初等数学研究教案

教 案 课 程 名 称： 初等数学研究 任 课 教 师： 陈宏道 教 师 所 在 单 位： 统计系 课程简介初等数学研究是初等教育专业的专业课。它是在学生掌握了一定的高等数学理论知识的基础上，继教育学、心理学之后而开设的。本课程从中学数学教学的需要出发，以基本问题分成若干专题进行研究，在内容上适当加深和拓广，在理论、观点、思想、方法上予以总结提高，并着重解决理论方面的问题。本课程的重点是培养中小学数学教师严谨、系统的初等数学理论和基础知识，训练中小学数学教师的技巧。初等数学研究包括初等代数研究和初等几何研究两部分，是初等教育专业开设的一门综合性的选修课程。根据高等师范学校数学专业的培养目标，通过该课程的学习，使学生了解初等数学的发展过程，初等数学的内容结构，思想方法等。理解初等数学理论知识，提高中学数学教学水平。学习本课程，要求学生更好地掌握并处理中学数学的教材，还必须使学生理解中学数学中用描述的方法引进的一些数学概念怎样给出精确的定义，未作证明的或证明不完整的数学命题怎样做出严格的证明，以及一些广泛应用的数学方法的理论依据。本课程摆脱了中学数学里已有的基础，以及高等数学里已作详尽讨论的知识，按照自己的逻辑系统来阐述初等数学的内容，并进行研究，将避免造成与中学数学或高等数学不必要的重复。对于中学数学中已经解决的问题，将不在展开讨论，已有的知识与技能将作为工具来应用，在高等数学里已讨论过的有关理论，可以直接指导中学数学的，将直接应用，不再讨论。初等数学研究教案授课章节第 1章 第 1节任课教师陈宏道教学方法与手段讲授法、探究式课时安排2学时使用教材和主要参考书石函早等编初等数学研究教程季素月等编初等数学研究教程李长明等编初等数学研究余元希等编著初等代数研究 朱德祥编著初等几何研究 教学目的与要求：引导学生掌握数系扩充的必要性及数系扩充的必须遵循的四个原则。教学难点与重点：重点：数系扩充的方法难点：数系扩充必须遵循的原则教学内容： 1 数系扩充概述本节研究数系发展的原则和方法。若从数学学科本身发展的需要来看，扩充的必要性常从两方面来说明：（1）某一运算的逆运算在原有数集中不能完全实施；（2）某一方程在原有数集中无解. 数的扩充方法一般有两种.一种是在已建立的数系A中添加一类新数的集合，构成扩集B，例如，在非负有理数集Q+0基础上添加负有理数集Q，构成有理数集Q=Q+0Q-.另一种方法是先用旧数集A中的数为材料构成一个新数集B，然后指出新数集B中某一真子集与A相等（严格讲，是B的某个真子集与A同构），复数系的建立就是采用这一种方法.从数集A扩充为数集B，不论采用哪一种方法，都必须遵循下列原则：（1）A B，即集A集B的真子集；（2）集A中已定义的元素之间的基本关系和运算，在集B中也有相应的定义，并且集B中的定义，对于B的子集A中的元素来说，与原来A中的定义一致；（3）在A中无解的某类方程，在集B中有解；（4）B是满足上述三个原则的A的所有扩充中的最小扩充。由于“某一运算的逆运算在原由数集中不能完全实施”，“某一方程在原有数集中无解”，使得数集扩充有着必要性。数集的过冲有 “添加新元素法”和 “构造法” 两种。从数集A扩充到数集B，不论采用哪一种方法都必须遵循四个原则。复习思考题、作业题：自由选择一本数学史教材，理解数对于整个数学理论的重要性，写出一篇简短的论文。授课章节第1 章 第2节任课教师陈宏道教学方法与手段讲授法、探究式课时安排2学时使用教材和主要参考书石函早等编初等数学研究教程季素月等编初等数学研究教程李长明等编初等数学研究余元希等编著初等代数研究 朱德祥编著初等几何研究 教学目的与要求：使学生理解和掌握自然数的序数理论，并能掌握和灵活地运用数学归纳法解题。教学难点与重点：重点：自然数的序数理论。难点：自然数的公理系统。教学内容：2 自然数本节研究自然数的序数理论。定义1 非空集合N中的元素叫做自然数,如果N的元素之间有一个基本关系“后继”(b后继于a,记为b=a)，并满足下列公理：（1）1N，1不是N中任何元素的后继元素；（2）对N中任何元素a，有唯一的aN；（3）对N中任何元a，如果a1，则a必后继于N中某一元素b；（4）（归纳公理）如果MN，且1M；若aM，则aM.那么，M= N.这个系统称为皮亚诺公理系统.