初等数论教案1

第一篇：初等数论教案1

第二节 最大公因数与辗转相除法

第三节 最小公倍数

教学目的：

1、掌握最大公因数与最小公倍数性质；

2、掌握辗转相除法；

3、会求最大公因数与最小公倍数.教学重点：最大公因数与最小公倍数性质 教学难点：辗转相除法 教学课时：6课时 教学过程

一、最大公因数

1、定义

1整数a1, a2, , ak的公共约数称为a1, a2, , ak的公约数.不全为零的整数a1, a2, , ak的公约数中最大的一个叫做a1, a2, , ak的最大公约数（或最大公因数），记为(a1, a2, , ak).注：

1、由于每个非零整数的约数的个数是有限的，所以最大公约数是存在的，并且是正整数.2、如果(a1, a2, , ak)= 1，则称a1, a2, , ak是互素的（或互质的）；如果

(ai, a j)= 1，1  i, j  k，i  j，则称a1, a2, , ak是两两互素的（或两两互质的）.显然，a1, a2, , ak两两互素可以推出(a1, a2, , ak)= 1，反之则不然，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是素数，a是整数，则(p, a)= 1或pa；(ⅴ)若a = bq  r，则(a, b)=(b, r).证明：(ⅰ)(ⅳ)留作习题.(ⅴ)由第一节定理1可知，如果da，db，则有dr = a  bq，反之，若db，dr，则da = bq  r.因此a与b的全体公约数的集合就是b与r的全体公约数的集合，这两个集合中的最大正数当然相等，即(a, b)=(b, r).证毕

3、定理

2设a1, a2, , akZ，记

A = { y；y =aixi，xiZ，  i  k }.i1k如果y0是集合A中最小的正数，则y0 =(a1, a2, , ak).证明

设d是a1, a2, , ak的一个公约数，则dy0，所以d  y0.另一方面，由第一节例2知，y0也是a1, a2, , ak的公约数.因此y0是a1, a2, , ak的公约数中的最大者，即y0 =(a1, a2, , ak).证毕

推论

1设d是a1, a2, , ak的一个公约数，则d(a1, a2, , ak).注：这个推论对最大公约数的性质做了更深的刻划：最大公约数不但是公约数中的最大的，而且是所有公约数的倍数.推论2

(ma1, ma2, , mak)= |m|(a1, a2, , ak).推论

3记 =(a1, a2, , ak)，则

(aa1a2，,k)= 1，特别地,(ab,)= 1.(a,b)(a,b)

4、定理

3(a1, a2, , ak)= 1的充要条件是存在整数x1, x2, , xk，使得

a1x1  a2x2    akxk = 1.(1)证明

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，这是不可能的.所以有(a1, a2, , ak)= 1.证毕

5、定理

4对于任意的整数a，b，c，下面的结论成立：(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.证明

(ⅰ)若(a, b)= 1，由定理2，存在整数x与y，使得

ax  by = 1.因此

acx  bcy = c.(2)由上式及bac得到bc.结论(ⅰ)得证；

(ⅱ)若(a, b)= 1，则存在整数x，y使得式(2)成立.由bc与ac得到abac，abbc，再由式(2)得到abc.结论(ⅱ)得证.证毕

推论

1若(a, b)= 1，则(a, bc)=(a, c).证明

设d是a与bc的一个公约数，则da，dbc，由式（2）得到，d|c, 即d是a与c的公约数.另一方面，若d是a与c的公约数，则它也是a与bc的公约数.因此，a与c的公约数的集合，就是a与bc的公约数的集合，所以(a, bc)=(a, c).证毕

推论

2若(a, bi)= 1，1  i  n，则(a, b1b2bn)= 1.证明

留作习题.6、定理

5对于任意的n个整数a1, a2, , an，记

(a1, a2)= d2，(d2, a3)= d3，，(dn  2, an  1)= dn  1，(dn  1, an)= dn，则

dn =(a1, a2, , an).证明

由定理2的推论，我们有

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的一个公约数.另一方面，对于a1, a2, , an的任何公约数d，由定理2的推论及d2, , dn的定义，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的公约数中的最大者，即dn =(a1, a2, , an).例

1证明：若n是正整数，则21n414n3是既约分数.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，对于任意的整数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是既约分数.例

2证明：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，则11(n  1)2，因此，由定理4的推论1得到

11n  1，112(n  1)2.再由式(3)得到

11211，这是不可能的.所以式(3)不能成立.注：这个例题的一般形式是： 设p是素数，a，b是整数，则

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

3设a，b是整数，且

9a2  ab  b2，则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的推论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，总有3a且3b.由定理2的推论推出3(a, b).例

