《初等数论》教学大纲
初等数论教案
厦门大学教案__________ 学年度第—学期院（系）数学科学学院任课教师祝辉林课程名称初等数论授课章节: 第4.3节一次同余方程组和孙子定理授课教材: 《初等数论》，北京大学出版社授课对象: 数学类专业一年级本科生【教学要求】1. 了解孙子定理的历史背景和起源出处，理解用孙子定理求解一次同余方程组的思想方法和公式，掌握求解一次同余方程组的计算步骤；2. 掌握一次同余方程组的模两两不互素时，应当如何转化成模两两互素时的等价一次同余方程组，再用孙子定理求解；3. 理解一次同余方程组的意义，并能用孙子定理的方法解决一些实际应用问题。
【教学重点】1. 孙子定理的思想方法和计算步骤；2. 如何应用孙子定理解决实际应用问题。
【教学难点】理解孙子定理的思想方法。
【教学内容】第三节一次同余方程组和孙子定理本节主要讨论一次同余方程组的解法。
为了解决这类同余方程组，我们需要弄清楚剩余系的结构。
孙子定理（又称中国剩余定理）就是解决这类实际问题的有力工具。
一、“物不知其数”问题及其解法1.1问题的提出例1:（“物不知其数”问题）大约在公元四世纪，我国南北朝时期有一部著名的算术著作《孙子算经》，其中就有一个“物不知其数”问题：“今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？答曰：二十三”。
1.2问题的解法及理由明朝程大位编著的《算法统宗》里记载了此题的解法，他是用一首歌谣叙述出来的：三人同行七十稀，五树梅花廿一枝。
七子团圆正月半，除百零五便得知。
这首诗翻译成数学算式就是：70 2 21 3 15 2 =233，233 -105 2 =23。
解题步骤及理由如下：（1 ）先在5和7的公倍数中找除以3余1的数，进而找到除3余2的数。
因为[5,7] =35，35, 3=11（余2），（35 2）“3=23（余1），而（70 2）“3=46（余2），所以140符合条件。
（2 ）在3和7的公倍数中找除以5余1的数，进而找到除5余3的数。
初等数论教案(5)
第八节 一次不定方程教学目的：1、掌握一次不定方程的一些简单性质；2、掌握一次不定方程有解的判别条件；3、会解二元、三元一次不定方程.教学重点：有解的判别条件、求解二元、三元一次不定方程. 教学课时：4课时教学过程设a 1, a 2, , a n 是非零整数，b 是整数，称关于未知数x 1, x 2, , x n 的方程(2≥n )a 1x 1 + a 2x 2 + + a n x n =b (1)是n 元一次不定方程.若存在整数x 10, x 20, , x n 0满足方程(1)，则称(x 10, x 20, , x n 0)是方程(1)的解，或说x 1 = x 10，x 2 = x 20， ，x n = x n 0是方程(1)的解.1、定理1 方程(1)有解的充要条件是(a 1, a 2, , a n )∣b . (2)证明：记d = (a 1, a 2, , a n ).若方程(1)有解，设为(x 1, x 2, , x n ).则由d ∣a i （1 ≤ i ≤ n ）及整除的性质容易知道式(2)成立. 必要性得证.另一方面，存在整数y 1, y 2, , y n 使得a 1y 1 + a 2y 2 + + a n y n = (a 1, a 2, , a n ) = d .因此，若式(2)成立，则)(,,,21n y db y d b y d b 就是方程(1)的解，充分性得证. 证毕2、定理2 设a ，b ，c 是整数，方程ax + by = c (3)若有解(x 0, y 0)，则它的一切解具有⎩⎨⎧-=+=ta y y tb x x 1010， t ∈Z (4) 的形式，其中),(),(11b a b b b a a a ==，. 证明：容易验证，由式(4)确定的x 与y 满足方程(3). 下面证明，方程(3)的解都可写成式(4)中的形式.设(x , y )是方程(3)的解，则由ax 0 + by 0 = ax + by = c得到a (x - x 0) = -b (y - y 0)，)(),()(),(00y y b a b x x b a a --=-. 由此，以及1),(,),()(=b a b b a a 得到|),(b a b x - x 0，因此存在整数t ，使得 t b a a y y t b a b x x ),(),(00-=-=-，. 证毕定理1和定理2说明了解方程(3)的步骤：(ⅰ) 判断方程是否有解，即(a , b )∣c 是否成立；(ⅱ) 利用辗转相除法求出x 0，y 0，使得ax 0 + by 0 = (a , b )； (ⅲ) 写出方程(3)的解.),(),(),(111110110b a b b b a a a c c b a t t a c y y t b c x x ===∈⎩⎨⎧-=+=，，其中，，Z 3、定理3 设a 1, a 2, , a n , b 是整数，再设 (a 1, a 2, , a n - 1) = d n - 1，(a 1, a 2, , a n ) = d n ，则(x 1', x 2', , x n ')是方程(1)的解的充分必要条件是存在整数t ，使得(x 1', x 2', , x n ', t )是方程组⎩⎨⎧=+=+++----bx a t d t d x a x a x a n n n n n n 11112211 (5) 的解.