第一篇：初等數論教案1

第二節 最大公因數與輾轉相除法

第三節 最小公倍數

教學目的：

1、掌握最大公因數與最小公倍數性質；

2、掌握輾轉相除法；

3、會求最大公因數與最小公倍數.教學重點：最大公因數與最小公倍數性質 教學難點：輾轉相除法 教學課時：6課時 教學過程

一、最大公因數

1、定義

1整數a1, a2, ?, ak的公共約數稱為a1, a2, ?, ak的公約數.不全為零的整數a1, a2, ?, ak的公約數中最大的一個叫做a1, a2, ?, ak的最大公約數（或最大公因數），記為(a1, a2, ?, ak).注：

1、由于每個非零整數的約數的個數是有限的，所以最大公約數是存在的，并且是正整數.2、如果(a1, a2, ?, ak)= 1，則稱a1, a2, ?, ak是互素的（或互質的）；如果

(ai, a j)= 1，1 ? i, j ? k，i ? j，則稱a1, a2, ?, ak是兩兩互素的（或兩兩互質的）.顯然，a1, a2, ?, ak兩兩互素可以推出(a1, a2, ?, ak)= 1，反之則不然，例如(2, 6, 15)= 1，但(2, 6)= 2.2、定理

1下面的等式成立：(ⅰ)(a1, a2, ?, ak)=(|a1|, |a2|, ?, |ak|)；(ⅱ)(a, 1)= 1，(a, 0)= |a|，(a, a)= |a|；(ⅲ)(a, b)=(b, a)；

(ⅳ)若p是素數，a是整數，則(p, a)= 1或p?a；(ⅴ)若a = bq ? r，則(a, b)=(b, r).證明：(ⅰ)??(ⅳ)留作習題.(ⅴ)由第一節定理1可知，如果d?a，d?b，則有d?r = a ? bq，反之，若d?b，d?r，則d?a = bq ? r.因此a與b的全體公約數的集合就是b與r的全體公約數的集合，這兩個集合中的最大正數當然相等，即(a, b)=(b, r).證畢

3、定理

2設a1, a2, ?, ak?Z，記

A = { y；y =?aixi，xi?Z，? ? i ? k }.i?1k如果y0是集合A中最小的正數，則y0 =(a1, a2, ?, ak).證明

設d是a1, a2, ?, ak的一個公約數，則d?y0，所以d ? y0.另一方面，由第一節例2知，y0也是a1, a2, ?, ak的公約數.因此y0是a1, a2, ?, ak的公約數中的最大者，即y0 =(a1, a2, ?, ak).證畢

推論

1設d是a1, a2, ?, ak的一個公約數，則d?(a1, a2, ?, ak).注：這個推論對最大公約數的性質做了更深的刻劃：最大公約數不但是公約數中的最大的，而且是所有公約數的倍數.推論2

(ma1, ma2, ?, mak)= |m|(a1, a2, ?, ak).推論

3記? =(a1, a2, ?, ak)，則

(aa1a2，?,k)= 1，???特別地,(ab,)= 1.(a,b)(a,b)

4、定理

3(a1, a2, ?, ak)= 1的充要條件是存在整數x1, x2, ?, xk，使得

a1x1 ? a2x2 ? ? ? akxk = 1.(1)證明

必要性

由定理2得到.充分性

若式(1)成立，如果(a1, a2, ?, ak)= d > 1，那么由d?ai（1 ? i ? k）推出d?a1x1 ? a2x2 ? ? ? akxk = 1，這是不可能的.所以有(a1, a2, ?, ak)= 1.證畢

5、定理

4對于任意的整數a，b，c，下面的結論成立：(ⅰ)由b?ac及(a, b)= 1可以推出b?c；(ⅱ)由b?c，a?c及(a, b)= 1可以推出ab?c.證明

(ⅰ)若(a, b)= 1，由定理2，存在整數x與y，使得

ax ? by = 1.因此

acx ? bcy = c.(2)由上式及b?ac得到b?c.結論(ⅰ)得證；

(ⅱ)若(a, b)= 1，則存在整數x，y使得式(2)成立.由b?c與a?c得到ab?ac，ab?bc，再由式(2)得到ab?c.結論(ⅱ)得證.證畢

推論

1若(a, b)= 1，則(a, bc)=(a, c).證明

設d是a與bc的一個公約數，則d?a，d?bc，由式（2）得到，d|c, 即d是a與c的公約數.另一方面，若d是a與c的公約數，則它也是a與bc的公約數.因此，a與c的公約數的集合，就是a與bc的公約數的集合，所以(a, bc)=(a, c).證畢

推論

2若(a, bi)= 1，1 ? i ? n，則(a, b1b2?bn)= 1.證明

留作習題.6、定理

5對于任意的n個整數a1, a2, ?, an，記

(a1, a2)= d2，(d2, a3)= d3，?，(dn ? 2, an ? 1)= dn ? 1，(dn ? 1, an)= dn，則

dn =(a1, a2, ?, an).證明

由定理2的推論，我們有

dn =(dn ? 1, an)? dn?an，dn?dn ? 1，dn ? 1 =(dn ? 2, an ? 1)? dn ? 1?an ? 1，dn ? 1?dn ? 2，? dn?an，dn?an ? 1，dn?dn ? 2，dn ? 2 =(dn ? 3, an ? 2)? dn ? 2?an ? 2，dn ? 2?dn ? 3

? dn?an，dn?an ? 1，dn?an ? 2，dn?dn ? 3，? ?

d2 =(a1, a2)? dn?an，dn?an ? 1，?，dn?a2，dn?a1，即dn是a1, a2, ?, an的一個公約數.另一方面，對于a1, a2, ?, an的任何公約數d，由定理2的推論及d2, ?, dn的定義，依次得出

d?a1，d?a2 ? d?d2，d?d2，d?a3 ? d?d3，? ?