4设a和b是正整数，b > 2，则2b  1|2a  1.解：(ⅰ)若a < b，且

2b  12a  1.(6)成立，则

2b  1  2a  1  2b  2a  2  2a(2b  a  1) 2，于是a = 1，b  a = 1，即b = 2，这是不可能的，所以式(6)不成立.(ⅱ)若a = b，且式(6)成立，则由式(6)得到

2a  1(2a  1) 2  2a  12  2a  1  2  2a  3，于是b = a = 1，这是不可能的，所以式(6)不成立.(ⅲ)若a > b，记a = kb  r，0  r < b，此时

2kb  1 =(2b  1)(2(k  1)b  2(k  2)b    1)=(2b  1)Q，其中Q是整数.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是整数.因此

2b  12a  1  2b  12r  1，在(ⅰ)中已经证明这是不可能的，所以式(6)不能成立.综上证得2b  1|2a  1.二、最小公倍数

1、定义

1整数a1, a2, , ak的公共倍数称为a1, a2, , ak的公倍数.a1, a2, , ak的正公倍数中的最小的一个叫做a1, a2, , ak的最小公倍数，记为[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，则[a, b] = |b|.证明

留作习题.由定理1中的结论(ⅲ)可知，在讨论a1, a2, , ak的最小公倍数时，不妨假定它们都是正整数.在本节中总是维持这一假定.最小公倍数和最大公约数之间有一个很重要的关系，即下面的定理.3、定理

2对任意的正整数a，b，有

[a, b] =

ab(a,b).证明：设m是a和b的一个公倍数，那么存在整数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是某个整数.将上式代入式(1)得到

m =

abt.(a,b)

(2)另一方面，对于任意的整数t，由式(2)所确定的m显然是a与b的公倍数，因此a与b的公倍数必是式(2)中的形式，其中t是整数.当t = 1时，得到最小公倍数

[a, b] =

ab(a,b).推论

1两个整数的任何公倍数可以被它们的最小公倍数整除.证明

由式(2)可得证.这个推论说明：两个整数的最小公倍数不但是最小的正倍数，而且是另外的公倍数的约数.推论2

设m，a，b是正整数，则[ma, mb] = m[a, b].证明

由定理2及前面的定理2的推论得到

m2abm2abmab[ma, mb] == m[a, b].(ma,mb)m(a,b)(a,b)证毕

4、定理

3对于任意的n个整数a1, a2, , an，记

[a1, a2] = m2，[m2, a3] = m3，，[mn2, an1] = mn1，[mn1, an] = mn，则

[a1, a2, , an] = mn.证明：我们有

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的一个公倍数.另一方面，对于a1, a2, , an的任何公倍数m，由定理2的推论及m2, , mn的定义，得

m2m，m3m，，mnm.即mn是a1, a2, , an最小的正的公倍数.证毕

推论

若m是整数a1, a2, , an的公倍数，则[a1, a2, , an]m.证明：留作习题.定理

4整数a1, a2, , an两两互素，即

(ai, aj)= 1，1  i, j  n，i  j 的充要条件是

[a1, a2, , an] = a1a2an.(3)证明：必要性

因为(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推论得到

(a1a2, a3)= 1，由此及定理3得到

[a1, a2, a3] = [[a1, a2], a3] = [a1a2, a3] = a1a2a3.如此继续下去，就得到式(3).充分性

用归纳法证明.当n = 2时，式(3)成为[a1, a2] = a1a2.由定理2 a1a2 = [a1, a2] =即当n = 2时，充分性成立.假设充分性当n = k时成立，即

[a1, a2, , ak] = a1a2ak (ai, aj)= 1，1  i, j  k，i  j.对于整数a1, a2, , ak, ak + 1，使用定理3中的记号，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，显然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)与式(5)推出

(ai, ak + 1)= 1，1  i  k；

(7)由式(6)及归纳假设推出

(ai, aj)= 1，1  i, j  k，i  j.(8)综合式(7)与式(8)，可知当n = k  1时，充分性成立.由归纳法证明了充分性.证毕

定理4有许多应用.例如，如果m1, m2, , mk是两两互素的整数，那么，要证明m = m1m2mk整除某个整数Q，只需证明对于每个i，1  i  k，都有miQ.这一点在实际计算中是很有用的.对于函数f(x)，要验证命题“mf(n)，nZ”是否成立，可以用第二节例5中的方法，验证“mf(r)，r = 0, 1, , m  1”是否成立.这需要做m次除法.但是，若分别验证“mif(ri)，ri = 0, 1, , mi  1，1  i  k”是否成立，则总共需要做m1  m2    mk次除法.后者的运算次数显然少于前者.例

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

[a, b, c] = [[a, b], c] =由第三节定理5和定理2的推论，(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)联合式(9)与式(10)得到所需结论.例