定理1 自然数的加法满足结合律与交换律.即对任何a、b、cN，有（1）a+（b+c）=（a+b）+c；（2）a+b=b+a.证明 （1）设a、b是给定的两个自然数，令集合M=c|a+（b+c）=（a+b）+c.由于（a+b）+1=（a+b）=a+b=a+（b+1），所以1M.若cM，即（a+b）+c=a+（b+c），则a+（b+c）=a+（b+c）=（a+（b+c）=（a+b）+c）=（a+b）+c.于是，cM.根据归纳公理，M=N.再由a、b的任意性知a+（b+c）=（a+b）+c成立.（2）先证对任意的aN，1+a=a+1成立.设集合M=a|a+1=1+a.因1+1=1+1，所以1M.若aM，即有a+1=1+a，于是a+1=（a+1）+1=（1+a）+1=1+（a+1）=1+a.这表明aM.由归纳公理，M=N，即对所有自然数a，1+a=a+1成立.再证a+b=b+a成立.令集合M=b|a+b=b+a.由上述证明知1M.若bM，则a+b=a+（b+1）=（a+b）+1=（b+a）+1 =1+（b+a）=（1+b）+a=（b+1）+a=b+a.即bM，于是M= N，则a+b=b+a成立.定义3 自然数的乘法是指这样的对应：对于每一对自然数a、b，有且仅有一个自然数（记为ab）与之对应，且具有下述性质：（1）a1=a；（2）ab=ab+a.这里a、b称为乘数，ab称为a、b的积.定理2 自然数的乘法满足右分配律，即对N中任何a、b、c，有（a+b）c=ac+bc.证明 令集合M=c|（a+b）c=ac+bc.因为（a+b）1=a+b=a1+b1，所以1M.假定cM，就有（a+b）c=ac+bc，于是（a+b）c=（a+b）c+（a+b）=（ac+bc）+（a+b） =（ac+a）+（bc+b）=ac+bc，这说明cM，按归纳公理得M= N.定理3 自然数的乘法满足右分配律.定理4 自然数的乘法满足结合律，即对任意的自然数a、b、c，有a（bc）=（ab）c仿照定理1的（2）的证明可证得.根据定理1-4，代数结构（N，+），（N，）都是半群.定义4 设a、bN，如果存在xN，使b+x=a，则称x为a减去b的差，记作a-b，a叫做被减数，b叫做减数，求两数差的运算叫做减法.减法是加法的逆运算，在自然数集中，由于方程b+x=a不总是有解，所以减法也不是总能实施的.定义5 设a、bN，如果存在xN，使bx=a，则称x是a除以b的商，记作a/b.这里a叫做被除数，b叫做除数，求两数商的运算叫做除法.复习思考题、作业题：1、证明：自然数的乘法满足右分配律.2、证明：自然数的乘法满足结合律，即对任意的自然数a、b、c，有a（bc）=（ab）c. 授课章节第1 章 第3节任课教师及职称陈宏道教学方法与手段讲授法、探究式课时安排2学时使用教材和主要参考书石函早等编初等数学研究教程季素月等编初等数学研究教程李长明等编初等数学研究余元希等编著初等代数研究 朱德祥编著初等几何研究 教学目的与要求：掌握自然数的性质和数学归纳法的理论依据教学难点与重点：重点：数学归纳法的原理难点：应用数学归纳法解决问题教学内容：本节继续研究自然数的序数理论。定义6 设a、bN，如果存在一个自然数k，使a=b+k，就说a大于b，记为ab；或说b小于a，记为ba.定理5 自然数集中的关系“”满足下列性质：（1）（反自反性）aa， aN.（2）（传递性）若ab，bc，则ac.（3）（全序性）对于N中任两个数a、b，下列情况有且仅有一种成立；ab，a=b，ba.反自反性，传递性证明从略.现证明全序性.证明 先证明三种可能中至多有一个成立.假设ab，a=b同时成立，就有kN，使a=b+k，由a=b得b=b+k，矛盾.同理ba与ab不能同时成立，ba与a=b也不能同时成立.再证ab，a=b，ba中至少有一个成立.取定a，对b运用归纳.当b=1时，若a=1，则a=b；若a1，则存在cN，使a=c=c+1，于是a1=b，即ab成立.假设ab，a=b，ba中总有一个成立，考虑a与b的顺序关系.当ba时，存lN，使b=a+l，b=（a+l）=a+l，ba；当a=b时，b=b+1=a+1，ba；当ab时，存在kN，使a=b+k.