F0＝3，F1＝5，F2＝17，
F3=257，F4=65 537
验证一下，这五个数的确是素数．F5=225+1是否素数呢？仅这么一个问题就差不多一百年之后才有了一个结论，伟大的欧拉发现它竟不是素数，因而，伟大的费马这回可是猜错了！F5是两素数之积：
F5＝641×6 700 417．
当然，这一事例多少也说明：判断一个较大的数是否素数也决不是件简单的事，不然，何以需要等近百年？何以需要欧拉这样的人来解决问题？ 更奇怪的是，不仅F5不是素数，F6，F7也不是素数，F8，F9，F10，F11等还不是素数，甚至，对于F14也能判断它不是素数，但是它的任何真因数还不知道．至今，人们还只知F0，F1，F2，F3，F4这样5个数是素数．由于除此而外还未发现其他素数，于是人们产生了一个与费马的猜想大相径庭的猜想，形如22i＋1的素数只有有限个．但对此也未能加以证明．
当然，形如Fi=22i+1的素数被称为费马素数．由于素数分解的艰难，不仅对形如Fi=22i+1的数的一般结论很难做出，而且具体分解某个Fi也不是一件简单的事．
■四等分圆周
只准许使用圆规，将一个已知圆心的圆周4等分．这个问题传言是拿破仑·波拿巴出的，向全法国数学家的挑战。
【尺规作图的相关延伸】
用生锈圆规(即半径固定的圆规)作图
■只用直尺及生锈圆规作正五边形
■生锈圆规作图,已知两点A、B，找出一点C使得AB = BC = CA。
■已知两点A、B，只用半径固定的圆规，求作C使C是线段AB的中点。 ■尺规作图，是古希腊人按“尽可能简单”这个思想出发的，能更简洁的表达吗？顺着这思路就有了更简洁的表达。
10世纪时，有数学家提出用直尺和半径固定的圆规作图。 1672年，有人证明：如果把“作直线”解释为“作出直线上的2点”，那么凡是尺规能作的，单用圆规也能作出！从已知点作出新点的几种情况：两弧交点、直线与弧交点、两直线交点 ，在已有一个圆的情况下，那么凡是尺规能作的，单用直尺也能作出！。
【尺规作图所推动的】
由词条以上内容可以看出，几何三大问题如果不限制作图工具，便很容易解决.从历史上看，好些数学结果是为解决三大问题而得出的副产品，特别是开创了对圆锥曲线的研究，发现了一批著名的曲线，等等.不仅如此，三大问题还和近代的方程论、群论等数学分支发生了关系.
正五边形的画法
(1)已知边长作正五边形的近似画法如下:
①作线段AB等于定长l,并分别以A,B为圆心,已知长l为半径画弧与AB的中垂线交于K.
③以 C为圆心,已知边长 AB为半径画弧,分别与前两弧相交于M,N. ④顺次连接A,B,N,C,M各点即近似作得所要求的正五边形.
(2) 圆内接正五边形的画法如下:
①以O为圆心,定长R为半径画圆,并作互相垂直的直径MN和 AP. ②平分半径ON,得OK=KN.
③以 K为圆心,KA为半径画弧与 OM交于 H, AH即为正五边形的边长. ④以AH为弦长,在圆周上截得A,B,C,D,E各点,顺次连接这些点即得正五边形.
3.民间口诀画正五边形
口诀介绍:"九五顶五九,八五两边分."
作法:
画法:
1.画线段AB=20mm,
2.作线段AB的垂直平分线,垂足为G.
3.在l上连续截取GH,HD,使 GH=5.9/5*10mm=19mm,
HD=5.9/5*10mm=11.8mm
4.过H作EC⊥CG,在EC上截取HC=HE=8/5*10mm=16mm,
5.连结DE,EA,EC,BC,CD,
五边形ABCDE就是边长为20mm的近似正五边形.