d?dn ? 1，d?an ? d?dn，因此dn是a1, a2, ?, an的公約數中的最大者，即dn =(a1, a2, ?, an).例

1證明：若n是正整數，則21n?414n?3是既約分數.解：由定理1得到

(21n ? 4, 14n ? 3)=(7n ? 1, 14n ? 3)=(7n ? 1, 1)= 1.注：一般地，若(x, y)= 1，那么，對于任意的整數a，b，有(x, y)=(x ?ay, y)=(x ?ay, y ? b(x ?ay))=(x ?ay,(ab ? 1)y ? bx)，因此，x?ay(ab?1)y?bx是既約分數.例

2證明：121?|n2 ? 2n ? 12，n?Z.解：由于121 = 112，n2 ? 2n ? 12 =(n ? 1)2 ? 11，所以，若

112?(n ? 1)2 ? 11，則11?(n ? 1)2，因此，由定理4的推論1得到

11?n ? 1，112?(n ? 1)2.再由式(3)得到

112?11，這是不可能的.所以式(3)不能成立.注：這個例題的一般形式是： 設p是素數，a，b是整數，則

pk?|(an ? b)k ? pk ? 1c，其中c是不被p整除的任意整數，k是任意的大于1的整數.例

3設a，b是整數，且

9?a2 ? ab ? b2，則3?(a, b).(3)

(4)

解：由式(4)得到

9?(a ? b)2 ? 3ab ? 3?(a ? b)2 ? 3ab

? 3?(a ? b)2 ? 3?a ? b

(5)? 9?(a ? b)2.再由式(4)得到

9?3ab ? 3?ab.因此，由定理4的推論1，得到

3?a或3?b.若3?a，由式(5)得到3?b；若3?b，由(5)式也得到3?a.因此，總有3?a且3?b.由定理2的推論推出3?(a, b).例

4設a和b是正整數，b > 2，則2b ? 1?|2a ? 1.解：(ⅰ)若a < b，且

2b ? 1?2a ? 1.(6)成立，則

2b ? 1 ? 2a ? 1 ? 2b ? 2a ? 2 ? 2a(2b ? a ? 1)? 2，于是a = 1，b ? a = 1，即b = 2，這是不可能的，所以式(6)不成立.(ⅱ)若a = b，且式(6)成立，則由式(6)得到

2a ? 1?(2a ? 1)? 2 ? 2a ? 1?2 ? 2a ? 1 ? 2 ? 2a ? 3，于是b = a = 1，這是不可能的，所以式(6)不成立.(ⅲ)若a > b，記a = kb ? r，0 ? r < b，此時

2kb ? 1 =(2b ? 1)(2(k ? 1)b ? 2(k ? 2)b ? ? ? 1)=(2b ? 1)Q，其中Q是整數.所以

2a ? 1 = 2kb + r ? 1 = 2r(2kb ? 1 ? 1)? 1 = 2r((2b ? 1)Q ? 1)? 1 =(2b ? 1)Q ? ?(2r ? 1)，其中Q?是整數.因此

2b ? 1?2a ? 1 ? 2b ? 1?2r ? 1，在(ⅰ)中已經證明這是不可能的，所以式(6)不能成立.綜上證得2b ? 1?|2a ? 1.二、最小公倍數

1、定義

1整數a1, a2, ?, ak的公共倍數稱為a1, a2, ?, ak的公倍數.a1, a2, ?, ak的正公倍數中的最小的一個叫做a1, a2, ?, ak的最小公倍數，記為[a1, a2, ?, ak].2、定理

1下面的等式成立：(ⅰ)[a, 1] = |a|，[a, a] = |a|；(ⅱ)[a, b] = [b, a]；

(ⅲ)[a1, a2, ?, ak] = [|a1|, |a2| ?, |ak|]；(ⅳ)若a?b，則[a, b] = |b|.證明

留作習題.由定理1中的結論(ⅲ)可知，在討論a1, a2, ?, ak的最小公倍數時，不妨假定它們都是正整數.在本節中總是維持這一假定.最小公倍數和最大公約數之間有一個很重要的關系，即下面的定理.3、定理

2對任意的正整數a，b，有

[a, b] =

ab(a,b).證明：設m是a和b的一個公倍數，那么存在整數k1，k2，使得m = ak1，m = bk2，因此

ak1 = bk2.(1)于是

abk1?k2.(a,b)(a,b)由于(ab,)= 1，所以(a,b)(a,b)b|k1，即k1?bt(a,b)(a,b)，其中t是某個整數.將上式代入式(1)得到

m =

abt.(a,b)

(2)另一方面，對于任意的整數t，由式(2)所確定的m顯然是a與b的公倍數，因此a與b的公倍數必是式(2)中的形式，其中t是整數.當t = 1時，得到最小公倍數

[a, b] =

ab(a,b).推論

1兩個整數的任何公倍數可以被它們的最小公倍數整除.證明

由式(2)可得證.這個推論說明：兩個整數的最小公倍數不但是最小的正倍數，而且是另外的公倍數的約數.推論2

設m，a，b是正整數，則[ma, mb] = m[a, b].證明

由定理2及前面的定理2的推論得到

m2abm2abmab??[ma, mb] == m[a, b].(ma,mb)m(a,b)(a,b)證畢

4、定理

3對于任意的n個整數a1, a2, ?, an，記

[a1, a2] = m2，[m2, a3] = m3，?，[mn?2, an?1] = mn?1，[mn?1, an] = mn，則

[a1, a2, ?, an] = mn.證明：我們有

mn = [mn?1, an] ? mn?1?mn，an?mn，mn?1 = [mn?2, an?1] ? mn?2?mn?1?mn，an?mn，an?1?mn?1?mn，mn?2 = [mn?3, an?2] ? mn?3?mn?2?mn，an?mn，an?1?mn，an?2?mn，? ?