证明：若有整数t ，使得(x 1', x 2', , x n ', t )是方程组(5)的解，则显然(x 1', x 2', , x n ')满足方程(1).设(x 1', x 2', , x n ')是方程(1)的解，则a 1x 1' + a 2x 2' + + a n - 1x n - 1' + a n x n ' =b . (6)令a 1x 1' + a 2x 2' + + a n - 1x n - 1' =b '，则 d n - 1 = (a 1, a 2, , a n - 1)∣b '.因此，存在t ∈Z ，使得a 1x 1' + a 2x 2' + + a n - 1x n - 1' = d n - 1t ， (7)再由式(6)，得到d n - 1t + a n x n ' = b ，即(x 1', x 2', , x n ', t )满足方程组(5). 证毕定理3说明了求解n 元一次不定方程的方法：先解方程组(5)中的第二个方程，再解方程组(5)中的第一个方程，于是，解n 元一次不定方程就化为解n - 1元一次不定方程.重复这个过程，最终归结为求解二元一次不定方程. 记(a 1, a 2) = d 2，(d 2, a 3) = d 3， ，(d n - 2, a n - 1) = d n - 1，(d n - 1，a n ) = d n ， 逐个地解方程d n - 1t n - 1 + a n x n = b ，d n - 2t n - 2 + a n - 1x n - 1 = d n - 1t n - 1，d 2t 2 + a 3x 3 = d 3t 3，a 1x 1 + a 2x 2 = d 2t 2，并且消去中间变量t 2, t 3, , t n - 1，就可以得到方程(1)的解.例1 求不定方程3x + 6y = 15的解.解 (3, 6) = 3∣15，所以方程有解.由辗转相除法（或直接观察），可知x = -1，y = 1是3x + 6y = 3的解，所以x 0 = -5，y 0 = 5是原方程的一个解.由定理2，所求方程的解是⎩⎨⎧-=+-=t y t x 525， t ∈Z . 例2 求不定方程3x + 6y + 12z = 15的解.解 原方程等价于x + 2y + 4z = 5. (8)由定理3，依次解方程t + 4z = 5，x + 2y = t ，分别得到 ⎩⎨⎧-=+=u z u t 141， u ∈Z ， (9) ⎩⎨⎧-=+-=vt y v t x 2， v ∈Z . (10) 将式(9)与式(10)中的t 消去，得到⎪⎩⎪⎨⎧-=-+=+--=u z v u y v u x 141241， u , v ∈Z . 注：本例在解方程时，首先将原方程化为等价方程(8)，这使问题简化. 例1也可以如此处理.例3 设a 与b 是正整数，(a , b ) = 1，则任何大于ab - a - b 的整数n 都可以表示成n = ax + by 的形式，其中x 与y 是非负整数，但是n = ab - a - b 不能表示成这种形式.解 (ⅰ) 由定理2，方程ax + by = n (11)的解具有⎩⎨⎧-=+=at y y bt x x 00， t ∈Z (12) 的形式，其中x 0与y 0满足方程(11).由假设条件n > ab - a - b 及式(11)与式(12)，有ax = n - by = n - b (y 0 - at ) > ab - a - b - b (y 0 - at ). (13) 取整数t ，使得0 ≤ y = y 0 - at ≤ a - 1，则由式(13)得到ax > ab - a - b - b (a - 1) = -a ，x > -1，x ≥ 0，即n = ax + by ，x ≥ 0，y ≥ 0.(ⅱ) 设有x ≥ 0，y ≥ 0，使得ax + by = ab - a - b ， (14)则a (x + 1) +b (y + 1) = ab . (15)所以a ∣b (y + 1).但是(a , b ) = 1，于是必有a ∣y + 1，y + 1 ≥ a .同理可以证明x + 1 ≥ b ，从而a (x + 1) +b (y + 1) ≥ 2ab ，这与式(15)矛盾，所以 (14) 式是不可能的.例4 设a ，b ，c 是整数，(a , b ) = 1，则在直线ax + by = c 上，任何一个长度大于22b a +的线段上至少有一个点的坐标都是整数.解 由定理2，直线ax + by = c 上的坐标都是整数的点(x t , y t )的坐标是⎩⎨⎧-=+=at y y bt x x tt 00， t ∈Z ， 其中(x 0, y 0)是直线ax + by = c 上的坐标都是整数的点，由定理1，这样的点是存在的.对于任意的t ∈Z ，记P t 是以(x t , y t )为坐标的点，则P t + 1与P t 之间的距离()()2221211b a y y x x P P t t t t t t +=-+-=+++.