这里提供以下两种作法仅供参考：
1、已知边长作正五边形的近似画法如下： （1）作线段AB等于定长l，并分别以A、B为圆心，已知长l为半径画弧与AB的中垂线交于K. （2）以
K为圆心，取AB的2/3长度为半径向外侧取C点，使CH=2/3AB （3）以 C为圆心，已知边长 AB为半径画弧，分别与前两弧相交于M、N. （4）顺次连接A、B、N、C、M各点即近似作得所要求的正五边形.
范文二：[正五边形的画法]
[正五边形的画法]
(1)已知边长作正五边形的近似画法如下:
?作线段AB等于定长l,并分别以A,B为圆心,已知长l为半径画弧与AB的中垂线交于K. ?以K为圆心，取AB的2/3长度为半径向外侧取C点，使CK=2/3AB ?以 C为圆心,已知边长 AB为半径画弧,分别与前两弧相交于M,N. ?顺次连接A,B,N,C,M各点即近似作得所要求的正五边形.
http://218.24.233.167:8000/RESOURCE/XX/XXSX/SXBL/BL000023/5542_SR.HTM有图解说明
(2) 圆内接正五边形的画法如下:
?以O为圆心,定长R为半径画圆,并作互相垂直的直径MN和 AP. ? 平分半径ON,得OK=KN.
?以 K为圆心,KA为半径画弧与 OM交于 H, AH即为正五边形的边长. ?以AH为弦长,在圆周上截得A,B,C,D,E各点,顺次连接这些点即得正五边形. 3.民间口诀画正五边形
口诀介绍:"九五顶五九,八五两边分."
作法:
画法:
1.画线段AB=20mm,
2.作线段AB的垂直平分线,垂足为G.
3.在l上连续截取GH,HD,使 GH=5.9/5*10mm=19mm, HD=5.9/5*10mm=11.8mm
4.过H作EC?CG,在EC上截取HC=HE=8/5*10mm=16mm, 5.连结DE,EA,EC,BC,CD,
五边形ABCDE就是边长为20mm的近似正五边形.
用尺规作图法怎样把一个圆周分这五等份,
1.作互相垂直的直径AB、CD.
2.作OA的垂直平分线，垂足为E，(E为OA的中点)
3.以E为圆心，DE为半径作弧交OB于F ，则DF为正五边形的边长。 4.从D开始，用DF的长，依次在圆周上截取四次即可。
参考资料:http://218.24.233.167:8000/RESOURCE/XX/XXSX/SXBL/BL000023/5542_SR.HTM
[正五边形的画法]
(1)已知边长作正五边形的近似画法如下:
?作线段AB等于定长l，并分别以A、B为圆心，已知长l为半径画
弧与AB的中垂线交于K.
?以 C为圆心，已知边长 AB为半径画弧，分别与前两弧相交于M、N.
?顺次连接A、B、N、C、M各点即近似作得所要求的正五边形.
(2) 圆内接正五边形的画法如下:
?以O为圆心，定长R为半径画圆，并作互相垂直的直径MN和 AP.
? 平分半径ON，得OK=KN.
?以 K为圆心，KA为半径画弧与 OM交于 H， AH即为正五边形的边长.
?以AH为弦长，在圆周上截得A、B、C、D、E各点，顺次连接这些点即得正五边形.