若k=1，则a=b；若k1，则存在sN，使k=1+s，于是a=b+k=b+（1+s）=（b+1）+s=b+s，ab.定理6 自然数集中的顺序关系“”满足加法和乘法的保序性.即（1）若ab，则a+cb+c；（2）若ab，则acbc.定理7 在自然数集中，消去律成立.即（1）若a+c=b+c，则a=b；（2）若ac=bc，则a=b.自然数的顺序关系“”还具有其他性质；定理8 在自然数集N中，1是最小数，即对于任何自然数a，a1.仿照定理5 的证明，请同学写出定理6、7、8的证明。定理9 （自然数的离散性）任两个相邻的自然数a与a之间，不存在自然数b，使得aba.证明 若ba，则存在kN，使b=a+k.因k1，所以a+ka+1，即ba，矛盾，故ab不可能成立.定理10 （阿基米德性质）对任意自然数a、b，必有自然数n，使nab.提示： 取nb即可.定理11 （最小数原理）N的任何一个非空子集必有最小数.证明 用反证法.设非空集合AN，但A没有最小数.令所有小于A中任何一个数的自然数组成的集合为M.因为1是自然数集N的最小数，而A没有最小数，所以1A，这说明1M.假设mM，现在设法证明mM.事实上，如果m M，则存在a1A，使a1m.又因A中没有最小数，故存在a2A，使a2a1m，于是a2m，与mM矛盾.所以M= N.因为A非空，A中至少有一数t，且tN=M，由集M的定义知tt，矛盾，所以集A有最小数.归纳公理与最小数原理是等价的.数学归纳法的两种基本形式的依据就是归纳公理与最小数原理.定理12 （数学归纳法第一基本形式）设f（n）是一个与自然数有关的命题，如果（1）f（l）成立；（2）若f（k）成立，则f（k）成立.那么，f（n）对一切自然数n都成立.证明 令M=n|f（n）是真命题，nN，由归纳公理以及条件（1）、（2）知M= N.定理13 （数学归纳法第二基本形式）设f（n）是一个与自然数有关的命题，如果（1）f（1）成立；（2）假设f（m）对所有小于k（k1）的自然数m都成立，f（k）也成立.那么，f（n）对一切自然数n都成立.证明 假设符合上述条件（1）、（2）的f（n）对某些自然数并不成立，则M=n|f（n）不是真命题是非空集合，因而M有最小数n0，n01.因为n0是f（n）不成立的最小数，对于小于n0的一切数f（n）都成立，由（2）知f（n0）也成立，即n0M，矛盾.利用集合论的知识来定义自然数的加法、乘法和顺序关系。1. 若集合A、B之间能建立一个一一对应关系，则称A、B等价，一切等价集合的共同特征叫做基数.不能与其任一真子集等价的集合叫做有限集，有限集的基数叫做自然数.2. 设有限集合A、B的基数分别是a、b.（1）如果A与B等价，则称a等于b，记为a=b；（2）如果A与B的一个真子集等价，则称a小于b，记为ab；（3）如果A的一个真子集与B等价，则称b小于a，记为ba.3. 设两个有限集A、B的基数分别为a、b，且AB=，如果C=AB，则称C的基数c是a、b的和，记为c=a+b，求两数和的运算叫做加法.设b个等价集合A1、A2、Ab的基数都是a，且AiAj（1ijb，如果C=A1A2Ab.则称C的基数c是a、b的积，记为ab.求两数积的运算叫做乘法.容易证明，自然数的加法、乘法运算律都成立.复习思考题、作业题：1、用最小自然数原理证明归纳公理。2、用归纳公理证明最小自然数原理。 授课章节第1 章 第4节任课教师陈宏道教学方法与手段讲授法、探究式课时安排2学时使用教材和主要参考书石函早等编初等数学研究教程季素月等编初等数学研究教程李长明等编初等数学研究余元希等编著初等代数研究 朱德祥编著初等几何研究 教学目的与要求：理解并熟练掌握整数的构造理论。教学难点与重点：重点：整数的定义及运算。难点：整数的运算。教学内容：4 整数和有理数本节研究整数的构造及其性质。6.1.1 整数的定义及运算定义1 两序偶(a,b)、（c,d）相等,当且仅当a=c、b=d.定义2 设(a,b),(c,d)NN,如果a+d=b+c,则称(a,b)等价于(c,d),记为(a,b)(c,d).定理1 NN中关系“”是个等价关系,即关系“”满足（1）（反身性）（a，b）（a，b）；（2）（对称性）若（a，b）（c，d），则（c，d）（a，b）；（3）（传递性）若（a，b）（c，d），（c，d）（e，f），则（a，b）（e，f）.