这说明，两个“相邻的”坐标是整数的点的距离是22b a +，从而得出所求之结论. 例5 将3019写成三个分数之和，它们的分母分别是2，3和5. 解 设5323019zyx++=，则15x + 10y + 6z = 19.依次解方程5t + 6z = 19，15x + 10y = 5t ，得到⎩⎨⎧-=+-=u z ut 5461， u ∈Z ，(16) ⎩⎨⎧--=+=v t y vt x 32， v ∈Z .(17) 从式(16)与式(17)中消去t ，得到⎪⎩⎪⎨⎧-=--=++-=uz v u y vu x 54361261， u , v ∈Z .取u = 0，v = 0，得到x = -1，y = 1，z = 4，因此5431213019++-=.例6 甲物每斤5元，乙物每斤3元，丙物每三斤1元，现在用100元买这三样东西共100斤，问各买几斤?解 设买甲物x 斤，乙物y 斤，丙物z 斤，则5x + 3y +31z = 100， x + y + z = 100.消去z ，得到7x + 4y = 100. (18)显然x = 0，y = 25是方程(18)的解，因此，方程(18)的一般解是⎩⎨⎧-==t y t x 7254 ， t ∈Z 因为x ≥ 0，y ≥ 0，所以0 ≤ t ≤ 3.即t 可以取值t 1 = 0，t 2 = 1，t 3 = 2，t 4 = 3. 相应的x ，y ，z 的值是(x , y , z ) = (0, 25, 75)，(4, 18, 78)，(8, 11, 81)，(12, 4, 84).例7 求不定方程x + 2y + 3z = 7的所有正整数解.解 依次解方程 t + 3z = 7，x + 2y = t ，得到 ⎩⎨⎧-=+=u z ut 231， u ∈Z ， ⎩⎨⎧-=+=vy v t x 2， v ∈Z . 从上式中消去t ，得到⎪⎩⎪⎨⎧-=-=++=u z v y v u x 2231， u , v ∈Z . (19)要使x ≥ 1，y ≥ 1，z ≥ 1，则应有3u + 2v ≥ 0，-v ≥ 1，1 - u ≥ 0. (20)所以3u ≥ -2v ≥ 2，u ≤ 1 ⇒32≤ u ≤ 1， 即 u = 1.由此及式(20)，有3 + 2v ≥ 0，-v ≥ 1 ⇒ -32≤ v ≤ -1， 所以v = -1.将u = 1，v = -1代入式(19)，得到原方程的唯一的一组正整数解x = 2，y = 1，z = 1.二、小结三、作业1. 将10517写成三个既约分数之和，它们的分母分别是3，5和7.2. 求方程x 1 + 2x 2 + 3x 3 = 41的所有正整数解.3. 求解不定方程组：⎩⎨⎧=+-=++112052732321321x x x x x x . 4. 甲班有学生7人，乙班有学生11人，现有100支铅笔分给这两个班，要使甲班的学生分到相同数量的铅笔，乙班学生也分到相同数量的铅笔，问应怎样分法？5. 证明：二元一次不定方程ax + by = n ，a > 0，b > 0，(a , b ) = 1的非负整数解的个数为][][abn ab n 或+ 1. 6. 设a 与b 是正整数，(a , b ) = 1，证明：1, 2, , ab - a - b 中恰有2)1)(1(--b a 个整数可以表示成ax + by （x ≥ 0，y ≥ 0）的形式.1. 设75310517z y x ++=，即35x + 21y + 15z = 17，因(35, 21) = 7，(7, 15) = 1，1∣17，故有解.分别解5x + 3y = t ，7t + 15z = 17得x = -t + 3u ，y = 2t - 5u ，u ∈Z ，t = 11 + 15v ，z = -4 - 7v ，v ∈Z ， 消去t 得x = -11 - 15v + 3u ，y = 22 + 30v - 5u ，z = -4 - 7v ，u ，v ∈Z .对于任意的确定的u 和v 的值，都给出一种表示法.2. 分别解x 1 + 2x 2 = t ，t + 3x 3 = 41得x 1 = t - 2u ，x 2 = u ，u ∈Z ，t = 41 - 3v ，x 3 = v ，v ∈Z ，消去t 得x 1 = 41 - 3v - 2u ，x 2 = u ，x 3 = v ，u ，v ∈Z .由此得原方程的全部正整数解为(x 1, x 2, x 3) = (41 - 3v - 2u , u , v )，u > 0，v > 0，41 - 3v - 2u > 0.3. 消去x 1得9x 2 - 14x 3 = 3，解得x 2 = -9 + 14t ，x 3 = -6 + 9t ，t ∈Z ，从而得不定方程组的解为x 1 = 43 - 55t ，x 2 = -9 + 14t ，x 3 = -6 + 9t ，t ∈Z ，4. 设甲、乙班的学生每人分别得x ，y 支铅笔，则7x + 11y = 100，解这个不定方程得x = 8，y = 4.5. 二元一次不定方程ax + by = n 的一切整数解为⎩⎨⎧+=-=at y y bt x x 00，t ∈Z ，于是由x ≥ 0，y ≥ 0得b x t a y 00≤≤-，但区间][00,b x a y -的长度是ab n ，故此区间内的整数个数为][][abn ab n 或+ 1. 