三等分角的尺规作图法
湖北省恩施市龙凤初中 邹兴平(邮编:445003)
已知:?BAC为锐角或直角。
求作: 用直尺和圆规作出?BAC的三等分角。
作法:一. 在射线AC上取一点O(不能为A点)，在?CAB内作?COE= ?CAB，使OE?AB。
二. 以O为圆心，线段OA长为半径画出圆O。
三. 把一个直尺的一边看作直线L1, 把另一个直尺的一边看作直线L2,在 直线L2上截取线段MN=OA,把两个直尺重叠在一起,使直尺(即直线L1和L2)绕 A点旋转,与圆O相交于点D,与射线OE相交于点E,同时使线段MN在直线L1上 滑动,使N点与E点重合, N点随E点移动, M点靠近D点移动,直到使M点与D点 重合为止。
四. 作?CAD的角平分线AF。
?BOD，?DOF，?COF为?BAC的三等分角，如图1。
证明:因OA=OD，则?CAD=?ADO。因MN=OA=OD，则?DOE=?DEO。(等角对等边) 又因?ADO=?DOE+?DEO，则?OAD=2?DEO。因OE?AB，则?BAE=?DEO。 所以?OAD=2?BAE。又因AF平分?OAD，所以?BAC=3?BAD=3?DAF=3?CAF。
说明:用直尺和圆规作图法将角三等分，一直是数学界未解决的问题， 我用滑动线段确定点的位置，作出三等分角。
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范文三：正五边形的画法
正五边形尺?规作图的画?法及其他
正五边形的?画法
圆内接正五?边形的画法?如下:
1、 作一个圆，设它的圆心?为O ;
2、作圆的两条?互相垂直的?直径AZ和? XY;
3、作OY的中?点M;
4、以点M为圆?心，MA为半径?作圆，交OX于点 ?N;
5、以点A为圆?心，AN为半径?，在圆上连续?截取等弧，使弦AB=BC=CD=DE=AN，则五边形A?BCDE即?为正五边形 ?。
以上两种图?形的作法运?用了所求图?形边长与已?知的线段长?度的关系，用构造直角?三角形的方?法作出与所?求图形的边?长相等的线?段，从而作出整?
个图形，这是尺规作?图中常用的?一种方法——等线段法，即用已知图?形的线段作?出与所求图?形边长相等?的线段。
正多边形的?尺规作图是?大家感兴趣?的(正三边形很?好做;正四边形稍?难一点;正六边形也?很好做;正五边形就?更难一点，但人们也找?到了正五边?形的直规作?图方法(确实，有的困难一?些，有的容易一?些(正七边形的?尺规作图是?容易一些，还是困难一?些呢,人们很久很?久未找到作?正七边形的?办法，这一事实本?身就说明作?正七边形不?容易;一直未找到?这种作法，也使人怀疑?:究竟用尺规?能否作出正?七边形来,数学不容许?有这样的判?断:至今一直没?有人找到正?七边形的尺?规作图方法?来，所以断言它?是不能用尺?规作出的(
人们迅速地?解决了正三?、四、五、六边形的尺?规作图问题?，却在正七边?形面前止步?了:究竟能作不?能作，得不出结论?来(这个悬案一?直悬而未决?两千余年(
17世纪的?费马，就是我们在?前面已两次?提到了的那?个法国业余?数学家，他研究了形?如
Fi (i为右下角?标),22i(底数2指数?2的i次幂?)，1 的数( 费马的一个?著名猜想是?，当 n?3时，不定方程x?n，yn,zn没有正?整数解(现在他又猜?测Fi都是?素数，对于i,0，1，2，3，4时，容易算出来?相应的Fi?:
F0,3，F1,5，F2,17，
F3=257，F4=65 537
验证一下，这五个数的?确是素数(F5=225+1是否素数?呢,仅这么
一个?问题就差不?多一百年之?后才有了一?个结论，伟大的欧拉?发现它竟不?是素数，因而，伟大的费马?这回可是猜?错了～F5是两素?数之积: F5,641×6 700 417(
当然，这一事例多?少也说明:判断一个较?大的数是否?素数也决不?是件简单的?事，不然，何以需要等?近百年,何以需要欧?拉这样的人?来解决问题?,
更奇怪的是?，不仅F5不?是素数，F6，F7也不是?素数，F8，F9，F10，F11等还?不是素数，甚至，对于F14?也能判断它?不是素数，但是它的任?何真因数还?不知道(至今，人们还只知?F0，F1，F2，F3，F4这样5?个数是素数?(由于除此而?外还未发现?其他素数，于是人们产?生了一个与?费马的