这里只证（3），（1）、（2）留给学生完成.证明 （a，b）（c，d），（c，d）（e，f），a+d=b+c，c+f=d+e.于是，a+d+f=b+c+f=b+d+e，由消去律，得a+f=b+e，（a，b）（e，f），（3）得证.NN中与（a，b）等价的一切序偶组成的集合叫做（a，b）的等价类，记为a，b. 定义3 NN中序偶的等价类叫做整数.一切整数的集合叫做整数集，记为Z.由定义2、定义3可知，两整数a，b、c、d相等，当且仅当a+d=b+c.特别地，有a+m，b+m=a，b，mN.定义4 Z中加法、乘法规定如下：a，b+c，d=a+c，b+d.a，bc，d= 例1 设a，b=a，b，c，d= c，d，求证：（1）a，b+ c，d= a，b+ c，d，ac+bd，ad+bc.（2）a，bc，d = a，b c，d.证明（2）a，b =a，b，c，d= c，d.a+ b= b+ a，c+ d= d +c.于是，ac+bc=bc+ac，ad+bd=bd+ad，两式相加，得ac+bc+bd+ad=bc+ac+ad+bd，所以 ac+bd，bc+ad=ac+bd，bc+ad，即 a，bc，d=a，bc，d.同理可证 a，bc，d= a，bc，d，所以 a，bc，d= a，bc，d.定理2 整数集Z中的加法、乘法运算满足结合律、交换律和分配律.此定理可利用自然数的运算性质和定义4得到证明，具体过程从略.定义5 整数1，1叫做整数集Z的零元（或者叫做数零）；对任意整数a，b（a b），b，a叫做a，b的负元（或者叫做相反数）记为-a，b.例2 已知a，b，c，dZ，求证方程c，d+x=a，b在Z中有且仅有一解.证明 在方程两边同加上c，d的负元d，c，得c，d+x+d，c= a，b+ d，c.由交换律，结合律得（c，d+d，c）+x=a+d，b+c，即 x=a+d，b+c.反之，a+d，b+c也适合方程，所以方程有唯一解a+d，b+c.a+d,b+c叫做a、b减去c、d的差，记为a，b-c，d.又因为a+d，b+c=a，b+d，c=a，b+（-c，d），定理3 正整数集合Z+与自然数集N关于加法和乘法运算是同构的.证明 设集Z+到集N的映射f为f：1+m，1m，显然f是一一映射，并且对任意的m，nN，f（1+m，1+1+n，1）=f（1+m）+（1+n），1+1）=f（1+m+n，1）=m+n=f（1+m，1）+f（1+n，1）.f（1+m，11+n，1）=f（1+m）（1+n）+1，1+m+1+n）=f（mn-1，1）=mn=f（1+m，1）f（1+n，1）.所以Z+与N同构.6.1.2 整数的顺序关系定义6 设、Z，若-Z+，则称大于，记为，或称小于，记.定理4 设a、bN，那么（1）1+a，1+1+b，1=a+b；（2）1，1+a+1，1+b=-（a+b）；（3）1+a，1+1，1+b=（4）1+a，11+b，1=ab；（5）1，1+a1，1+b=ab；（6）1+a，11，1+b=-ab.定理5 设，是两个整数，则=0的充要条件是=0或=0.证明 若=0=1，1，=a，b，则=1，1a，b=a+b，a+b=1，1=0；如果0，0，由定理4中（4），（5），（6），知0.定理6 Z中的顺序关系“”满足反自反性，传递性，全序性.定理7 Z中的顺序关系“”满足加法和乘法的保序性.即：（1）若ab，则a+cb+c，a，b，cZ；（2）若ab，c0，则acbc，a，b，cZ.定理的证明留给学生.定理8在整数集中，消去律成立，即（1）若a+c=b+c，则a=b；（2）若c0，ac=bc，则a=b.证明 （1）在a+c=b+c两边同加上c的负元，便得a=b.（2）由ac=bc得ac-bc=0，即（a-b）c=0，因c0，由定理5知a-b=0，即a=b.特别要注意，这里的加法、乘法法则是由定义4推导出来的，而在中学教材中的加法、乘法运算法则就是加法、乘法运算的定义，是不能证明的.复习思考题、作业题：1、证明：Z中的顺序关系“”满足反自反性，传递性，全序性.2、证明：Z中的顺序关系“”满足加法和乘法的保序性. 