6. 因为0, 1, 2, , ab - a - b 中共有(a - 1)(b - 1)个数，故只须证明n 与g - n （g = ab - a - b ）有且只有一个能表示成ax + by （x ≥ 0，y ≥ 0）的形式.如果n 与g - n 都能表示成ax + by （x ≥ 0，y ≥ 0）的形式，即ax + by = n （x ≥ 0，y ≥ 0），ax ' + by ' = g - n （x ' ≥ 0，y ' ≥ 0），则a (x + x ') + b (y + y ') = g ，这是不可能的；如果n 不能表示成ax + by （x ≥ 0，y ≥ 0）的形式，则因为二元一次不定方程ax + by = n 的一切整数解为⎩⎨⎧+=-=at y y bt x x 00，t ∈Z ，所以当t 使0≤ x ≤ b - 1时，必有y ≤ -1，于是a (b - 1 - x ) + b (-1 - y ) = g - n ，即g - n 能表示成ax + by （x ≥ 0，y ≥ 0）的形式.。
初等数论教案01
第一章整除理论整除性理论是初等数论的基础。
本章要介绍带余数除法，辗转相除法，最大公约数，最小公倍数，算术基本定理以及它们的一些应用。
第一节数的整除性定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得a = bc成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被b 整除，记为b|/a。
显然每个非零整数a都有约数±1，±a，称这四个数为a的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数。
被2整除的整数称为偶数，不被2整除的整数称为奇数。
定理1下面的结论成立：(ⅰ) a∣b⇔±a∣±b；(ⅱ) a∣b，b∣c⇒a∣c；(ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k⇒b∣a1x1+a2x2+ +a k x k，此处x i（i = 1, 2, , k）是任意的整数；(ⅳ) b∣a ⇒bc∣ac，此处c是任意的非零整数；(ⅴ) b∣a，a≠ 0 ⇒ |b| ≤ |a|；b∣a且|a| < |b| ⇒a = 0。
证明留作习题。
定义2若整数a≠ 0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数。
以后在本书中若无特别说明，素数总是指正素数。
定理2任何大于1的整数a都至少有一个素约数。
证明 若a 是素数，则定理是显然的。
若a 不是素数，那么它有两个以上的正的非平凡约数，设它们是d 1, d 2, , d k 。
不妨设d 1是其中最小的。
若d 1不是素数，则存在e 1 > 1，e 2 > 1，使得d 1 = e 1e 2，因此，e 1和e 2也是a 的正的非平凡约数。
这与d 1的最小性矛盾。
所以d 1是素数。
证毕。
推论 任何大于1的合数a 必有一个不超过a 的素约数。
证明 使用定理2中的记号，有a = d 1d 2，其中d 1 > 1是最小的素约数，所以d 12 ≤ a 。
初等数论教学大纲 2-推荐下载
《初等数论》教学大纲一、课程基本信息课程编号：2102210课程中文名称：初等数论课程英文名称：elementary number theory课程类型：任意选修课总学时：36 理论学时：36 实验学时：课外学时：学分： 2适用专业：数学与应用数学（师范）先修课程：开课院系：数学与信息学院二、课程性质和任务初等数论是研究整数性质的一门学科，它是高等师范院校数学与应用数学专业的一门基础课。
本课程的任务是使学生系统地掌握初等数论的基本理论和方法，具有将初等数论中的思想方法和技巧用于解决中学数教学中遇到的问题的能力。
三、课程教学目标在学完本课程之后，学生能够：（1（熟练地掌握整数的整除理论、同余理论以及不定方程的基本理论（2（对数有更深刻的认识（3（能够解决中学数学尤其是中学数学竞赛中关于数论的常见问题（4（了解公开密钥-RSA体制的工作原理和初步的密码知识。
四、理论教学环节和基本要求（一）整数的整除性理论 1、理解整数整除、公因子、公倍数的概念及相关性质，理解剩余定理，熟练掌握用剩余定理求最大公因子、最小公倍数的方法。
2、理解素数与合数的概念、素数的性质，理解整数的素数分解定理，会用筛法求素数。
3、了解函数[x]与{x}的概念、性质，n!的素数分解、组合数为整数的性质。
4、掌握解决中学数学中关于整除问题的常用方法（二）不定方程1、了解二元一次不定方程解的形式、二元一次不定方程有整数解的条件，熟练掌握利用剩余定理（辗转相除法）求二元一次不定方程的方法。
2、了解多元一次不定方程有解的条件，掌握解简单的多元一次不定方程的方法。
3、了解不定方程的整数解的形式，掌握求形如的整数解的方法。
4、掌握解决中学数学中关于不定方程问题的常用方法（三）一元同余理论1、理解整数同余的概念及同余的基本性质，熟练掌握整数具有素因子的条件，会利用同余简单验证整数乘积运算的结果。
2、理解剩余系、完全剩余系的概念，熟练掌握判断剩余系的方法，理解欧拉函数的定义及性质。