?，1的素数只?有有限个(但对此也未?能猜想?大相径庭的?猜想，形如22i
加以证明?(
当然，形如Fi=22i+1的素数被?称为费马素?数(由于素数分?解的艰难，不仅对形如?Fi=22i+1的数的一?般结论很难?做出，而且具体分?解某个Fi?也不是一件?简单的事(
更加令人惊?奇的事情发?生在距欧拉?发现F5不?是素数之后?的60多年?，一位德国数?学家高斯，在他仅20?岁左右之时?发现，当正多边形?的边数是费?马素数时是?可以尺规作?图的，他发现了更?一般的结论?:正n边形可?尺规作图的?充分且必要?的条件是
n=2k(2的k次幂?)或 2k×p1×p2×…×ps，(1，2…s为右下角?标)
其中，p1，p2，…，ps是费马?素数(
正7边形可?否尺规作图?呢,否～因为7是素?数，但不是费马?素数(
倒是正17?边形可尺规?作图，高斯最初的?一项成就就?是作出了正?17边形(根据高斯的?理论，还有一位德?国格丁根大?学教授作了?正257边?形(
就这样，一个悬而未?决两千余年?的古老几何?问题得到了?圆满的解决?，而这一问题?解决的过程?是如此的蹊?跷，它竟与一个?没有猜对的?猜想相关连?(
正17边形?被用最简单?的圆规和直?尺作出来了?，而正多边形?可以换个角?度被视为是?对圆的等分?，那么这也相?当于仅用圆?规和直尺对?圆作了17?等分，其图形更觉?完美、好看(高斯本人对?此也颇为欣?赏，由此引导他?走上数学道?路(他早期曾在?语言学与数?学之间犹豫?过)，而且在他逝?后的墓碑上?就镌刻着一?个正17边?形图案(
高斯把问题?是解决得如?此彻底，以致有了高?斯的定理，我们对于早?已知道如何?具体作图的?正三边形、正五边形，还进而知道?了它们为什?么能用尺规?作图，就因为3和?5都是费马?素数(3=F0，5,F1);对于很久以?来未找到办?法来作出的?正七边形，乃至于正1?1边形、正 13边形，现在我们能?有把握地说?，它们不可能?由尺规作图?，因为7、11、13都不是?费马素数;对于正25?7边形、正65 537边形?，即使我们不?知道具体如?何作，可是理论上?我们已经知?道它们是可?尺规作图的?;此外，为什么正四?边形、正六边形可?尺规作图呢?,因为4,22，因为 6= 2? 3而 3=F0 (
范文四：正五边形的画法
、 [正五边形的?画法]
圆内接正五?边形的画法?如下:
1、任作一圆O?
2、任作圆O中?互相垂直的?两直径AB?、CD
3、作OD的垂?直平分线交?OD于E
4、以E为圆心?，EA长为半?径作弧，交CD于F?
5、在圆O上顺?序作弦AG?=GH=HM=MN=NA=AF
则得正五边?形AGHM?N
已知边长作?正五边形的?近似画法如?下:
?作线段AB?等于定长l?,并分别以A?,B为圆心,已知长l为?半径画弧与?AB的中垂?线交于K.
?以K为圆心?，取AB的2?/3长度为半?径向外侧取?C点，使CK=2/3AB
?以 C为圆心,已知边长 AB为半径?画弧,分别与前两?弧相交于M?,N.
?顺次连接A?,B,N,C,M各点即近?似作得所要?求的正五边?形.
正多边形的?尺规作图是?大家感兴趣?的.正三边形很?好做;正四边形稍?难一点;正六边形也?很好做;正五边形就?更难一点，但人们也找?到了正五边?形的直规作?图方法.确实，有的困难一?些，有的容易一?些.正七边形的?尺规作图是?容易一些，还是困难一?些呢?人们很久很?久未找到作?正七边形的?办法，这一事实本?身就说明作?正七边形不?容易;一直未找到?这种作法，也使人怀疑?:究竟用尺规?能否作出正?七边形来?数学不容许?有这样的判?断:至今一直没?有人找到正?七边形的尺?规作图方法?来，所以断言它?是不能用尺?规作出的.
人们迅速地?解决了正三?、四、五、六边形的尺?规作图问题?，却在正七边?形面前止步?了:究竟能作不?能作，得不出结论?来.这个悬案一?直悬而未决?两千余年.
17世纪的?费马，就是我们在?前面已两次?提到了的那?个法国业余?数学家，他研究了形?如
Fi (i为右下角?标)=22i(底数2指数?2的i次幂?)+1 的数.