2对于任意的整数a1, a2, , an及整数k，1  k  n，证明：

[a1, a2, , an] = [[a1, , ak],[ak + 1, , an]].解：因为[a1, a2, , an]是a1, , ak, ak + 1, , an的公倍数，所以由定理2推论，推出

[a1, , ak][a1, a2, , an]，[ak + 1, , an][a1, a2, , an]，再由定理3推论知

[[a1, , ak], [ak + 1, , an]][a1, a2, , an].另一方面，对于任意的ai（1  i  n），显然

ai[[a1, , ak], [ak + 1, , an]]，所以由定理3推论可知

[a1, a2, , an][[a1, , ak], [ak + 1, , an]]，联合上式与式(11)得证.例3

设a，b，c是正整数，证明：

[a, b, c][ab, bc, ca] = [a, b][b, c][c, a].解：由定理2推论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]，由此得证.三、辗转相除法

本节要介绍一个计算最大公约数的算法——辗转相除法，又称Euclid算法.它是数论中的一个重要方法，在其他数学分支中也有广泛的应用.1、定义

1下面的一组带余数除法，称为辗转相除法.设a和b是整数，b  0，依次做带余数除法：

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)中只包含有限个等式.下面，我们要对式(1)所包含的等式的个数，即要做的带余数除法的次数进行估计.2、引理

1用下面的方式定义Fibonacci数列{Fn}：

F1 = F2 = 1，Fn = Fn  1  Fn  2，n  3，那么对于任意的整数n  3，有

Fn >  n  2，(2)其中 =152.证明：容易验证

 2 =   1.当n = 3时，由

F3 = 2 >1可知式(2)成立.假设式(2)对于所有的整数k  n（n  3）成立，即

Fk >  k  2，k  n，则

Fn + 1 = Fn  Fn  1 >  n  2   n  3 =  n  3(  1)=  n  3 2 =  n 1，即当k = n  1时式(2)也成立.由归纳法知式(2)对一切n  3成立.证毕.3、定理1(Lame)设a, bN，a > b，使用在式(1)中的记号，则

n < 5log10b.证明：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这就是定理结论.证毕

4、定理

2使用式(1)中的记号，记

P0 = 1，P1 = q1，Pk = qkPk  1  Pk  2，k  2，Q0 = 0，Q1 = 1，Qk = qkQk  1  Qk  2，k  2，则

aQk  bPk =(1)k  1rk，k = 1, 2, , n.(3)证明：当k = 1时，式(3)成立.当k = 2时，有

Q2 = q2Q1  Q0 = q2，P2 = q2P1  P0 = q2q1  1，此时由式(1)得到

aQ2  bP2 = aq2  b(q2q1  1)=(a  bq1)q2  b = r1q2  b = r2，即式(3)成立.假设对于k < m（1  m  n）式(3)成立，由此假设及式(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)当k = m时也成立.定理由归纳法得证.证毕

5、定理

3使用式(1)中的记号，有rn =(a, b).证明：由第三节定理1，从式(1)可见

rn =(rn  1, rn)=(rn  2, rn  1)=  =(r1, r2)=(b, r1)=(a, b).证毕.现在我们已经知道，利用辗转相除法可以求出整数x，y，使得

ax  by =(a, b).(4)为此所需要的除法次数是O(log10b).但是如果只需要计算(a, b)而不需要求出使式(4)成立的整数x与y，则所需要的除法次数还可更少一些.例

1设a和b是正整数，那么只使用被2除的除法运算和减法运算就可以计算出(a, b).解：下面的四个基本事实给出了证明：(ⅰ)若ab，则(a, b)= a；

(ⅱ)若a = 2a1，2|a1，b2b1，2|b1，    1，则

(a, b)= 2(2  a1, b1)；

(ⅲ)若2|a，b2b1，2|b1，则(a, b)=(a, b1)；

ab(ⅳ)若2|a，2|b，则(a,b)(||,b).2在实际计算过程中，若再灵活运用最大公约数的性质（例如第三节定理4的推论），则可使得求最大公约数的过程更为简单.例

2用辗转相除法求(125, 17)，以及x，y，使得

125x  17y =(125, 17).解：做辗转相除法：

= 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计算（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，则

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个盒子中放若干个硬币，然后以下述方式往这些盒子里继续放硬币：每一次在n（n < m）个盒子中各放一个硬币.证明：若(m, n)= 1，那么无论开始时每个盒子中有多少硬币，经过若干次放硬币后，总可使所有盒子含有同样数量的硬币.解：由于(m, n)= 1，所以存在整数x，y，使得mx  ny = 1.因此对于任意的自然数k，有  m(x  kn)= n(km  y)，这样，当k充分大时，总可找出正整数x0，y0，使得  mx0 = ny0.上式说明，如果放y0次（每次放n个），那么在使m个盒子中各放x0个后，还多出一个硬币.把这个硬币放入含硬币最少的盒子中（这是可以做到的），就使它与含有最多硬币的盒子所含硬币数量之差减少1.因此经过若干次放硬币后，必可使所有盒子中的硬币数目相同.四、小结.五、作业