授课章节第1章 第5节任课教师陈宏道教学方法与手段讲授法、探究式课时安排2学时使用教材和主要参考书石函早等编初等数学研究教程季素月等编初等数学研究教程李长明等编初等数学研究余元希等编著初等代数研究 朱德祥编著初等几何研究 教学目的与要求：理解并熟练掌有理数的构造理论。教学难点与重点：重点：有理数的定义及运算。难点：有理数的运算。教学内容：5.2.1 有理数的定义及运算 本节研究有理数的定义及其运算。定义7 若（a，b），（c，d）ZZ0，且ad=bc，则称（a，b）等价于（c，d），记为（a，b）（c，d），其中Z0为非零整数集，ZZ0=（a，b）|aZ，bZ0.ZZ0中与（a，b）等价的一切序偶组成的集合叫做（a，b）的等价类，记为a，b.定义8 ZZ0中序偶的等价类叫做有理数，一切有理数的集合叫做有理数集，记为Q.定义9 设a，b，c，dQ，则Q中加法、乘法规定为：a，b+c，d=ad+bc，bd；a，bc，d=ac，bd.定理9 有理数的加法、乘法满足结合律、交换律和分配律.证明作为作业题。定义10 有理数0，1，1，1分别叫做Q的零元（或数“零”），单位元（或数“1”）.对任意的有理数a，b，-a，b叫做a，b的负元（或相反数），记为-a，b；如果a，b0，1，则b，a叫做a，b的逆元（或倒数），记为a，b-1或. 例3 证明：在有理数集中，方程c，d+x=a，b有且仅有一解.证明 在方程两边同加上c，d的负元-c，d，则有c，d+x+-c，d=a，b+-c，d，于是 x=a，b+-c，d，即 x=ad-bc，bd.反之，ad-bc，bd适合方程.所以方程有且仅有一解ad-bc，bd.ad-bc，bd叫做a，b减去c，d的差，记为a，b- c，d ，即a，b- c，d= ad-bc，bd。由于ad-bc，bd= a，b+-c，d，于是得到减法法则：减去一个数等于加上这个数的相反数.例4 证明：在有理数集中，当c，d0，1时，方程c，dx=a，b有且仅有一解.证明 在方程两边同乘以c，d的逆元d,c,得c,d xd,c=a,bd,c,即 x=ad,bc.反之,ad,bc也适合方程,所以方程有且仅有一解ad,bc.我们把ad,bc叫做a,b除c,d的商,记为a,bc,d,或.于是ad,bc =a,bc,d= a，bc，d-1.5.2.2 有理数的顺序关系定义11 若,是有理数，且-Q+，则称大于或者小于，记为或.定理10 Q中的顺序关系“”具有反自反性、传递性、全序性以及加法和乘法的保序性.证明 略.定理11 （阿基米德性质）设，Q+，则存在nN，使n.证明 不访设a、b、c、dN，对于正整数ad、bc，总存在nN，使nadbc，即n.和自然数一样，整数集也具有离散性.然而，在有理数集中，这一性质被稠密性所代替.定理12 （稠密性）若，Q，且，则存在Q，使.证明 取，于是-=- =0，所以，同理，.注记1 从自然数扩充为有理数集一般有两种途径：（1）N ZQ，（2）N Q+Q.注记2形如（b0）的有理数，当b 整除a时，它是整数；当b不整除a时，它是分数.关于分数与小数互化有下述结论：（1）设a、b互素，能化为有限小数的充分必要条件是b只含有素因子2，5；（2）设a、b互素，能化为纯循环小数的充分必要条件是b与10互素；（3）若a、b互素，且b=,则能化为混循环小数. 注记3 中学数学中涉及的有理数，是在算术数（自然数，零，正分数）基础上，通过引进“负数”的概念建立起来的，在有理数集中，数的大小比较和加法、乘法运算，则是借助于“相反数”和“绝对值”的概念，给出比较大小的法则和运算法则.复习思考题、作业题：1、证明：Q中的顺序关系“”具有反自反性、传递性、全序性以及加法和乘法的保序性.2、证明： 有理数的加法、乘法满足结合律、交换律和分配律. 授课章节第1 章 第6 节任课教师陈宏道教学方法与手段讲授法、探究式课时安排2学时使用教材和主要参考书石函早等编初等数学研究教程季素月等编初等数学研究教程李长明等编初等数学研究余元希等编著初等代数研究 朱德祥编著初等几何研究 教学目的与要求：理解并熟练掌握实数的定义，运算。教学难点与重点：重点：实数的定义及运算。难点：实数的性质。教学内容：6 实 数本节研究实数的定义及其运算。6.1 实数的无限小数定义定义1 称十进小数+，为正实数（a0为非负整数，1ai9，aiN，i=1，2，n，）简记为=a0.a1a2an.