费马的一个?著名猜想是?，当 n?3时，不定方程x?n+yn=zn没有正?整数解.现在他又猜?测Fi都是?素数，对于i=0，1，2，3，4时，容易算出来?相应的Fi?:
F0=3，F1=5，F2=17，
F3=257，F4=65 537
验证一下，这五个数的?确是素数.F5=225+1是否素数?呢?仅这么一个?问题就差不?多一百年之?后才有了一?个结论，伟大的欧拉?发现它竟不?是素数，因而，伟大的费马?这回可是猜?错了!F5是两素?数之积:
F5=641×6 700 417.
当然，这一事例多?少也说明:判断一个较?大的数是否?素数也决不?是件简单的?事，不然，何以需要等?近百年?何以需要欧?拉这样的人?来解决问题??
更奇怪的是?，不仅F5不?是素数，F6，F7也不是?素数，F8，F9，F10，F11等还?不是素数，甚至，对于F14?也能判断它?不是素数，但是它的任?何真因数还?不知道.至今，人们还只知?F0，F1，F2，F3，F4这样5?个数是素数?.由于除此而?外还未发现?其他素数，于是人们产?生了一个与?费马的猜想?大相径庭的?猜想，形如22i?+1的素数只?有有限个.但对此也未?能加以证明?.
当然，形如Fi=22i+1的素数被?称为费马素?数.由于素数分?解的艰难，不仅对形如?Fi=22i+1的数的一?般结论很难?做出，而且具体分?解某个Fi?也不是一件?简单的事.
更加令人惊?奇的事情发?生在距欧拉?发现F5不?是素数之后?的60多年?，一位德国数?学家高斯，在他仅20?岁左右之时?发现，当正多边形?的边数是费?马素数时是?可以尺规作?图的，他发现了更?一般的结论?:正n边形可?尺规作图的?充分且必要?的条件是
n=2k(2的k次幂?)或 2k×p1×p2×…×ps，(1，2…s为右下角?标)
其中，p1，p2，…，ps是费马?素数.
正7边形可?否尺规作图?呢?否!因为7是素?数，但不是费马?素数.
倒是正17?边形可尺规?作图，高斯最初的?一项成就就?是作出了正?17边形.根据高斯的?理论，还有一位德?国格丁根大?学教授作了?正257边?形.
就这样，一个悬而未?决两千余年?的古老几何?问题得到了?圆满的解决?，而这一问题?解决的过程?是如此的蹊?跷，它竟与一个?没有猜对的?猜想相关连?.
正17边形?被用最简单?的圆规和直?尺作出来了?，而正多边形?可以换个角?度被视为是?对圆的等分?，那么这也相?当于仅用圆?规和直尺对?圆作了17?等分，其图形更觉?完美、好看.高斯本人对?此也颇为欣?赏，由此引导他?走上数学道?路(他早期曾在?语言学与数?学之间犹豫?过)，而且在他逝?后的墓碑上?就镌刻着一?个正17边?形图案.
高斯把问题?是解决得如?此彻底，以致有了高?斯的定理，我们对于早?已知道如何?具体作图的?正三边形、正五边形，还进而知道?了它们为什?么能用尺规?作图，就因为3和?5都是费马?素数(3=F0，5=F1);对于很久以?来未找到办?法来作出的?正七边形，乃至于正1?1边形、正 13边形，现在我们能?有把握地说?，它们不可能?由尺规作图?，因为7、11、13都不是?费马素数;对
于正25?7边形、正65 537边形?，即使我们不?知道具体如?何作，可是理论上?我们已经知?道它们是可?尺规作图的?;此外，为什么正四?边形、正六边形可?尺规作图呢??因为4=22，因为 6= 2? 3而 3=F0.