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

第二篇：初等数论复习题

1、如果(a,b)1，则(ab,ab)=

2、求[136,221,391]=

3、{-9/7}=；

4、当x不是整数时，{-x}=；

5、模11的最小正完全剩余系是 {} ；

6、设2a与3b是正整数，则在1, 2, …,2 a中能被3b整除的整数有7、154440的标准分解式是；

8、今天是星期一，过10100天后是；

9、2000！中末尾0的个数有。

10、求15！的标准分解式。

11、解不定方程6x17y18.12、求不定方程25x13y7z4的所有正整数解。

13、将17/105 写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7。

14、用数学归纳法证明：证明相邻两个偶数的乘积是8的倍数.15、证明：素数的个数无穷多。

16、证明：如果a,b是两个整数,b0,则存在唯一的整数对q,r,使得abqr,其中0rb.17、第一章课后练习选两题。；

第三篇：初等数论学习心得

《初等数论》学习心得

要写学习心得并不是什么难事，不过我觉得这一次的学习心得又有些不太一样的地方。在选课的时候，我并不盲目跟随，不仅仅是为了拿学分，我有自己的想法。因为，作为一个即将走向教师讲台的师范类数学专业的毕业生，如果连一些比较基本的东西都不了解，那怎么能够在学生面前讲解呢。基于此，我选择了《初等数论》这门课程，并希望能在此收获一些东西。

虽然之前就了解过一些关于数论的知识，但仅仅是皮毛上的了解，再说也不能系统地接触到这门课程。不过，通过这几节课的学习，我对初等数论》这门课程有了进一步的了解和认识。通过一个多星期的学习，我了解到这门课程主要研究的一些内容。

一、整除理论。引入整除、因数、倍数、质数与合数等基本概念。这一理论的主要成果有：唯一分解定理、裴蜀定理、欧几里德的辗转相除法、算术基本定理、素数个数无限证明。

二、同余理论。主要出自于高斯的《算术研究》内容。定义了同余、原根、指数、平方剩余、同余方程等概念。主要成果： 二次互反律、欧拉定理、费马小定理、威尔逊定理、孙子定理（即中国剩余定理）等等。

三、连分数理论。引入了连分数概念和算法等等。特别是研究了整数平方根的连分数展开。主要成果： 循环连分数展开、最佳逼近问题、佩尔方程求解。

四、不定方程。主要研究了低次代数曲线对应的不定方程，比如勾股方程的商高定理、佩尔方程的连分数求解。也包括了4次费马方程的求解问题等等。

五、数论函数。比如欧拉函数、莫比乌斯变换等等。

六、高斯函数。在数学领域，高斯函数在厄尔米特多项式的定义中起着重要作用。

我知道一个星期的时间是不可能把《初等数论》这门课程学得很好的，只能大致的了解它的全貌或者说是对某一部分的内容进行研究。在这些天的学习中，我对数学这个浩瀚海洋里的《初等数论》部分的内容有了更进一步的认识，这为我以后走上教学岗位，提升专业素养有着不可分割的关系，也许就是这么一些点点滴滴的学习和积累才能让一个数学教师在自己的三尺讲台上站得更稳，才能成为学生眼中知识渊博的老师。

总之，这一个多星期的学习让我受益匪浅，让我在专业知识上又迈进了一步，虽然不能深入研究，但在面上的了解更广了，至少能够收获一些之前我所想要的，开拓和丰富了我对数学世界的视野。尤其是老师主要讲解的整除理论和同余理论与我以后走上讲台后所需要用到的知识联系非常密切，它会在我的教师成长之路上一直伴我前行！

第四篇：江苏省自学考试(数学教育学+初等数论)考试大纲

高纲1069

江苏省高等教育自学考试大纲

02018

数学教育学

江苏教育学院编

江苏省高等教育自学考试委员会办公室

一 课程性质及其设置目的与要求

（一）课程性质与特点

数学教育学是一门研究数学教育现象、揭示数学教育规律的课程。它是建立在数学和教育学的基础上，综合运用哲学、逻辑学、心理学、认知科学和行为科学等成果于数学教育实践而形成的一门多学科交叉性的综合学科，是作为中小学数学教师必修的专业课程。

（二）教学目的与要求

课程内容包括：数学的特点、方法与意义，数学课程概述，国内外数学课程改革、一般教学理论、数学教学模式、数学教学评价、数学教学原则、数学教学设计、数学知识的分类教学设计、备课与说课、数学教学的语言、计算机辅助数学教学、数学能力及其培养、中学数学思想方法、数学学习的基本理论等。