m2 = [a1, a2] ? an?mn，?，a2?mn，a1?mn，即mn是a1, a2, ?, an的一個公倍數.另一方面，對于a1, a2, ?, an的任何公倍數m，由定理2的推論及m2, ?, mn的定義，得

m2?m，m3?m，?，mn?m.即mn是a1, a2, ?, an最小的正的公倍數.證畢

推論

若m是整數a1, a2, ?, an的公倍數，則[a1, a2, ?, an]?m.證明：留作習題.定理

4整數a1, a2, ?, an兩兩互素，即

(ai, aj)= 1，1 ? i, j ? n，i ? j 的充要條件是

[a1, a2, ?, an] = a1a2?an.(3)證明：必要性

因為(a1, a2)= 1，由定理2得到

[a1, a2] =

a1a2(a1,a2)= a1a2.由(a1, a3)=(a2, a3)= 1及前面的定理4推論得到

(a1a2, a3)= 1，由此及定理3得到

[a1, a2, a3] = [[a1, a2], a3] = [a1a2, a3] = a1a2a3.如此繼續下去，就得到式(3).充分性

用歸納法證明.當n = 2時，式(3)成為[a1, a2] = a1a2.由定理2 a1a2 = [a1, a2] =即當n = 2時，充分性成立.假設充分性當n = k時成立，即

[a1, a2, ?, ak] = a1a2?ak ?(ai, aj)= 1，1 ? i, j ? k，i ? j.對于整數a1, a2, ?, ak, ak + 1，使用定理3中的記號，由定理3可知

[a1, a2, ?, ak, ak + 1] = [mk, ak + 1].(4)其中mk = [a1, a2, ?, ak].因此，如果

[a1, a2, ?, ak, ak + 1] = a1a2?akak + 1，那么，由此及式(4)得到

[a1, a2, ?, ak, ak + 1] = [mk, ak + 1] =即

mk(mk,ak?1)mkak?1(mk,ak?1)a1a2(a1,a2)?(a1, a2)= 1，= a1a2?akak + 1，= a1a2?ak，顯然mk ? a1a2?ak，(mk, ak + 1)? 1.所以若使上式成立，必是

(mk, ak + 1)= 1，(5)并且

mk = a1a2?ak.(6)由式(6)與式(5)推出

(ai, ak + 1)= 1，1 ? i ? k；

(7)由式(6)及歸納假設推出

(ai, aj)= 1，1 ? i, j ? k，i ? j.(8)綜合式(7)與式(8)，可知當n = k ? 1時，充分性成立.由歸納法證明了充分性.證畢

定理4有許多應用.例如，如果m1, m2, ?, mk是兩兩互素的整數，那么，要證明m = m1m2?mk整除某個整數Q，只需證明對于每個i，1 ? i ? k，都有mi?Q.這一點在實際計算中是很有用的.對于函數f(x)，要驗證命題“m?f(n)，n?Z”是否成立，可以用第二節例5中的方法，驗證“m?f(r)，r = 0, 1, ?, m ? 1”是否成立.這需要做m次除法.但是，若分別驗證“mi?f(ri)，ri = 0, 1, ?, mi ? 1，1 ? i ? k”是否成立，則總共需要做m1 ? m2 ? ? ? mk次除法.后者的運算次數顯然少于前者.例

1設a，b，c是正整數，證明：[a, b, c](ab, bc, ca)= abc.解：由定理3和定理2有

[a, b, c] = [[a, b], c] =由第三節定理5和定理2的推論，(ab, bc, ca)=(ab,(bc, ca))=(ab, c(a, b))

=(ab,abc)?(ab[a,b],abc)?ab([a,b],c).[a,b][a,b][a,b][a,b]c，([a,b],c)

(9)

(10)聯合式(9)與式(10)得到所需結論.例

2對于任意的整數a1, a2, ?, an及整數k，1 ? k ? n，證明：

[a1, a2, ?, an] = [[a1, ?, ak],[ak + 1, ?, an]].解：因為[a1, a2, ?, an]是a1, ?, ak, ak + 1, ?, an的公倍數，所以由定理2推論，推出

[a1, ?, ak]?[a1, a2, ?, an]，[ak + 1, ?, an]?[a1, a2, ?, an]，再由定理3推論知

[[a1, ?, ak], [ak + 1, ?, an]]?[a1, a2, ?, an].另一方面，對于任意的ai（1 ? i ? n），顯然

ai?[[a1, ?, ak], [ak + 1, ?, an]]，所以由定理3推論可知

[a1, a2, ?, an]?[[a1, ?, ak], [ak + 1, ?, an]]，聯合上式與式(11)得證.例3

設a，b，c是正整數，證明：

[a, b, c][ab, bc, ca] = [a, b][b, c][c, a].解：由定理2推論2及例2，有

[a, b, c][ab, bc, ca] = [[a, b, c]ab, [a, b, c]bc, [a, b, c]ca] = [[a2b, ab2, abc], [abc, b2c, bc2], [a2c, abc, ac2]] = [a2b, ab2, abc, abc, b2c, bc2, a2c, abc, ac2] = [abc, a2b, a2c, b2c, b2a, c2a, c2b] 以及

(11)

[a, b][b, c][c, a] = [[a, b]b, [a, b]c][c, a] = [ab, b2, ac, bc][c, a] = [ab[c, a], b2[c, a], ac[c, a], bc[c, a]] = [abc, a2b, b2c, b2a, ac2, a2c, bc2, bca] = [abc, a2b, a2c, b2c, b2a, c2a, c2b]，由此得證.三、輾轉相除法

本節要介紹一個計算最大公約數的算法——輾轉相除法，又稱Euclid算法.它是數論中的一個重要方法，在其他數學分支中也有廣泛的應用.1、定義

1下面的一組帶余數除法，稱為輾轉相除法.設a和b是整數，b ? 0，依次做帶余數除法：

a = bq1 ? r1，0 < r1 < |b|，b = r1q2 ? r2，0 < r2 < r1，? ?

rk ? 1 = rkqk + 1 ? rk + 1，0 < rk + 1 < rk，(1)

? ?