对于每一个正实数a，有一个数-a与之对应，-a叫做负实数.正实数、负实数、零构成实数集，记为R.定义2 对于两个正实数=a0.a1a2an，=b0.b1b2bn，若i=i（i=0，1，2，），则称=；若ak=bk（k=0，1，2，n-1），但anbn，则称大于（或小于），记为（或).并且规定，所有正实数都大于零，零大于一切负实数，正实数大于负实数；对于两个负实数-、-，若，则-.在实数集内，上述定义的顺序关系具有反自反性、传递性和全序性.定理1 （实数的稠密性）任意两个实数、（)之间有无穷多个有理数，也有无穷多个无理数.证明 （1）设0，a0.a1a2an，b0.b1b2bn，且b0a0或者当a0=b0，a1=b1，ak-1=bk-1时，bkak.此时，取有理数b=bo，或者b=b0.b1b2bk，则b.不访设ak+i9，取数ak+t，使9ak+tak+t，令a=a0.a1a2akak+t-1 ak+t，于是， ab.由于在两个有理数、之间有无穷多个有理数，所以、之间有无穷多个有理数.又因为在有理数a的数码ak+t之后可以任意添加数码构成无穷多个无理数，它们都在a、b之间.所以、之间有无穷多个无理数.（2）若0，则-0，在-、-之间有无穷多个有理数和无理数，所以、之间也有无穷多个有理数和无理数.（3）若0，则在与0之间以及0、之间有无穷多个有理数与无理数，结论仍然成立.6.2 区间套定义实数的方法定义3 设正实数a0.a1a2an，记有理数na0.a1a2an，+na0.a1a2an+，则n、+n分别叫做的精确到的不足近似值和过剩近似值.定义4 设an是有理递增序列，bn是有理递减序列，由它们构成无穷多个闭区间a1，b1，a2，b2，an，bn，并满足下列条件：（1）anbn，n=1，2，；（2）当n充分大时，bn-an趋于零.则称上述无穷闭区间序列为闭区间套，记为an，bn.定理2 设an，bn是个闭区间套，则有且仅有一个实数，满足anbn，n=1，2，3，.定义5 设、R，则由闭区间套-n+-n，+n+n 所确定的实数叫做实数、的和，记为=+.由定义5以及定理4，可以证明：（1）0+=+0=；（2）对任意实数，存在实数，使+=+=0.定义6 若、是正实数，则由闭区间套-n，-n，+n，+n所确定的唯一实数叫做乘以的积，记为=，并且规定0=0=0；（-）=（-）=-（）；（-）（-）=.我们可以证明：（1）实数乘法有唯一的单位元1，满足1=1=；（2）对任意非零实数，存在唯一实数，使=1，叫做的逆元，记为-1.定理3 设、R，（1）若，则+；（2）若，0，则；若，0，则.定理4 若实数0，n为大于1的整数，则有且仅有一个非负实数x，使xn=.定义8 称适合xn=（0，n为大于1的正整数）的非负实数x为的n次算术根，记为x=.例1 设a、b、c、dQ,、是无理数，若a+=c+，求证a=c，b=d.证明 由a+=c+得=c-a+，两边平方，得b=（c-a）2+d+2（c-a）.即（b-d）-（c-a）2=2（c-a）. (*)若ca，则,左边是无理数,右边为有理数,矛盾.所以c=a,再由(*)式知b=d.例2 设a1,b1,a、b互素，求证logab是无理数.证明 假设logab=（pz，qN），则有ap=bq.如果p0，则1=a-pbq，这不可能；如果p0，则ap=bq与a、b互素矛盾.所以logab是无理数.复习思考题、作业题：1、设an，bn是个闭区间套，则有且仅有一个实数，满足anbn，n=1，2，3，2、设、R，（1）若，则+；（2）若，0，则；若，0，则.3、若实数0，n为大于1的整数，则有且仅有一个非负实数x，使xn=. 授课章节第1章 第7 节任课教师陈宏道教学方法与手段讲授法、探究式课时安排2学时使用教材和主要参考书石函早等编初等数学研究教程季素月等编初等数学研究教程李长明等编初等数学研究余元希等编著初等代数研究 朱德祥编著初等几何研究 教学目的与要求：理解和熟练掌握复数的定义和运算算并能灵活的运用复数的有关性质解题。教学难点与重点：重点：复数的定义和运算难点：复数的定义，复数的开方运算教学内容： 7复 数在实数域中，四则运算可以不受限制地进行.