教学目的和要求：使学生掌握较深广的中小学数学教育的基础知识和基本理论，培养他们分析、处理、组织中小学数学教材的能力和运用教法的初步能力；提高他们对中小学数学教育现状的认识，激发学生为发展我国基础教育而学习的责任心和积极性，直接为培养他们成为合格的中小学数学师资服务。

二 课程内容与考核目标

第一章

数学的特点、方法与意义

（一）课程内容

数学的对象和特点，数学的思想方法及作用。

（二）学习与考核要求

了解数学语言、数学方法、数学模型等概念的内涵，理解数学抽象性、严谨性等特点，明确公理化方法、随机思想方法的特点。

第二章

数学课程概述

（一）课程内容

数学课程的有关理论以及影响数学课程发展的因素，数学课程的现代发展和中学数学课程编排体系。

（二）学习与考核要求

了解大众数学的内涵和大众数学意义下的数学课程的特点，并能阐述对“问题解决”内涵的理解，注重问题解决的数学课程有哪些特点。

第三章

国外的数学课程改革

（一）课程内容

20世纪的数学教育改革运动概况，大规模的数学教育国际比较研究以及面向新世纪的各国数学课程改革。

（二）学习与考核要求

了解20世纪的数学教育改革运动（贝利-克莱因运动、新数学运动、回到基础、问题解决等），领会这些运动对数学课程发展的意义，掌握国外的数学新课程对我国的数学课程改革有哪些借鉴作用。

第四章

国内数学课程改革

（一）课程内容

我国数学教学改革的历史轨迹，新一轮数学课程改革的背景，九年制义务教育数学课程和普通高中数学课程简介，以及新课程特点剖析。

（二）学习与考核要求

了解我国新一轮课程改革的社会背景，掌握全日制义务教育数学课程和普通高中数学课程的现代教学理念，并能结合具体实例说明教学中过程与结果之间的关系，如何在教学中较好地实现两者的平衡。

第五章

一般教学理论概述

（一）课程内容

教学与教学理论，教学理论的形成与发展，当代教学理论流派。

（二）学习与考核要求

掌握教学和教学理论的内涵，了解夸美纽斯、杜威等人的数学思想，领会奥苏伯尔、布鲁纳教学论思想及其对当代教学改革的启示。

第六章

数学教学模式

（一）课程内容

数学教学模式的含义、结构和分类，数学教学的常规模式及其变革。

（二）学习与考核要求

熟练掌握中国的常规数学教学模式，并能结合具体例子说明这个模式的操作过程，这个教学模式的优点与不足；实践中探索出哪些数学教学模式，能结合具体实例说明这些教学模式的特点；针对一个具体案例（或者教学环节）能选择适当的教学方法并说明相应的理由。

第七章

数学教学评价

（一）课程内容

数学教学评价的内涵、功能、类型和发展趋势，数学课堂教学评价和数学学习评价。

（二）学习与考核要求

掌握各类数学教学评价方式（相对评价、绝对评价、诊断性评价，形成性评价等），了解数学教学评价的类型、功能，并能结合自身教学实践说明如何评价一堂数学课。

第八章

数学教学原则

（一）课程内容

数学教学原则的特性，一般数学教学原则。

（二）学习与考核要求

掌握各种数学教学原则（抽象性与具体性相结合、严谨性与量力性相结合、培养数学“双基”与策略创造性相结合，精讲多练与自主建构相结合等），并明确如何在课堂教学中贯彻这些数学教学原则。

第九章

数学教学设计

（一）课程内容

学生的特征和学习内容分析，教学目标和教学过程的设计。

（二）学习与考核要求

了解教学设计时，如何对学生、学习内容进行分析。掌握数学课堂教学目标有哪些，如何确定课堂教学目标。熟练掌握数学新授课的基本结构，能根据中学数学某一内容，写出教学设计方案。

第十章

数学知识的分类教学设计

（一）课程内容

数学概念、数学命题和数学问题及其教学。

（二）学习与考核要求

了解属概念，概念的内涵、外延，概念的定义、形成和获得，逆命题和偏逆命题。掌握给概念下定义的方法，数学公式的特性，并能结合自身教学实践说明如何进行概念、公式、定理和问题的教学。