rn ? 2 = rn ? 1qn ? rn，0 < rn < rn-1，rn ? 1 = rnqn + 1.由于b是固定的，而且

|b| > r1 > r2 > ?，所以式(1)中只包含有限個等式.下面，我們要對式(1)所包含的等式的個數，即要做的帶余數除法的次數進行估計.2、引理

1用下面的方式定義Fibonacci數列{Fn}：

F1 = F2 = 1，Fn = Fn ? 1 ? Fn ? 2，n ? 3，那么對于任意的整數n ? 3，有

Fn > ? n ? 2，(2)其中? =1?52.證明：容易驗證

? 2 = ? ? 1.當n = 3時，由

F3 = 2 >1?可知式(2)成立.假設式(2)對于所有的整數k ? n（n ? 3）成立，即

Fk > ? k ? 2，k ? n，則

Fn + 1 = Fn ? Fn ? 1 > ? n ? 2 ? ? n ? 3 = ? n ? 3(? ? 1)= ? n ? 3? 2 = ? n? 1，即當k = n ? 1時式(2)也成立.由歸納法知式(2)對一切n ? 3成立.證畢.3、定理1(Lame)設a, b?N，a > b，使用在式(1)中的記號，則

n < 5log10b.證明：在式(1)中，rn ? 1，qn + 1 ? 2，qi ? 1（1 ? i ? n），因此

rn ? 1 = F2，rn ? 1 ? 2rn ? 2 = F3，52= ? rn ? 2 ? rn ? 1 ? rn ? F3 ? F2 = F4，? ?

b ? r1 ? r2 ? Fn + 1 ? Fn = Fn + 2，由此及式(2)得

b ? ?n =(1?即

log10b ? nlog101?這就是定理結論.證畢

4、定理

2使用式(1)中的記號，記

P0 = 1，P1 = q1，Pk = qkPk ? 1 ? Pk ? 2，k ? 2，Q0 = 0，Q1 = 1，Qk = qkQk ? 1 ? Qk ? 2，k ? 2，則

aQk ? bPk =(?1)k ? 1rk，k = 1, 2, ?, n.(3)證明：當k = 1時，式(3)成立.當k = 2時，有

Q2 = q2Q1 ? Q0 = q2，P2 = q2P1 ? P0 = q2q1 ? 1，此時由式(1)得到

aQ2 ? bP2 = aq2 ? b(q2q1 ? 1)=(a ? bq1)q2 ? b = r1q2 ? b = ?r2，即式(3)成立.假設對于k < m（1 ? m ? n）式(3)成立，由此假設及式(1)得到

aQm ? bPm= a(qmQm ? 1 ? Qm ? 2)? b(qmPm ? 1 ? Pm ? 2)

52)n，52?1n，5=(aQm ? 1 ? bPm ? 1)qm ?(aQm ? 2 ? bPm ? 2)=(?1)m ? 2rm ? 1qm ?(?1)m ? 3rm ? 2 =(?1)m ? 1(rm ? 2 ? rm ? 1qm)=(?1)m? 1rm，即式(3)當k = m時也成立.定理由歸納法得證.證畢

5、定理

3使用式(1)中的記號，有rn =(a, b).證明：由第三節定理1，從式(1)可見

rn =(rn ? 1, rn)=(rn ? 2, rn ? 1)= ? =(r1, r2)=(b, r1)=(a, b).證畢.現在我們已經知道，利用輾轉相除法可以求出整數x，y，使得

ax ? by =(a, b).(4)為此所需要的除法次數是O(log10b).但是如果只需要計算(a, b)而不需要求出使式(4)成立的整數x與y，則所需要的除法次數還可更少一些.例

1設a和b是正整數，那么只使用被2除的除法運算和減法運算就可以計算出(a, b).解：下面的四個基本事實給出了證明：(ⅰ)若a?b，則(a, b)= a；

(ⅱ)若a = 2?a1，2?|a1，b?2?b1，2?|b1，? ? ? ? 1，則

(a, b)= 2?(2? ? ?a1, b1)；

(ⅲ)若2?|a，b?2?b1，2?|b1，則(a, b)=(a, b1)；

a?b(ⅳ)若2?|a，2?|b，則(a,b)?(||,b).2在實際計算過程中，若再靈活運用最大公約數的性質（例如第三節定理4的推論），則可使得求最大公約數的過程更為簡單.例

2用輾轉相除法求(125, 17)，以及x，y，使得

125x ? 17y =(125, 17).解：做輾轉相除法：

= 7?17 ? 6，q1 = 7，r1 = 6，= 2?6 ? 5，q2 = 2，r2 = 5，6 = 1?5 ? 1，q3 = 1，r3 = 1，5 = 5?1，q4 = 5.由定理4，(125, 17)= r3 = 1.利用定理2計算（n = 3）

P0 = 1，P1 = 7，P2 = 2?7 ? 1 = 15，P3 = 1?15 ? 7 = 22，Q0 = 0，Q1 = 1，Q2 = 2?1 ? 0 = 2，Q3 = 1?2 ? 1 = 3，取x =(?1)3 ? 1Q3 = 3，y =(?1)3P3 = ?22，則

125?3 ? 17?(?22)=(125, 17)= 1.例3

求(12345, 678).解：(12345, 678)=(12345, 339)=(12006, 339)=(6003, 339)=(5664, 339)=(177, 339)=(177, 162)=(177, 81)=(96, 81)=(3, 81)= 3.例

4在m個盒子中放若干個硬幣，然后以下述方式往這些盒子里繼續放硬幣：每一次在n（n < m）個盒子中各放一個硬幣.證明：若(m, n)= 1，那么無論開始時每個盒子中有多少硬幣，經過若干次放硬幣后，總可使所有盒子含有同樣數量的硬幣.解：由于(m, n)= 1，所以存在整數x，y，使得mx ? ny = 1.因此對于任意的自然數k，有 ? m(?x ? kn)= n(km ? y)，這樣，當k充分大時，總可找出正整數x0，y0，使得 ? mx0 = ny0.上式說明，如果放y0次（每次放n個），那么在使m個盒子中各放x0個后，還多出一個硬幣.把這個硬幣放入含硬幣最少的盒子中（這是可以做到的），就使它與含有最多硬幣的盒子所含硬幣數量之差減少1.因此經過若干次放硬幣后，必可使所有盒子中的硬幣數目相同.四、小結.五、作業