(完整版)初等数论教案
初等数论教案一、数论发展史数论是研究整数性质的一门很古老的数学分支， 其初等部分是以整数的整除性为中心的，包括整除性、不定方程、同余式、连分数、素数（即整数）分布 以及数论函数等内容，统称初等数论（Elementary Number Theory ）。
初等数论的大部分内容早在古希腊欧几里德的《 几何原本》中就已出现。
欧几里得证明了素数有无穷多个，他还给出求两个自然数的最大公约数的方法， 即所谓欧几里得算法。
我国古代在数论方面亦有杰出之贡献，现在一般数论书中的“中国剩余定理”正是我国古代《孙子算经》中的下卷第26题，我国称之为“孙子定理”。
近代初等数论的发展得益于费马、欧拉、拉格朗日、勒让德和高斯等人的工作。
1801年，高斯的《算术探究》是数论的划时代杰作。
“数学是科学之王，数论是数学之王”。
-----高斯由于自20世纪以来引进了抽象数学和高等分析的巧妙工具，数论得到进一步的发展，从而开阔了新的研究领域，出现了代数数论、解析数论、几何数论等 新分支。
而且近年来初等数论在计算器科学、组合数学、密码学、代数编码、计算方法等领域内更得到了 广泛的应用，无疑同时间促进着数论的发展。
二 几个著名数论难题初等数论是研究整数性质的一门学科，历史上遗留下来没有解决的大多数数论难题其问题本身容易搞懂，容易引起人的兴趣，但是解决它们却非常困难。
其中，非常著名的问题有：哥德巴赫猜想 ；费尔马大定理 ；孪生素数问题 ；完全数问题等。
1、哥德巴赫猜想：1742年,由德国中学教师哥德巴赫在教学中首先发现的。
1742年6月7日，哥德巴赫写信给当时的大数学家欧拉,正式提出了以下的猜想：一个大于6的偶数可以表示为不同的两个质数之和。
陈景润在1966年证明了“哥德巴赫猜想”的“一个大偶数可以表示为一个素数和一个不超过两个素数的乘积之和”〔所谓的1+2〕，是筛法的光辉顶点，至今仍是“哥德巴赫猜想”的最好结果。
2、费尔马大定理：费马是十七世纪最卓越的数学家之一，他在数学许多领域中都有极大的贡献，因为他的本行是专业的律师，世人冠以“业余王子”之美称。
初等数论教案
第一章整数的唯一分解定理第一节整除性教学目的：1、掌握整除的性质；2、掌握并会应用带余数除法；3、掌握最小非负剩余概念及性质.教学重点：应用带余数除法教学课时：2课时教学过程1、定义1设a，b是整数，b≠ 0，如果存在整数c，使得a = bc成立，则称a被b整除，a是b的倍数，b是a的约数（因数或除数），并且使用记号b∣a；如果不存在整数c使得a = bc成立，则称a不被b整除，记为b|/a.注：1、显然每个非零整数a都有约数±1，±a，称这四个数为a 的平凡约数，a的另外的约数称为非平凡约数.2、若整数a≠ 0，±1，并且只有约数±1和±a，则称a是素数（或质数）；否则称a为合数.以后若无特别说明，素数总是指正素数.3、下面的结论成立：(ⅰ) a∣b⇔±a∣±b；(ⅱ) a∣b，b∣c⇒a∣c；(ⅲ) b∣a i，i = 1, 2, , k⇒b∣a1x1+a2x2+ +a k x k，此处x i（i =1, 2, , k）是任意的整数；(ⅳ) b∣a ⇒bc∣ac，此处c是任意的非零整数；(ⅴ) b∣a，a≠ 0 ⇒ |b| ≤ |a|；b∣a且|a| < |b| ⇒a = 0；a∣a.(ⅴi) b∣a，a≠ 0 ⇒b证明：留作习题.例1设a1, a2, , a n是整数，且a1+a2+ +a n = 0，a1a2 a n = n，则4∣n.解：如果2|/n，则n, a1, a2, , a n都是奇数. 于是a1+a2+ +a n 是奇数个奇数之和，不可能等于零，这与题设矛盾，所以2∣n，即在a1, a2, , a n中至少有一个偶数. 如果只有一个偶数，不妨设为a1，那么2|/a i（2 ≤i≤n）. 此时有等式a2+ +a n = -a1，在上式中，左端是(n- 1)个奇数之和，右端是偶数，这是不可能的，因此，在a1, a2, , a n中至少有两个偶数，即4∣n.例2若n是奇数，则8∣n2- 1.解：设n = 2k+ 1，则n2- 1= (2k+ 1)2- 1 = 4k(k+ 1).在k和k+ 1中有一个是偶数，所以8∣n2- 1.例3证明：若m-p∣mn+pq，则m-p∣mq+np.解：因为m-p∣(m-p)( n-q)，又因为m-p∣mq+np，所以m-p∣mq +np.2、定理1(带余数除法) 设a与b是两个整数，b≠ 0，则存在唯一的两个整数q和r，使得a = bq+r，0 ≤r < |b|. (1)证明存在性若b∣a，a = bq，q∈Z，可取r = 0. 若b|/a，考虑集合A = { a +kb；k∈Z },其中Z表示所有整数的集合.在集合A中有无限多个正整数，设最小的正整数是r = a +k0b，则必有0 < r < |b|，(2) 否则就有r ≥ |b|. 因为b|/a，所以r≠ |b|. 于是r > |b|，即a +k0b > |b|，a +k0b- |b| > 0，这样，在集合A中，又有正整数a +k0b- |b| < r，这与r的最小性矛盾. 所以式(2)必定成立. 取q = - k0知式(1)成立. 存在性得证.