第十一章

备课与说课

（一）课程内容

备课、教案的编写和说课。

（二）学习与考核要求

了解学期备课要做哪些准备工作，掌握如何进行单元备课教学内容的分析，能结合自身教学实践说明数学课的课题引入有几种方式。能选择一节课的内容，撰写说课稿、教案。

第十二章

数学教学的语言

（一）课程内容

数学语言、口头语言、板书语言和体态语言。

（二）学习与考核要求

掌握符号语言和图形语言的特征，领会数学课堂教学口头语言的基本要求，知道课堂提问有哪几种类型，什么样的提问是有效提问，以及在使用体态语言时应注意些什么。

第十三章

计算机辅助数学教学

（一）课程内容

计算机辅助数学教学的功能特性、基本模式，数学CAI课件的设计与制作。

（二）学习与考核要求 了解计算机辅助数学教学有哪些功能特性，掌握计算机辅助数学教学的基本模式，并能就中小学数学的某一内容，制作一款数学CAI课件。

第十四章

数学能力及其培养

（一）课程内容

能力及数学能力，数学能力结构（数学运算能力、空间想象能力和数学思维能力）及其培养。

（二）学习与考核要求

了解数学运算的特性，空间想象能力的结构。领会如何培养学生的直觉思维能力、发散思维能力和空间想象能力。能结合自身教学实践，引导中小学生作一题多解、一题多变的练习。

第十五章

中学数学思想方法

（一）课程内容

数学思想方法，中学数学中的常见数学思想方法（化归、类比与归纳、方程、函数等）。

（二）学习与考核要求

了解学习与研究数学思想方法的意义，明确化归、方程论和算法的构成要素，能引导学生用恰当的数学思想方法解题。

第十六章

数学学习的基本理论

（一）课程内容

数学学习的基本认识、基本心理分析。

（二）学习与考核要求

了解数学学习的三种基本理论，明确数学学习的特点，理解有意义学习、迁移的实质与条件。

三 有关说明

（一）教材

自学教材：涂荣豹、季素月编著：《数学课程与教学论新编》，江苏教育出版社，2007年版。

为了了解现行课程标准中一些具体内容及其要求的变化，建议参阅《义务教育数学课程标准（实验稿）》和《全日制高中数学课程标准（实验稿）》。

（二）自学方法的指导

本课程作为一门专业课程，综合性强，自学者在自学过程中应注意以下几点： 1.学习前，应仔细阅读课程大纲，明确课程的性质、地位和任务，熟悉课程的基本要求，使以后的学习紧紧围绕课程的基本要求。

2.学习时，应结合本课程大纲，认真阅读教材，熟悉各章节具体内容，做到胸中有理论。3.本课程是一门理论联系实际的应用课程，学习者应关注本课程的理论运用，在当前课程变革的背景下，更需要熟悉国家数学课程标准的内容，能结合课程改革实际和有关理论，对具体教学案例进行分析，从而指导教学实践，切实提高自身的教学实践能力、分析问题能力和解决问题能力。

（三）对社会助学的要求

1.应熟知考试大纲对课程所提出的总的要求和各章的知识点。

2.对应考者进行辅导时，应以考试大纲和教材为依据，关注国家数学课程标准以及教学实际，结合具体教学实例，分析中小学数学教学中存在的问题，以问题为引导，在问题的讨论思考中提高学生的分析问题、解决问题能力、案例分析能力，提高学生对现阶段国家数学课程改革的认同，提高学生参与数学课程改革实践的实施能力。

（四）关于命题和考试的若干规定

1.本大纲各章所提到的考核要求中，各条细目都是考试的内容，试题覆盖到章，适当突出重点章节，加大重点内容的覆盖密度。

2.试题难度结构要合理，记忆、理解、综合性试题比例大致为3：5：2。

3.本课程考试试卷可能采用的题型有：单项选择题、填空题、简答题、论述题、案例分析题等题型（见附件题型示例）。

4.考试方式为闭卷笔试，考试时间为150分钟，评分采用百分制，60分为及格。

附录：题型举例

选择题

1.下列说法正确的是（B）

A．在逻辑学上，划分是明确概念内涵的逻辑方法。Ｂ．在逻辑学上，划分是明确概念外延的逻辑方法。Ｃ．两个概念的内涵和外延具有反变关系。Ｄ．两个概念的关系不是矛盾关系，就是属种关系。填空题

2.定义就是明确概念内涵的逻辑方法，而划分是明确概念 外延 的逻辑方法。简答题

3.通过具体例子说明概念内涵与外延之间的反变关系。

参考答案：概念的内涵就是指反映在概念中的对象的本质属性；概念的外延就是指具有概念所反映的本质属性的对象。对于相关概念的内涵越为丰富，则外延越小。例如，矩形的内涵比平行四边形丰富，它是有一个角为直角的平行四边形，因而其外延就相对小些。根据所举例子的正误判分。论述题