24頁ex5、ex6、ex7、ex8、ex11 25頁ex16 26頁ex29、ex36

第二篇：初等數論復習題

1、如果(a,b)?1，則(ab,a?b)=

2、求[136,221,391]=

3、{-9/7}=；

4、當x不是整數時，{-x}=；

5、模11的最小正完全剩余系是 {} ；

6、設2a與3b是正整數，則在1, 2, …,2 a中能被3b整除的整數有7、154440的標準分解式是；

8、今天是星期一，過10100天后是；

9、2000！中末尾0的個數有。

10、求15！的標準分解式。

11、解不定方程6x?17y?18.12、求不定方程25x?13y?7z?4的所有正整數解。

13、將17/105 寫成三個既約分數之和，它們的分母分別是3，5和7。

14、用數學歸納法證明：證明相鄰兩個偶數的乘積是8的倍數.15、證明：素數的個數無窮多。

16、證明：如果a,b是兩個整數,b?0,則存在唯一的整數對q,r,使得a?bq?r,其中0?r?b.17、第一章課后練習選兩題。；

第三篇：初等數論學習心得

《初等數論》學習心得

要寫學習心得并不是什么難事，不過我覺得這一次的學習心得又有些不太一樣的地方。在選課的時候，我并不盲目跟隨，不僅僅是為了拿學分，我有自己的想法。因為，作為一個即將走向教師講臺的師范類數學專業的畢業生，如果連一些比較基本的東西都不了解，那怎么能夠在學生面前講解呢?；诖耍疫x擇了《初等數論》這門課程，并希望能在此收獲一些東西。

雖然之前就了解過一些關于數論的知識，但僅僅是皮毛上的了解，再說也不能系統地接觸到這門課程。不過，通過這幾節課的學習，我對初等數論》這門課程有了進一步的了解和認識。通過一個多星期的學習，我了解到這門課程主要研究的一些內容。

一、整除理論。引入整除、因數、倍數、質數與合數等基本概念。這一理論的主要成果有：唯一分解定理、裴蜀定理、歐幾里德的輾轉相除法、算術基本定理、素數個數無限證明。

二、同余理論。主要出自于高斯的《算術研究》內容。定義了同余、原根、指數、平方剩余、同余方程等概念。主要成果： 二次互反律、歐拉定理、費馬小定理、威爾遜定理、孫子定理（即中國剩余定理）等等。

三、連分數理論。引入了連分數概念和算法等等。特別是研究了整數平方根的連分數展開。主要成果： 循環連分數展開、最佳逼近問題、佩爾方程求解。

四、不定方程。主要研究了低次代數曲線對應的不定方程，比如勾股方程的商高定理、佩爾方程的連分數求解。也包括了4次費馬方程的求解問題等等。

五、數論函數。比如歐拉函數、莫比烏斯變換等等。

六、高斯函數。在數學領域，高斯函數在厄爾米特多項式的定義中起著重要作用。

我知道一個星期的時間是不可能把《初等數論》這門課程學得很好的，只能大致的了解它的全貌或者說是對某一部分的內容進行研究。在這些天的學習中，我對數學這個浩瀚海洋里的《初等數論》部分的內容有了更進一步的認識，這為我以后走上教學崗位，提升專業素養有著不可分割的關系，也許就是這么一些點點滴滴的學習和積累才能讓一個數學教師在自己的三尺講臺上站得更穩，才能成為學生眼中知識淵博的老師。

總之，這一個多星期的學習讓我受益匪淺，讓我在專業知識上又邁進了一步，雖然不能深入研究，但在面上的了解更廣了，至少能夠收獲一些之前我所想要的，開拓和豐富了我對數學世界的視野。尤其是老師主要講解的整除理論和同余理論與我以后走上講臺后所需要用到的知識聯系非常密切，它會在我的教師成長之路上一直伴我前行！

第四篇：江蘇省自學考試(數學教育學+初等數論)考試大綱

高綱1069

江蘇省高等教育自學考試大綱

02018

數學教育學

江蘇教育學院編

江蘇省高等教育自學考試委員會辦公室

一 課程性質及其設置目的與要求

（一）課程性質與特點

數學教育學是一門研究數學教育現象、揭示數學教育規律的課程。它是建立在數學和教育學的基礎上，綜合運用哲學、邏輯學、心理學、認知科學和行為科學等成果于數學教育實踐而形成的一門多學科交叉性的綜合學科，是作為中小學數學教師必修的專業課程。

（二）教學目的與要求

課程內容包括：數學的特點、方法與意義，數學課程概述，國內外數學課程改革、一般教學理論、數學教學模式、數學教學評價、數學教學原則、數學教學設計、數學知識的分類教學設計、備課與說課、數學教學的語言、計算機輔助數學教學、數學能力及其培養、中學數學思想方法、數學學習的基本理論等。

教學目的和要求：使學生掌握較深廣的中小學數學教育的基礎知識和基本理論，培養他們分析、處理、組織中小學數學教材的能力和運用教法的初步能力；提高他們對中小學數學教育現狀的認識，激發學生為發展我國基礎教育而學習的責任心和積極性，直接為培養他們成為合格的中小學數學師資服務。

二 課程內容與考核目標

第一章

數學的特點、方法與意義

（一）課程內容

數學的對象和特點，數學的思想方法及作用。

（二）學習與考核要求

了解數學語言、數學方法、數學模型等概念的內涵，理解數學抽象性、嚴謹性等特點，明確公理化方法、隨機思想方法的特點。

第二章

數學課程概述

（一）課程內容

數學課程的有關理論以及影響數學課程發展的因素，數學課程的現代發展和中學數學課程編排體系。

（二）學習與考核要求

了解大眾數學的內涵和大眾數學意義下的數學課程的特點，并能闡述對“問題解決”內涵的理解，注重問題解決的數學課程有哪些特點。

第三章

國外的數學課程改革

（一）課程內容

20世紀的數學教育改革運動概況，大規模的數學教育國際比較研究以及面向新世紀的各國數學課程改革。

（二）學習與考核要求

了解20世紀的數學教育改革運動（貝利-克萊因運動、新數學運動、回到基礎、問題解決等），領會這些運動對數學課程發展的意義，掌握國外的數學新課程對我國的數學課程改革有哪些借鑒作用。