唯一性假设有两对整数q'，r'与q''，r''都使得式(1)成立，即a = q''b +r'' = q'b +r'，0 ≤r', r'' < |b|，则(q''- q')b = r'-r''，|r'- r''| < |b|，(3) 因此r'- r'' = 0，r' = r''，再由式(3)得出q' = q''，唯一性得证. 证毕例4设a1, a2, , a n为不全为零的整数，以y0表示集合A = { y；y = a1x1+ + a n x n，x i∈Z，1 ≤i≤n }中的最小正数，则对于任何y∈A，y0∣y；特别地，y0∣a i，1 ≤i≤n.解设y0 = a1x1'+ + a n x n'，对任意的y = a1x1+ + a n x n∈A，由带余数除法知，存在q, r0∈Z，使得y = qy0+r0，0 ≤r0 < y0 .因此r0 = y-qy0 = a1(x1-qx1')+ + a n(x n-qx n')∈A.如果r0≠ 0，那么，因为0 < r0 < y0，所以r0是A中比y0还小的正数，这与y0的定义矛盾. 所以r0 = 0，即y0∣y.显然a i∈A（1 ≤i≤n），所以y0整除每个a i（1 ≤i≤n）.例5 设a0, a1, , a n∈Z，f(x) = a n x n+ +a1x +a0 ，已知f(0)与f(1)都不是3的倍数，证明：若方程f(x) = 0有整数解，则3∣f(-1) = a0-a1+a2- + (-1)n a n .解对任何整数x，都有x = 3q +r，r = 0，1或2，q∈Z.(ⅰ) 若r = 0，即x = 3q，q∈Z，则f(x) = f(3q) = a n(3q)n+ +a1(3q)+a0 = 3Q1+a0 = 3Q1+f(0)，其中Q1∈Z，由于f(0)不是3的倍数，所以f(x) ≠ 0；(ⅱ) 若r = 1，即x = 3q + 1，q∈Z，则f(x) = f(3q + 1) = a n(3q + 1)n+ +a1(3q + 1)+a0= 3Q2+a n+ +a1+a0 = 3Q2+f(1)，其中Q2∈Z. 由于f(1)不是3的倍数，所以f(x) ≠ 0.因此若f(x) = 0有整数解x，则必是x = 3q + 2 = 3q'- 1，q'∈Z，于是0 = f (x ) = f (3q ' - 1) = a n (3q ' - 1)n + + a 1(3q ' - 1) + a 0 = 3Q 3 + a 0 - a 1 + a 2 - + (- 1)n a n = 3Q 3 + f (-1)，其中Q 3∈Z . 所以3∣f (-1) = a 0 - a 1 + a 2 - + (-1)n a n .3、定义2 称式(1)中的q 是a 被b 除的不完全商，r 是a 被b 除的余数，也叫最小非负剩余，记作r a b =><.4、定理2 对于正整数b a a ,,21，其中0>b ，常有：>><+>>=<<+<2121a a a a ；>><->>=<<-<2121a a a a ；>>><>=<<<2121a a a a .证明：略.5、小结.6、作业 24页ex124页ex425页ex1425页ex15补充：设n m ,为正整数，证明：33n m -为偶数的充要条件为n m -为偶数.。
《初等数论》课程教学标准
《初等数论》课程教学标准第一部分：课程性质、课程目标与教学要求《初等数论》是数学与应用数学本科专业的一门专业选修课，该课程是综合应用近现代数学的工具，来处理与整数相关的问题。
在计算方法、代数编码、组合论、信息安全与密码学等方面有着广泛的应用。
同时由于数论问题的丰富性、多样性及解题所具有的高度技巧，对培养灵活创新的思维品质，逻辑思维、发散思维能力，系统地掌握各种数学思维方法都是不可缺少的。
本课程对培养中学数学教师和从事数学研究都具有特殊重要的作用。
通过对《初等数论》的学习，使学生了解数论中的一些著名问题，比如哥德巴赫猜想、费尔马大定理等；了解数论在计算方法、代数编码、组合论、信息安全与密码学等方面的广泛应用；熟练掌握初等数论的基本内容、基本思想与基本方法；加深对整数的理解，更深入地理解某些相邻学科；培养学生的数学思维，从而提高分析问题解、决问题的能力。
第二部分：关于教材与学习参考书的建议本课程拟采用高等教育出版社2003年7月第三版、由闵嗣鹤,严士健主编的《初等数论》一书，作为本课程的主教材。
为了更好地理解和学习课程内容，建议学习者可以进一步阅读以下几本重要的参考书：1、《初等数论》潘承洞，潘承彪，北京大学出版社1992。
2、《初等数论》周显，华东师大出版社1984。
3、《初等数论》冯克勤，余红兵，合肥、中国科学技术出版社4、《数论基础》王杰官，福建科学技术出版社。
第三部分：课程教学内容纲要《初等数论》主要内容有：整数整除性理论、不定方程、同余、同余式、平方剩余与二次同余式等内容。
其中整除性理论、同余式理论是初等数论课程的基本内容，解不定方程、解同余式是这些理论的最基本的应用。
其各章各章的重点与难点第一章整数的整除性理论重点：整除的基本性整数质及其应用，最大公约数与最小公倍数、素数、算术基本定理。
难点：有关素数问题的探讨及整除性理论在中学数学竞赛问题中的应用。
第二章不定方程重点：二元一次不定方程、多元一次不定方程的有整数解的条件、解法、解结构，了解勾股数及费尔马问题。