费马数
费马数是以?数学家费马?命名一组自?然数，具有形式: 其中 n 为非负整数?。若 2n + 1 是素数，可以得到 n 必须是2的?幂。(若 n = ab，其中 1 < a,="" b="">< n="" 且="" b="" 为奇数，则="" 2n="" +="" 1="" (2a)b="" +="" 1="" (?1)b="" +="" 1="" 0="" (mod="" 2a="" +="" 1)。)也就是说，所有具有形?式="" 2n="" +="" 1="" 的素数必然?是费马数，这些素数称?为费马素数?。已知的费马?素数只有="" f0="" 至="" f4="" 五个。="">
费马猜想
法国数学家?费马于1640?年提出了以?下猜想:
揭示了十进制和二进制的关系
可以发现
F0=2^(2^0)+1=3
F1=2^(2^1)+1=5
F2=2^(2^2)+1=17
F3=2^(2^3)+1=257
F4=2^(2^4)+1=65537?
F5=2^(2^5)+1=42949?67297?
前5个是质?数，因为第6个?数实在太大?了，费马认为这?个数 是质数。
由此提出(费马没给出?证明)，形如Fn=2^(2^n)+1 的数都是质?数的猜想。后来人们就?把形如2^(2^n)+1的数叫费?马数。
猜想结论
1732年?，欧拉算出F?5=641×67004?17，也就是说F?5不是质数?，宣布了费马?的这个猜想?不成立，它不能作为?一个求质数?的公式。以后，人们又陆续?找到了不少?反例，如n=6 时，F6=2^(2^6)+1=27417?7×67280?42131?0721不?是质数。至今这样的?反例共找到?了243个?，却还没有找?到第6个正?面的例子，也就是说目?前只有n=0，1，2，3，4这5个情?况下，Fn才是质?数。甚至有人猜?想:费马数N?4时，费马数全是?合数～
接下来的几?个费马数的?分解情况是?:
F6 = 27417?7 × 67280?42131?0721
F7 = 59649?58912?74972?17 × 57046?89200?68512?90547?21
F9 = 24248?33 × 74556?02825?64788?42083?37395?73620?04549?18783?36634?2657 × 74164?00626?27530?80152? 47871?41901?93747?40599?40781?09751?90239?05821?3 16144?4157
59504?70500?80928?18711?69394?0737
F10 = 45592?577 × 64870?31809? × 46597?75785?22001?85432?64560?74307?67781?92897? × P252
F11 = 31948?9 × 97484?9 × 16798?85563?41760?47513?7 × 35608?41906?44583?39205?13 × P564
F12 = 11468?9 × 26017?793 × 63766?529 × 19027?41913?61 × 12561? 32134?12556?9 ×
56863?06475?35356?95516?90334?10940?86780?48393?60742?06081?8433 × C1133?
F13 = 27109?54639?361 × 26638?48877?15214?1313 × 36031?09844?54229?1969 ×
31954?60208?20551?64322?06725?13 × C2391?
早已经有人?证明，费马数的因?数必然是2?^(n+2)*k+1 形，注:(n+2)是右上标。例如n=5时，42949?67297?=(128×5+1)×(128×52347?+1)，其中128?就是2的7?次方。 素数的普遍?公式
实际上几千?年来,数学家们一?直在寻找这?样的一个公?式,一个能求出?所有质数的?公式;但直到现在?,谁也未能找?到这样一个?公式,而且谁也未?能找到证据?,说这样的公?式就一定不?存在;这样的公式?存不存在,也就成了一?个著名的数?学难题.。
虽然费马数?作为一个关?于指数公式?的尝试失败?了,但有意思的?是,1801年?数学家高斯?证明:如果费马数?K为质数,那么就可以?用直尺和圆?规将圆周k?等分.高斯本人就?根据这个定?理作出了正?十七边形.
费马数猜想?:大师的失误?