第四章

國內數學課程改革

（一）課程內容

我國數學教學改革的歷史軌跡，新一輪數學課程改革的背景，九年制義務教育數學課程和普通高中數學課程簡介，以及新課程特點剖析。

（二）學習與考核要求

了解我國新一輪課程改革的社會背景，掌握全日制義務教育數學課程和普通高中數學課程的現代教學理念，并能結合具體實例說明教學中過程與結果之間的關系，如何在教學中較好地實現兩者的平衡。

第五章

一般教學理論概述

（一）課程內容

教學與教學理論，教學理論的形成與發展，當代教學理論流派。

（二）學習與考核要求

掌握教學和教學理論的內涵，了解夸美紐斯、杜威等人的數學思想，領會奧蘇伯爾、布魯納教學論思想及其對當代教學改革的啟示。

第六章

數學教學模式

（一）課程內容

數學教學模式的含義、結構和分類，數學教學的常規模式及其變革。

（二）學習與考核要求

熟練掌握中國的常規數學教學模式，并能結合具體例子說明這個模式的操作過程，這個教學模式的優點與不足；實踐中探索出哪些數學教學模式，能結合具體實例說明這些教學模式的特點；針對一個具體案例（或者教學環節）能選擇適當的教學方法并說明相應的理由。

第七章

數學教學評價

（一）課程內容

數學教學評價的內涵、功能、類型和發展趨勢，數學課堂教學評價和數學學習評價。

（二）學習與考核要求

掌握各類數學教學評價方式（相對評價、絕對評價、診斷性評價，形成性評價等），了解數學教學評價的類型、功能，并能結合自身教學實踐說明如何評價一堂數學課。

第八章

數學教學原則

（一）課程內容

數學教學原則的特性，一般數學教學原則。

（二）學習與考核要求

掌握各種數學教學原則（抽象性與具體性相結合、嚴謹性與量力性相結合、培養數學“雙基”與策略創造性相結合，精講多練與自主建構相結合等），并明確如何在課堂教學中貫徹這些數學教學原則。

第九章

數學教學設計

（一）課程內容

學生的特征和學習內容分析，教學目標和教學過程的設計。

（二）學習與考核要求

了解教學設計時，如何對學生、學習內容進行分析。掌握數學課堂教學目標有哪些，如何確定課堂教學目標。熟練掌握數學新授課的基本結構，能根據中學數學某一內容，寫出教學設計方案。

第十章

數學知識的分類教學設計

（一）課程內容

數學概念、數學命題和數學問題及其教學。

（二）學習與考核要求

了解屬概念，概念的內涵、外延，概念的定義、形成和獲得，逆命題和偏逆命題。掌握給概念下定義的方法，數學公式的特性，并能結合自身教學實踐說明如何進行概念、公式、定理和問題的教學。

第十一章

備課與說課

（一）課程內容

備課、教案的編寫和說課。

（二）學習與考核要求

了解學期備課要做哪些準備工作，掌握如何進行單元備課教學內容的分析，能結合自身教學實踐說明數學課的課題引入有幾種方式。能選擇一節課的內容，撰寫說課稿、教案。

第十二章

數學教學的語言

（一）課程內容

數學語言、口頭語言、板書語言和體態語言。

（二）學習與考核要求

掌握符號語言和圖形語言的特征，領會數學課堂教學口頭語言的基本要求，知道課堂提問有哪幾種類型，什么樣的提問是有效提問，以及在使用體態語言時應注意些什么。

第十三章

計算機輔助數學教學

（一）課程內容

計算機輔助數學教學的功能特性、基本模式，數學CAI課件的設計與制作。

（二）學習與考核要求 了解計算機輔助數學教學有哪些功能特性，掌握計算機輔助數學教學的基本模式，并能就中小學數學的某一內容，制作一款數學CAI課件。

第十四章

數學能力及其培養

（一）課程內容

能力及數學能力，數學能力結構（數學運算能力、空間想象能力和數學思維能力）及其培養。

（二）學習與考核要求

了解數學運算的特性，空間想象能力的結構。領會如何培養學生的直覺思維能力、發散思維能力和空間想象能力。能結合自身教學實踐，引導中小學生作一題多解、一題多變的練習。

第十五章

中學數學思想方法

（一）課程內容

數學思想方法，中學數學中的常見數學思想方法（化歸、類比與歸納、方程、函數等）。

（二）學習與考核要求

了解學習與研究數學思想方法的意義，明確化歸、方程論和算法的構成要素，能引導學生用恰當的數學思想方法解題。

第十六章

數學學習的基本理論

（一）課程內容

數學學習的基本認識、基本心理分析。

（二）學習與考核要求

了解數學學習的三種基本理論，明確數學學習的特點，理解有意義學習、遷移的實質與條件。

三 有關說明

（一）教材

自學教材：涂榮豹、季素月編著：《數學課程與教學論新編》，江蘇教育出版社，2007年版。

為了了解現行課程標準中一些具體內容及其要求的變化，建議參閱《義務教育數學課程標準（實驗稿）》和《全日制高中數學課程標準（實驗稿）》。

（二）自學方法的指導

本課程作為一門專業課程，綜合性強，自學者在自學過程中應注意以下幾點： 1.學習前，應仔細閱讀課程大綱，明確課程的性質、地位和任務，熟悉課程的基本要求，使以后的學習緊緊圍繞課程的基本要求。

2.學習時，應結合本課程大綱，認真閱讀教材，熟悉各章節具體內容，做到胸中有理論。3.本課程是一門理論聯系實際的應用課程，學習者應關注本課程的理論運用，在當前課程變革的背景下，更需要熟悉國家數學課程標準的內容，能結合課程改革實際和有關理論，對具體教學案例進行分析，從而指導教學實踐，切實提高自身的教學實踐能力、分析問題能力和解決問題能力。