然而，形式简单的方程x2+1=0却在实数范围内无解，这说明开方运算不能普遍实施，因此必须在实数基础上作再一次扩充.7.1 复数的定义与运算定义1 把一切实数序偶组成的集合（a，b）|a，bR记为C，集C中的加法、乘法运算规定如下：（a1，b1）+（a2，b2）=（a1+a2，b1+b2）；（a1，b1）（a2，b2）=（a1a2-b1b2，a1b2+a2b1）.这样的集合C叫做复数集，C中的元素叫做复数.定理1 复数的加法、乘法满足结合律、交换律以及乘法对加法的分配律.定理2 设（a，b）C，则（1）（a，b）+（0，0）=（a，b）；（2）（a，b）+（-a，-b）=（0，0）；（3）（a，b）（1，0）=（a，b）；（4）若（a，b）（0，0），则 （a，b）（）=（1，0）.例1 设（a1，b1）、（a2、b2）是两个复数，求证：（1）方程（a2，b2）+x=（a1，b1）有且仅有一解；（2）当（a2，b2）（0，0）时，方程（a2，b2）x=（a1，b1）有且仅有一解.证明 （1）在方程两边加上（a2，b2）的负元，得x=（a1，b1）+（-a2，-b2）即 x=（a1-a2，b1-b2）.反之，不难验证，（a1-a2，b1-b2）适合方程，所以方程有唯一解.（a1-a2，b1-b2）叫做（a1，b1）减去（a2，b2）的差，记为（a1，b1）-（a2，b2），即（a1，b1）-（a2，b2）=（a1-a2，b1-b2）.7.2 复数的三角形式数z=a+bi可以表示为r（cos+isin）的形式，其中r=|z|，为z的一个辐角，并且cos=，sin由复数的乘法容易得到：定理3 （棣美弗定理）r（ cos+isin）n=rn（cosn+isinn）.8.3 复数的开方定理4 设=r（cos+isin）（0），则方程n=有且仅有n个根k，其中k=，k=0，1，n-1.证明 设复数=（cos +isin）适合方程n=，则n（cos+isinn）= r（cos+isin）.于是，n=r，n=+2k，k=0，1，2，所以，k=.反之,容易验证k也适合方程n=.可以证明在无穷多个k中,有且仅有n个互异的值. 8.4 复数的应用例2 cos+cos+cos=sin+sin+sin=0，则cos2+cos2+cos2=sin2+sin2+sin2=0证明 设z1=cos+ isin，z2=cos+ isin，z3=cos+ isin由条件知，z1+z2+z3=0，|z1|=|z2|=|z3|=1，故z12+z22+z32=(z1+z2+z3)2-2(z1z2+z2z3+z1z3) =-2z1z2z3()=0 右z12+z22+z32=（cos2+cos2+cos2）+i(sin2+sin2+sin2),cos2+cos2+cos2= sin2+sin2+sin2=0.例3 已知arctana+arctanb+arctanc=,求证：ab+bc+ca1,且a+b+c=abc.证明 设arctana=,arctanb=,arctanc=,则、分别是复数z1=1+ai、z2=1+bi、z3=1+ci的辐角，+则是复数z1 z2 z3的一个辐角.因为+=，所以z1 z2 z3是负实数，而z1 z2 z3=(1+ai)(1+bi)(1+ci) =(1-ab-bc-ac)+(a+b+c-abc)故 ab+bc+ca1,a+b+c=abc.例4 求.解 令=，则7=-1.最后我们概括一下各种数集的性质.前面我们讨论了自然数、整数、有理数、实数、复数的构成，并讨论了运算性质、有序性、离散性、稠密性与连续性，现将数集所具有性质总结归纳如下：数 集自然数集N整数集Z有理数集Q实数集R复数集C主 要 性 质代数结构离 散 性稠 密 性有 序 性有序环或域连 续 性可换半群整环域域域复习思考题、作业题：1、证明定理1、2和32、已知arctana+arctanb+arctanc=,求证：ab+bc+ca1,且a+b+c=abc.授课章节第2 章 第 1 节任课教师陈宏道教学方法与手段讲授法、探究式课时安排2学时使用教材和主要参考书石函早等编初等数学研究教程季素月等编初等数学研究教程李长明等编初等数学研究余元希等编著初等代数研究 朱德祥编著初等几何研究 教学目的与要求：理解并熟练掌握式的有关理论，能灵活地运用有关性质解题教学难点与重点：重点：式的恒等变形特点难点：式的分类教学内容：1式的理论概述本章中我们所确定的式指的是解析式.2.1式的定义及分类初等数学中的解析式的分类如下:解析式的分类是就它们的形式来说的.