1640年?，在数论领域?留下不可磨?灭足迹的费?马思考了一?个问题:式子2^(2^n)+1 的值是否一?定为素数。当 n取0、1、2、3、4时，这个式子对?应值分别为?3、5、17、257、65537?，费马发现这?五个数都是?素数。由此，费马提出一?个猜想:形如2^(2^n)+1 的数一定为?素数。在给朋友的?一封信中，费马写道: “我已经发现?形如2^(2^n)+1的数永远?为素数。很久以前我?就向分析学?家们指出了?这个结论是?正确的。”费马同时坦?白承认，他自己未能?找到一个完?全的证明。
费马所研究?的2^(2^n)+1 这种具有美?妙形式的数?，后人称之为?费马数，并用Fn 表示。费马当时的?猜想相当于?说:所有费马数?都一定是素?数。费马是正确?的吗,
进一步验证?费马的猜想?并不容易。因为随着n?的增大， Fn 迅速增大。比如对后人?来说第一个?需要检验的?F5 ,42949?67297?已经是一个?十位数了。非常可能的?是，由于这一数?太大，所以费马在?得出自己的?猜想时并没?有对它进行?验证。那么，它到底是否?如同费马所?相信的那样?是一个素数?呢,
1729年?12月1日?，哥德巴赫(哥德巴赫猜?想的提出者?)在写给欧拉?的一封信中?问道:“费马认为所?有形如 2^(2^n)+1 的数都是素?数，你知道这个?问题吗,他说他没能?作出证明。据我所知，也没有其他?任何人对这?个问题作出?过证明。”
这个问题吸?引了欧拉。 1732年?，年仅25岁?的欧拉在费?马死后67?年得出F5? ,
641×67004?17，其中641?=5×27+1 这一结果意?味着 是一个合数?，因此费马的?猜想是错的?。
在对费马数?的研究上，费马这位伟?大的数论天?才过分看重?自己的直觉?，轻率地做出?了他一生唯?一一次错误?猜测。更为不幸的?是，研究的进展?表明费马不?但是错的，而且非常可?能是大错特?错了。
此后人们对?更多的费马?数进行了研?究。随着电子计?算机的发展?，计算机成为?数学家研究?费马数的有?力工具。但即使如此?，在所知的费?马数中竟然?没有再添加?一个费马素?数。迄今为止，费马素数除?了被费马本?人所证实的?那五个外竟?然没有再发?现一个～因此人们开?始猜想:在所有的费?马数中，除了前五个?是素数外，其他的都是?合数。如果这一结?论被证实，那么对于费?马的草率猜?想来说，恐怕不会。
费马合数都?是可以用佩?尔方程表示?，费马素数不?能用佩尔方?程表示， 变形费马.3^2^n+2
变形费马数?是改变了数?值，采用同样性?质的费马数?，例如:3^2^n+2。
n=0时，3^2^0+2=5，素数;
n=1时，3^2^1+2=11，素数;
n=2时，3^2^2+2=83，素数;
n=3时，3^2^3+2=6563，素数;
n=4时，3^2^4+2=43046?727=19×22656?17。
是否有无穷?多个变形费?马素数,是否有无穷?多个变形费?马合数,还是一个未?知问题。
1.费马
费马在古典?数论领域中?的成果很多?，比如提出了?不定方程无?解证明的无?穷递降法， 引入了费马数等等。
与费马相关?的著名结论?如下:
费马小定理?:a^p-a?0(mod?p)，其中p是一?个素数，a是正整数?。
事实上它是?欧拉定理的?一个特殊情?况，Euler?定理是说:a^φ(n)-1?0(mod n),a，n都是正整?数，φ(n)是Euler?函数，表示和n互素的小于n的?正整数的个?数。
费马大定理?(当时是猜想?):n>2是整数，则方程x^n+y^n=z^n没有满足?xyz?0的整数解?。这个是不定?方程，它已经由美?国数学家外?尔斯证明了?(1995年?)，证明的过程?相当艰深。
2.欧拉
引入欧拉函数， 得到著名的?欧拉定理——费马小定理?推广; 研究了连分?数展开问题?;用解析方法?证明了素数?无限;讨论平方和?问题及哥德?巴赫猜想——加性数论内?容。
3.高斯
被誉为“数学王子”?。解决了正多?边形尺规作?图问题， 将它和费马?数联系起来?。高斯的著作?《算术研究》提出了同余?理论， 讨论了平方?剩余问题，发现了二次?互反律。 高斯提出了?著名的素数定理(当时是猜想?)，研究了指标?和估计问题?——表示论的雏形。