（三）對社會助學的要求

1.應熟知考試大綱對課程所提出的總的要求和各章的知識點。

2.對應考者進行輔導時，應以考試大綱和教材為依據，關注國家數學課程標準以及教學實際，結合具體教學實例，分析中小學數學教學中存在的問題，以問題為引導，在問題的討論思考中提高學生的分析問題、解決問題能力、案例分析能力，提高學生對現階段國家數學課程改革的認同，提高學生參與數學課程改革實踐的實施能力。

（四）關于命題和考試的若干規定

1.本大綱各章所提到的考核要求中，各條細目都是考試的內容，試題覆蓋到章，適當突出重點章節，加大重點內容的覆蓋密度。

2.試題難度結構要合理，記憶、理解、綜合性試題比例大致為3：5：2。

3.本課程考試試卷可能采用的題型有：單項選擇題、填空題、簡答題、論述題、案例分析題等題型（見附件題型示例）。

4.考試方式為閉卷筆試，考試時間為150分鐘，評分采用百分制，60分為及格。

附錄：題型舉例

選擇題

1.下列說法正確的是（B）

A．在邏輯學上，劃分是明確概念內涵的邏輯方法。Ｂ．在邏輯學上，劃分是明確概念外延的邏輯方法。Ｃ．兩個概念的內涵和外延具有反變關系。Ｄ．兩個概念的關系不是矛盾關系，就是屬種關系。填空題

2.定義就是明確概念內涵的邏輯方法，而劃分是明確概念 外延 的邏輯方法。簡答題

3.通過具體例子說明概念內涵與外延之間的反變關系。

參考答案：概念的內涵就是指反映在概念中的對象的本質屬性；概念的外延就是指具有概念所反映的本質屬性的對象。對于相關概念的內涵越為豐富，則外延越小。例如，矩形的內涵比平行四邊形豐富，它是有一個角為直角的平行四邊形，因而其外延就相對小些。根據所舉例子的正誤判分。論述題

4.什么是“抽象性與具體性相結合”的教學原則？你在教學中是如何貫徹“抽象性與具體性相結合”這一教學原則的？

參考答案：“抽象性與具體性相結合”的原則指：數學教學對象往往是抽象的，而抽象的數學對象往往有著大量具體的原型，因此教學過程中應盡量做到抽象性和具體性相結合。

貫徹“抽象性與具體性相結合”教學原則，可以從下面幾個方面闡述：數學的抽象性必須以具體性為基礎，具體性必須以抽象性為歸宿，因此，教學中，可以從具體的例子出發，抽象出本質特征或者內部聯系，概括到同類事物中去，再運用于實際，也就是說要遵循“具體-抽象—具體”的教學過程；從具體到抽象可以采取多樣的方式，如應用直觀教具、應用生活實例、結合學生經驗、應用數形結合、應用特殊化方法等。具體解答時要求結合實例分析說明。案例分析

5.下面左圖是一個三年級學生數學測試卷上一道題的解答和批閱情況，右圖是這個學生的訂正情況。顯然，這個學生的訂正得到了老師的認可。請談談你對這個案例的一些想法？

參考答案：可以從這樣幾個方面闡述：什么是所謂的簡便，是否有公認的簡便方法，學習簡便方法的價值是什么，小孩是否應該追求“簡便”，如果要學生進行簡便計算，如何給學生比較清晰的交待，使得學生少些揣摩題意等。判分時，結合整個論述的條理性與觀點的明確性、獨特性等進行判分.高綱1303