4.什么是“抽象性与具体性相结合”的教学原则？你在教学中是如何贯彻“抽象性与具体性相结合”这一教学原则的？

参考答案：“抽象性与具体性相结合”的原则指：数学教学对象往往是抽象的，而抽象的数学对象往往有着大量具体的原型，因此教学过程中应尽量做到抽象性和具体性相结合。

贯彻“抽象性与具体性相结合”教学原则，可以从下面几个方面阐述：数学的抽象性必须以具体性为基础，具体性必须以抽象性为归宿，因此，教学中，可以从具体的例子出发，抽象出本质特征或者内部联系，概括到同类事物中去，再运用于实际，也就是说要遵循“具体-抽象—具体”的教学过程；从具体到抽象可以采取多样的方式，如应用直观教具、应用生活实例、结合学生经验、应用数形结合、应用特殊化方法等。具体解答时要求结合实例分析说明。案例分析

5.下面左图是一个三年级学生数学测试卷上一道题的解答和批阅情况，右图是这个学生的订正情况。显然，这个学生的订正得到了老师的认可。请谈谈你对这个案例的一些想法？

参考答案：可以从这样几个方面阐述：什么是所谓的简便，是否有公认的简便方法，学习简便方法的价值是什么，小孩是否应该追求“简便”，如果要学生进行简便计算，如何给学生比较清晰的交待，使得学生少些揣摩题意等。判分时，结合整个论述的条理性与观点的明确性、独特性等进行判分.高纲1303

江苏省高等教育自学考试大纲

0201

3初等数论

江苏教育学院编

江苏省高等教育自学考试委员会办公室

第一章 整数的可除性

一、自学要求

（一）掌握整除的基本概念，会使用带余数除法和辗转相除法。

（二）掌握最大公因数和最小公倍数的基本理论，会求最大公因数和最小公倍数。

（三）掌握质数的性质和算术基本定理，会用筛选法求不超过给定正整数的质数。

（四）掌握数论函数［x］的概念，会求 N！的标准分解式。

二、考试内容

（一）整除性，带余数除法，辗转相除法。

（二）最大公因数，最小公倍数，质数及其性质，算术基本定理，筛选法。

（三）数论函数［x］，N！的标准分解式。

第二章 不定方程

一、自学要求

（一）掌握二元一次不定方程有解的充要条件，熟练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条件，掌握三元一次不定方程的解法。