大学初等数论教案
1. 知识目标：（1）使学生掌握初等数论的基本概念、性质和定理；（2）使学生了解初等数论的研究方法和应用领域；（3）培养学生逻辑推理、抽象思维和数学建模能力。
2. 能力目标：（1）提高学生运用数学知识解决实际问题的能力；（2）培养学生独立思考、团队合作和创新能力。
3. 情感目标：（1）激发学生对数学的兴趣和热爱；（2）培养学生的严谨求实、勇于探索的科学精神。
二、教学内容1. 整数的基本性质；2. 同余及同余定理；3. 素数与哥德巴赫猜想；4. 最大公约数与最小公倍数；5. 完全数与亲和数；6. 数论的应用。
三、教学方法1. 讲授法：系统讲解数论的基本概念、性质和定理；2. 讨论法：引导学生积极参与课堂讨论，培养合作精神；3. 案例分析法：通过实际案例，提高学生运用数学知识解决实际问题的能力；4. 练习法：布置课后习题，巩固所学知识。
1. 导入新课（1）介绍数论的研究背景和意义；（2）提出本节课的学习目标。
2. 讲解整数的基本性质（1）讲解整数的定义、性质和运算；（2）举例说明整数的基本性质。
3. 讲解同余及同余定理（1）讲解同余的定义、性质和运算；（2）讲解同余定理，并举例说明。
4. 讲解素数与哥德巴赫猜想（1）讲解素数的定义、性质和分布；（2）介绍哥德巴赫猜想及其相关研究。
5. 讲解最大公约数与最小公倍数（1）讲解最大公约数和最小公倍数的定义、性质和计算方法；（2）举例说明最大公约数和最小公倍数的应用。
6. 讲解完全数与亲和数（1）讲解完全数和亲和数的定义、性质和寻找方法；（2）举例说明完全数和亲和数的应用。
7. 讲解数论的应用（1）介绍数论在密码学、计算机科学等领域的应用；（2）举例说明数论在实际问题中的应用。
8. 课堂小结（1）回顾本节课所学内容；（2）强调数论的重要性和应用价值。
9. 作业布置（1）布置课后习题，巩固所学知识；（2）鼓励学生查阅相关资料，拓展知识面。
五、教学评价1. 课堂表现：观察学生的课堂参与度、回答问题的准确性和完整性；2. 课后作业：检查学生的作业完成情况，了解学生对知识的掌握程度；3. 期中期末考试：综合评价学生的学习成果。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
《初等数论》教学大纲
课程编号：10180126
英文名称：Elementary Number Theory
学分：2.5
学时：总学时40学时，其中理论40学时
先修课程：数学分析、高等代数
课程类别：专业课程（选修1）
授课对象：数学与应用数学(师范)专业学生
教学单位：数理信息学院
修读学期：第3学期
一、课程描述和预期目标
初等数论是数学专业的重要课程，是研究整数基本性质的数学学科；其基本理论被广泛应用于数学其他学科以及计算机等相关专业中，部分内容还出现在中小学数学竞赛中。
本课程的学习既对数学专业其他课程的学习有促进作用，也对中小学数学教学有指导意义。
本课程总学时共40学时，其中理论课40学时，教与学的教学活动中，本课程坚持理念“以学生发展为中心，学生学习结果（课程教学目标）为导向，并持续改进(教学反思)学生的学习效果”。
本课程的主要内容是整数性质的基础知识和基本方法，包括整数的整除理论和同余理论，某些特定的不定方程和同余方程的求解等几个部分。
本课程教学活动结束，预期学生将达到以下学习结果：
【学生学习结果1】：了解初等数论的基本内容和发展历史，熟悉整数的整除性理论、同余理论，掌握一次不定方程和二次不定方程的基本解法，了解Fermat大定理的内容，熟悉同余方程的基本概念，会解一元一次同余方程，熟悉孙子定理并掌握求解一元一次同余方程组的基本方法，知道一元同余方程的一般解法。
【学生学习结果2】：通过了解数论的发展历史，特别是中国数学家在数论研究方面的卓越贡献，学生的学习热情和民族自豪感得到提高，能积极的思考并逐渐形成主动学习的习惯。
【学生学习结果3】：通过学习各类方程的具体解法，数学运算能力得到增强；通过探究理解理论体系中概念之间的内在逻辑联系，逻辑推理能力得到提升；通过理解主要方法和重要定理的来源背景和适用范围，特别是变化形式的应用情况，抽象思维能力和发散思维能力得到提高，最终适应中学数学教育的学科综合素养得到提高。
二、本课程对应的专业毕业要求的内涵分解和权重关系
本课程对应的专业毕业要求内涵和指标，以及所支撑毕业要求指标的权重关系如表2-1和表2-2所示。
表2-1 对应本课程的专业毕业要求内涵分解
表2-2
课程与毕业要求指标的支撑程度矩阵关系
三、教学内容、基本要求与学时分配
本课程理论教学共40个学时，包含4章。
表3-1教学内容、基本要求与学时分配
四、学生毕业目标的达成途径
本课程采用课堂讲授、分组讨论、课外学习（课程小论文、课程报告等）的教学方法，以达到符合毕业要求指标点的教学目的。
表 4-1课程毕业要求和达成途径
注: 毕业要求指标下内涵和具体内容参考表2-1。
五、学业评价和课程考核
考核方式：本课程采用过程性考核和结果性考核相结合的方式。
表 5-1：学业考核评价标准
注：1.作业包括：课后习题作业（小作业）、开放课题小论文(大作业)等形式；2．过程考核包括：出勤率和课堂表现，教学上互动和学习反馈，线上讨论参与情况等；3.