江蘇省高等教育自學考試大綱

0201

3初等數論

江蘇教育學院編

江蘇省高等教育自學考試委員會辦公室

第一章 整數的可除性

一、自學要求

（一）掌握整除的基本概念，會使用帶余數除法和輾轉相除法。

（二）掌握最大公因數和最小公倍數的基本理論，會求最大公因數和最小公倍數。

（三）掌握質數的性質和算術基本定理，會用篩選法求不超過給定正整數的質數。

（四）掌握數論函數［x］的概念，會求 N！的標準分解式。

二、考試內容

（一）整除性，帶余數除法，輾轉相除法。

（二）最大公因數，最小公倍數，質數及其性質，算術基本定理，篩選法。

（三）數論函數［x］，N！的標準分解式。

第二章 不定方程

一、自學要求

（一）掌握二元一次不定方程有解的充要條件，熟練掌握二元一次不定方程的解法。

（二）了解多元一次不定方程有解的充要條件，掌握三元一次不定方程的解法。

（三）了解勾股數，掌握不定方程 x + y = z的正整數解的表示方法。

二、考試內容

（一）二元一次不定方程。

（二）多元一次不定方程，三元一次不定方程。

（三）勾股數，不定方程 x + y = z。

222

第三章 同余

一、自學要求

（一）掌握同余的定義，理解并熟練掌握同余與整除的關系、同余的基本性質及其在算術中的應用。

（二）掌握剩余類與完全剩余系的定義和性質結構。

（三）掌握歐拉函數與簡化剩余系。

（四）熟練掌握歐拉定理和費馬定理的推導及其對循環小數的應用。

二、考試內容

（一）同余的定義，同余的基本性質，同余的應用。

（二）剩余系，完全剩余系。

（三）歐拉函數，簡化剩余系。

（四）歐拉定理，費馬定理，循環小數。

第四章 同余式

一、自學要求

（一）掌握同余式及其解的定義，掌握一次同余式有解的充分必要條件，熟練掌握一次同余式的解法。

（二）掌握孫子定理的推導，能熟練利用孫子定理解一次同余式組。

（三）了解高次同余式的解數，掌握質數模的高次同余式的解法。

二、考試內容

（一）一次同余式的概念及解法。

（二）孫子定理，一次同余式組。

（三）高次同余式，質數模的高次同余式。

第五章 二次同余式與平方剩余

一、自學要求

（一）掌握平方剩余和平方非剩余的定義，熟練掌握歐拉判別法，掌握單質數模同余式的平方剩余和平方非剩余。

（二）掌握勒讓德符號的定義，理解掌握勒讓德符號的性質及推導，熟練掌握幾個基本勒讓德符號的值，熟練掌握二次反轉定律。

（三）掌握雅可比符號的定義和性質，理解雅可比符號與勒讓德符號的關系，熟練掌握雅可比符號的計算。

（四）了解合數模二次同余式有解的條件及解的個數。

二、考試內容

（一）二次同余式，平方剩余，平方非剩余，歐拉判別法，單質數模二次同余式。

（二）勒讓德符號，二次反轉定律。

（三）雅可比符號，合數模二次同余式。

第六章 原根和指標

一、自學要求

（一）掌握指數和原根的概念，掌握指數的基本性質。

（二）掌握模存在原根的充要條件，會求最小正原根。

（三）掌握指標和指標組的概念、性質，會構造模的指標組表。

二、考試內容

（一）指數的概念，指數的基本性質。

（二）模存在原根的重要條件，最小正原根。

（三）指標和指標組的概念、性質及應用。

第七章 連分數

一、自學要求

（一）掌握連分數的概念，熟練掌握漸近分數的概念和計算。

（二）了解簡單連分數和實數的關系，會把實數表成簡單連分數。

（三）了解循環連分數的概念及計算。

二、考試內容

（一）連分數，簡單連分數，漸近分數的概念與計算。

（二）無限簡單連分數，循環連分數的概念。

第八章

代數數和超越數

一、自學要求

（一）掌握代數數和代數整數的概念，會判斷一個數是否為代數數或者代數整數。

（二）了解幺數、相伴和質代數整數的概念，會進行質代數整數的分解。

二、考試內容

（一）代數數和代數整數的概念和判定。

（二）幺數，相伴，質代數整數，質代數整數的分解。

第九章

數論函數和質數分布

一、自學要求

（一）掌握可乘函數的定義和性質，會判定數論函數是否為可乘函數，掌握默比烏斯函數的定義，掌握除數函數的定義和計算。

（二）了解質數的分布情況。

二、考試內容

（一）可乘函數的定義和性質，默比烏斯函數的定義。

（二）整數的因數和的計算，除數函數的計算。

自學教材：

本課程使用教材為：

《初等數論》（第三版），閔嗣鶴、嚴士健編，高等教育出版社，2003年。

參考教材：

《初等數論》，洪修仁編著，成都科技大學出版社，1997年。

第五篇：數論感想

本學期，我們分了專業方向，我選擇的是信息安全，有幸聽了數論基礎課。根據這一學期的所學所想，我做了簡單的總結。

其實，在分專業方向的時候，我對“信息安全”這個名詞并沒有什么概念，只是通過老師的介紹和查閱相關資料，才對這個方向有了淺顯的認識。在信息膨脹、全球化網絡化的今天，大量的數據信息在互聯網上傳播。因此，對于私密信息的保密處理顯得尤為重要。

依然記得自己QQ號被盜時候的憤懣，雖然沒有什么隱私可以泄漏，但是我對這種現象的出現就感到很不愉快。加上互聯網正值壯年，蓬勃發展的時期，黑客的瘋狂出現與信息的泄露成為互聯網維護的一大難題。因此，我非常想擁有保護自己隱私的能力。同時，我個人一直對網絡攻防方面很有興趣，對這個新生起的環境有著極大的好奇心。因此，我毅然選擇了信息安全這條道路。

通過老師的講授、相關資料的查詢以及與同學的討論，我了解到信息安全的基礎是加密處理，掌握了最基本的加密原理，才能對破密及防盜有進一步的研究。所以，這就需要密碼學這門課來完善我們的基礎知識體系。同時，記得老師說過信息安全的尖端拼的是數學功底，我們需要的是強大的數學思維以及深厚的數學功底。所以，我們學院安排了密碼學基礎和抽象代數這兩大專業課。這兩門課將對我們今后的學習工作提供最基礎的理論與邏輯的支持，但是，同時又要求有更加基礎的學科來做鋪墊，那就是我們這堂課所學的數論基礎。由于種種原因，我們這屆的數論基礎課是第一屆開課，也將是最后一節課，我不免對未來失去學習這門課的學弟學妹們表示遺憾。

我對“數論”這個名詞的概念來自于高中數學競賽期間參加的培訓班，當時有許多名師來為我們講授各種競賽知識，包括蘇遠東教授和陶平生教授的初等數論。因此，當我聽說我們要學習這門課的時候，我很是高興，感覺毫無壓力。但是，當我翻開《數論講義》這本教材的時候，頓時心中一涼。正如前言所述，初等數論是主要用算術方法研究整數性質的一個數論分支，它是數學中最古老的分支之一。同時，在數學發展史上，常?？梢园l現，對初等數論中某些問題的研究，曾促使數學中新分支的發展。近幾十年來，初等數論在計算機科學、組合數學、代數編碼、信號的數字處理等領域內得到廣泛的應用，而且許多較深刻的結果都得到了應用。其實大學的數論基礎知識數論領域中的一角，而我們高中所接觸的數論知識只占了本教材的第一章內容，是皮毛中的皮毛。所以，我頓時感覺任重而道遠啊。詳細翻閱本教材里面的內容，涉及范圍很廣，從整數性質引出同余關系，進而延伸到二次剩余及原根次數的求解，并在最后逐步涉及到素性的判別。這么多的內容包含在區區180頁的書中，可想“教材內部的空虛”。但是，郭老師講課的風格很適合我們這些初學者，教材、ppt和板書的結合，不僅將整個書的內容做了充分的擴充，還教會了我們解決數學問題的基本思想。這種處理問題的思想是在課上潛移默化習得的，也是成為一名網絡高手不可或缺的財富。雖然這門課程結束了，但是老師教給我們的這些思想是永恒的。結合本學期所學的抽象代數，可以看出，數論是抽象代數的具體體現，而抽象代數則是數論的抽象化、代數化、邏輯化、理論化延伸，兩者相生相和，結合成了我們這學期所收獲的對信息安全課程最基本的認識。

最后，感謝老師這學期教給我們的一切知識、解題方法以及數學思想。我現在對信息安全這個分支的了解還只是停留在表面，以后的學習工作中還會向您請教，并在自己選擇的方向上作出一番成績。