（三）了解勾股数，掌握不定方程 x + y = z的正整数解的表示方法。

二、考试内容

（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）勾股数，不定方程 x + y = z。

222

第三章 同余

一、自学要求

（一）掌握同余的定义，理解并熟练掌握同余与整除的关系、同余的基本性质及其在算术中的应用。

（二）掌握剩余类与完全剩余系的定义和性质结构。

（三）掌握欧拉函数与简化剩余系。

（四）熟练掌握欧拉定理和费马定理的推导及其对循环小数的应用。

二、考试内容

（一）同余的定义，同余的基本性质，同余的应用。

（二）剩余系，完全剩余系。

（三）欧拉函数，简化剩余系。

（四）欧拉定理，费马定理，循环小数。

第四章 同余式

一、自学要求

（一）掌握同余式及其解的定义，掌握一次同余式有解的充分必要条件，熟练掌握一次同余式的解法。

（二）掌握孙子定理的推导，能熟练利用孙子定理解一次同余式组。

（三）了解高次同余式的解数，掌握质数模的高次同余式的解法。

二、考试内容

（一）一次同余式的概念及解法。

（二）孙子定理，一次同余式组。

（三）高次同余式，质数模的高次同余式。

第五章 二次同余式与平方剩余

一、自学要求

（一）掌握平方剩余和平方非剩余的定义，熟练掌握欧拉判别法，掌握单质数模同余式的平方剩余和平方非剩余。

（二）掌握勒让德符号的定义，理解掌握勒让德符号的性质及推导，熟练掌握几个基本勒让德符号的值，熟练掌握二次反转定律。

（三）掌握雅可比符号的定义和性质，理解雅可比符号与勒让德符号的关系，熟练掌握雅可比符号的计算。

（四）了解合数模二次同余式有解的条件及解的个数。

二、考试内容

（一）二次同余式，平方剩余，平方非剩余，欧拉判别法，单质数模二次同余式。

（二）勒让德符号，二次反转定律。

（三）雅可比符号，合数模二次同余式。

第六章 原根和指标

一、自学要求

（一）掌握指数和原根的概念，掌握指数的基本性质。

（二）掌握模存在原根的充要条件，会求最小正原根。

（三）掌握指标和指标组的概念、性质，会构造模的指标组表。

二、考试内容

（一）指数的概念，指数的基本性质。

（二）模存在原根的重要条件，最小正原根。

（三）指标和指标组的概念、性质及应用。

第七章 连分数

一、自学要求

（一）掌握连分数的概念，熟练掌握渐近分数的概念和计算。

（二）了解简单连分数和实数的关系，会把实数表成简单连分数。

（三）了解循环连分数的概念及计算。

二、考试内容

（一）连分数，简单连分数，渐近分数的概念与计算。

（二）无限简单连分数，循环连分数的概念。

第八章

代数数和超越数

一、自学要求

（一）掌握代数数和代数整数的概念，会判断一个数是否为代数数或者代数整数。

（二）了解幺数、相伴和质代数整数的概念，会进行质代数整数的分解。

二、考试内容

（一）代数数和代数整数的概念和判定。

（二）幺数，相伴，质代数整数，质代数整数的分解。

第九章

数论函数和质数分布

一、自学要求

（一）掌握可乘函数的定义和性质，会判定数论函数是否为可乘函数，掌握默比乌斯函数的定义，掌握除数函数的定义和计算。

（二）了解质数的分布情况。

二、考试内容

（一）可乘函数的定义和性质，默比乌斯函数的定义。

（二）整数的因数和的计算，除数函数的计算。

自学教材：

本课程使用教材为：

《初等数论》（第三版），闵嗣鹤、严士健编，高等教育出版社，2003年。

参考教材：

《初等数论》，洪修仁编著，成都科技大学出版社，1997年。

第五篇：数论感想

本学期，我们分了专业方向，我选择的是信息安全，有幸听了数论基础课。根据这一学期的所学所想，我做了简单的总结。

其实，在分专业方向的时候，我对“信息安全”这个名词并没有什么概念，只是通过老师的介绍和查阅相关资料，才对这个方向有了浅显的认识。在信息膨胀、全球化网络化的今天，大量的数据信息在互联网上传播。因此，对于私密信息的保密处理显得尤为重要。

依然记得自己QQ号被盗时候的愤懑，虽然没有什么隐私可以泄漏，但是我对这种现象的出现就感到很不愉快。加上互联网正值壮年，蓬勃发展的时期，黑客的疯狂出现与信息的泄露成为互联网维护的一大难题。因此，我非常想拥有保护自己隐私的能力。同时，我个人一直对网络攻防方面很有兴趣，对这个新生起的环境有着极大的好奇心。因此，我毅然选择了信息安全这条道路。

通过老师的讲授、相关资料的查询以及与同学的讨论，我了解到信息安全的基础是加密处理，掌握了最基本的加密原理，才能对破密及防盗有进一步的研究。所以，这就需要密码学这门课来完善我们的基础知识体系。同时，记得老师说过信息安全的尖端拼的是数学功底，我们需要的是强大的数学思维以及深厚的数学功底。所以，我们学院安排了密码学基础和抽象代数这两大专业课。这两门课将对我们今后的学习工作提供最基础的理论与逻辑的支持，但是，同时又要求有更加基础的学科来做铺垫，那就是我们这堂课所学的数论基础。由于种种原因，我们这届的数论基础课是第一届开课，也将是最后一节课，我不免对未来失去学习这门课的学弟学妹们表示遗憾。

我对“数论”这个名词的概念来自于高中数学竞赛期间参加的培训班，当时有许多名师来为我们讲授各种竞赛知识，包括苏远东教授和陶平生教授的初等数论。因此，当我听说我们要学习这门课的时候，我很是高兴，感觉毫无压力。但是，当我翻开《数论讲义》这本教材的时候，顿时心中一凉。正如前言所述，初等数论是主要用算术方法研究整数性质的一个数论分支，它是数学中最古老的分支之一。同时，在数学发展史上，常常可以发现，对初等数论中某些问题的研究，曾促使数学中新分支的发展。近几十年来，初等数论在计算机科学、组合数学、代数编码、信号的数字处理等领域内得到广泛的应用，而且许多较深刻的结果都得到了应用。其实大学的数论基础知识数论领域中的一角，而我们高中所接触的数论知识只占了本教材的第一章内容，是皮毛中的皮毛。所以，我顿时感觉任重而道远啊。详细翻阅本教材里面的内容，涉及范围很广，从整数性质引出同余关系，进而延伸到二次剩余及原根次数的求解，并在最后逐步涉及到素性的判别。这么多的内容包含在区区180页的书中，可想“教材内部的空虚”。但是，郭老师讲课的风格很适合我们这些初学者，教材、ppt和板书的结合，不仅将整个书的内容做了充分的扩充，还教会了我们解决数学问题的基本思想。这种处理问题的思想是在课上潜移默化习得的，也是成为一名网络高手不可或缺的财富。虽然这门课程结束了，但是老师教给我们的这些思想是永恒的。结合本学期所学的抽象代数，可以看出，数论是抽象代数的具体体现，而抽象代数则是数论的抽象化、代数化、逻辑化、理论化延伸，两者相生相和，结合成了我们这学期所收获的对信息安全课程最基本的认识。

最后，感谢老师这学期教给我们的一切知识、解题方法以及数学思想。我现在对信息安全这个分支的了解还只是停留在表面，以后的学习工作中还会向您请教，并在自己选择的方向上作出一番成绩。