素数定理
定理
定理描述素?数素数的大致分布?情况。 素数的出现?规律一直困?惑著数学家?。一个个地看?，素数在正整?数中的出现?没有什么规?律。可是总体地?看，素数的个数?竟然有规可?循。对正实数x?，定义π(x)为不大于x?的素数个数?。数学家找到?了一些函数?来估计π(x)的增长。以下是第一?个这样的估?计。 π(x)?x/ln?x?其中ln x为x的自然对数。上式的意思?是当x趋近??，π(x)?和x/ln x的比趋 近1(注:该结果为高斯所发现)。但这不表示?它们的数值?随着x增大?而接近。 下面是对π?(x)更好的估计?: π(x)=Li?(x)?+?O?(x e^(-(ln x)^(1/2)/15)，当 x 趋近?。 其中 Li(x)?=??(dt/ln?x2,x)，而关系式右?边第二项是?误差估计，详见大O符?号。 下表比较了?π(x)，x/ln x和Li(x): x?π(x)?π(x) - x/ln(x) Li(x) - π(x)?x/π(x)
佩尔方程
由费尔马提?出，但后来欧拉?误记为佩尔?提出，并写入他的?著作中。后人多称佩?尔方程。沿续至今
设d是正整数，且d不含平方因子。
下面的不定方程称为佩尔(Pell)方程:
x^2-dy^2=1
求正整数解?(x,y).
这是初等数论中最经典的?内容之一。
假设(x_0,y_0)是一个最小?解， 那么所有的?解可写为
x_n+y_n*(d)^0.5=(x_0+y_0*(d)^0.5)^(n+1)
佩尔方程与?连分数，二次型，代数数域等等都有?密切联系。
在一般的函?数域上，我们也有类?似的佩尔方?程， 它和向量丛的稳定性有着微妙的?关系。
以上的公式?就是Pel?l方程的一?般形态.
对于 当n为完全?平方数时无?解;
1. 首先构造一?个系数矩阵?,显然为了构?造这个矩阵?，我们需要先?得到
下面方程的?一个最小特?解(x,y>0)
利用Eul?er的算法?
1:?p[?1] ? 1; p[?2] ? 0
2:?q[?1] ? 0; q[?2] ? 1
3: a[0] ?sqrt(n)
4:?g[?1] ? 0; h[?1] ? 1
5:?for?i?=?0?????do?
{
6: g[i] ? ?g[i?1] + a[i]h[i?1]
7: h[i] ? (n?g[i]*g[i]) / h[i-1]
8: a[i+1] ? floor?( (g[i]+a[0]) / h[i]
9: p[i] ? a[i]p[i?1] + p[i?2]
10: q[i] ? a[i]q[i?1] + q[i?2]
if( p[i]*p[i]-n*q[i]*q[i]=1 ) retur?n (p[i],q[i]);
}假设我们得?到了以上方?程的最小特?解: x0 y0 (x0,y0>0,并是最小的?满足条件的?
解)
C++程序求解佩?尔方程:
范文五：正五边形的画法
正五边形的画法
步骤：
（1） 先由一点出发，任意画两条长度相等的线段，使其夹角为108°。
（2） 再从这两条线段的两个端点出发，向内画两个108°的角，使所画线段与前两条相
等。
（3） 最后，连接所剩的两个端点，即可。
正六边形的画法
步骤：
（1） 先由一点出发，任意向右画两条长度相等的线段，使其夹角为120°。
（2） 再从这两条线段的两个端点出发，向右画两个120°的角，使所画线段与前两条相
等。
（3） 再从这两个端点出发，向里画两个120°的角，两条射线相交点可用。多余部分摖
掉即可。
正八边形的画法
步骤：
（1） 先由一点出发，任意向右画两条长度相等的线段，使其夹角为135°。
（2） 再从这两条线段的两个端点出发，向右向内画两个135°的角，使所画线段与前两
条相等。
（3） 再从这两个端点出发，向里画两个135°的角，使两条射线通过截取与前四条相等。
（4） 以此类推，从两个端点出发，画两个135°的角。所画两条射线必然相交于一点。
多余部分摖掉即可。
正七边形的画法
步骤：