学生综合总评成绩=作业考核(100分制)×10% +过程考核(100分制)×10% +中期考核(100分制)×20% + 期末成绩(100分制)×60%。
表 5-2：作业考核评价方法
表 5-3：过程考核评分标准
本课程学生学习结果评价依据和评价方法见表5-4所示。
表5-4 学生学习结果评价因子及达成评价值的符号对照表
,k
,j
k
支撑学生学习结果方式平均设定分数值，即,k
第2,3
学生学习结果
对1,2,3i =，学生学习结果i 的达成评价值采用计算公式:
1
1
k
j
ij
j i k
j
ij i
j p
A A p
M E ===
⨯∑∑。
评价依据和评价方法说明：
学生学习结果的达成标准：本课程学生学习结果达成值的期望值(1,2,3)i E i =与课程的学习结果、各环节考核的综合难易程度有关，故本课程任课教师对学生学习结果的期望值
(1,2,3)i E i =设置为0.6-1.0，本课程各学习结果达成值的期望值设定为1
2
3
0.8E E E ===。
学生学习结果指标达成情况的主要评判依据：（1）当学生学习结果达成评价值聚集1附近时，学生学习结果达成分布正常合理，达成情况比较理想；（2）参照《绍兴文理学院学士学位授予工作细则》（绍学院发〔2016〕126 号），获得学士学位需要“综合学业平均学分绩点不小于 2”，转换成百分制即对应课程的各学习结果考核平均成绩≥70分，满分对应为100分。
因此，本专业课程的各学习结果达成值最小值设定为70/(0.8*100)=0.875，小于0.875认定为“未达到要求”；（3）当学生的某学习结果考核成绩≥90分（此学习结果设定分为100分），对应的学习结果达成值为90/(0.8*100)=1.125，一般意义下,该评价值为尖优学生的正常值或正态分布的异常值。
这时，需要结合全体学生的达成值数据分布情况，并考虑课程考核方式之一（平时作业、测验、期中考核、期末考核等）是否存在不合理之处，是否需要进一步规范改进。
因此，大于1.125认定为“超预期要求”。
对于学习结果1：主要评价学生对于初等数论的基础知识和思想方法的掌握情况，包括整除理论、同余理论等，因此期中、期末考核卷面成绩都比较容易反映学生对这些知识点的掌握程度，故期中、期末的试题命题支撑对学生学习结果1权重应相对大些。
对于学习结果2：主要评价学生对数学知识的情感态度，学生是否对学生数论产生兴趣，是否积极主动的完成各项教学活动。
因此，平时的课堂讨论和书写作业，学生之间有更多的机会深入探讨和交流，这样可以互相启发，开阔思路，进一步活跃学习气氛，激发学习兴趣，更能体现对学习结果的达成，故平时作业、过程考核支撑各学生学习结果2权重较大。
对于学习结果3：主要评价学生适应中学数学教育的学科综合素养，包括抽象思维能力、逻辑思维能力和发散思维能力等。
在平时的作业、课外阅读和报告等形式中，能很好地反映运用知识的能力，同时在期中考试和期末考试的作答中，也体现学生的学习迁移能力，故作业考核、期中考核、期末考核支撑学生学习结果3权重相对均衡。
六、持续改进（教学反思）
（一）在教学过程中，通过个别面谈求询、课堂讨论，启发式提问等形式，强化师生学业沟通，充分掌握学生学情，及时反思教学设计、技术手段、评价形式存在的不足，不断改进教学（线上或线下）过程存在的问题。
（二）结合学生课后作业、期中考核情况及教学测评、教学信息员、教学督导、教学巡察等反馈的反馈意见，对课堂教学内容、方式、方法和学业评价标准、体系等进行完善，做出相应的调整；在下一轮学生预期中不断提高，确保相应学生学习结果和所支撑的毕业要求指标达成。
七、教材与参考书
（一）使用教材
1. 潘承洞,潘承彪．初等数论（第三版）．北京:北京大学出版社.2013年1月版
（二）参考资料
1. 潘承洞,潘承彪．简明数论．北京:北京大学出版社.1998年1月版
2. 柯召,孙琦．数论讲义．北京:高等教育出版社.2005年2月版
3. 管训贵．初等数论．合肥:中国科学技术大学出版社.2011年10月版
4. 冯志刚.初等数论．上海:上海科技教育出版社.2015年11月版。