解析式的分类是针对所考察的字母涉及的运算而言的.2.2式的定义域及式的值设f(x1,x2,xn)是含字母x1、x2、xn的一个解析式,用具体的数a1、a2、an依次代替x1、x2、xn,然后按式中指定的顺序进行运算,算得结果b,则b叫做式f(x1、x2、xn)对应于有序数组(a1、a2、an)的值.2.3式的恒等变形定义1如果两个解析式f(x1,x2,xn)、g(x1,x2,xn),对于它们公共定义域中任一有序数组都有相同的值,则称这两个解析式恒等,记作f(x1,x2,xn)= g(x1,x2,xn).在不会产生混淆的情况下,也可记作f(x1,x2,xn)=g(x1,x2,xn).定义2 一个解析式转化为另一个与它恒等的解析式,这种转换叫做解析式的恒等变形.3.4式的变形的特点变形有目标与方向变形有依据变形有算法例1证明loga(MN)=logaM+logaN.证 设M=am, N=an.则logaM=m, logaN=n (对数定义)loga(MN)=loga(aman) =logaam+n (幂的运算法则) =m+n (对数性质) =logaM+ logaN.例2 计算解 原式= (化为分式形式)= (分母有理化)= (二次根式相乘)= (化为最简二次根式)= (化简)括号内的内容正是进行二次根式除法运算的算法.当然,运算熟练之后,上述某些步骤会省略或简缩.如:原式=.当然,变形除了具有程序性外,有时还需针对具体情况,采用某些特定技巧,使运算过程简洁.恒等变形通常有三种形式.其一,组合变形,即根据问题的需要,把几个式子变形为一个式子,如分式的加法、乘法运算,对数式的加法,指数式的乘法运算等等;其二,分解变形,即把一个式子分解成若干个和或积的形式,如多项式的因式分解,分式的部分分式等;其三,形式转换,即根据问题的需要,把一个式子的形式进行变形,如二次三项式ax2+bx+c可以变形为a(x-n)2+m的形式,如果它有两个根x1,x2,则还可以变形为a(x-x1)(x-x2)的形式;分式的通分、约分,根式的有理化等,均属于此类.在中学教材中,变形依据的证明一般有两中途径.一类是通过观察大量的特例,归纳、类比、概括得出运算律或性质.比如,通过计算以及,得出加法分配律.通过类比分数的性质得到分式的性质.虽然这不是严格的证明,但符合学生的可接受性.另一类是通过严格的证明.复习思考题、作业题：阅读课程标准，写出式的详细分类，并说明分类的依据授课章节第2 章 第 2 节任课教师陈宏道教学方法与手段讲授法、探究式课时安排2学时使用教材和主要参考书石函早等编初等数学研究教程季素月等编初等数学研究教程李长明等编初等数学研究余元希等编著初等代数研究 朱德祥编著初等几何研究 教学目的与要求：引导学生熟练掌握到灵活运用各类解析式的恒等变形的技巧和方法。教学难点与重点：重点：各类解析式的恒等变形技巧和方法。难点：分式的恒等变形技巧和方法。教学内容： 2 各类解析式的恒等变形2.1多项式的恒等变形多项式的恒等变形包括多项式的加、减、乘运算,以及多项式的化简、因式分解,将多项式变形为某一特定的形式等等.在变形过程中,常用的公式有:(x+y)n=;(x1+x2+xn)2=x12+x22+xn2+2x1x2+2x1x3+2xn-1xn;带余除法定理:设f(x),g(x)是数域F上的两个多项式,且g(x)0,则存在数域F上的唯一的一对多项式q(x)和r(x),使得f(x)=g(x)q(x)+r(x).其中r(x)=0或者r(x)的次数低于g(x)的次数.因式定理:多项式f(x)被(x-a)整除的充分必要条件是f(a)=0.例1已知x+y+z=0,求证证1 (x3+y3+z3)(x2+y2+z2)=x5+y5+z5+x2y2(x+y)+y2z2(y+z)+x2z2(x+z)=x5+y5+z5-xyz(xy+yz+zx). 因为 x+y+z=0所以 x2+y2+z2=-2(xy+yz+zx), x3+y3+z3=3xyz. 将、代入式右端,得(x3+y3+z3)(x2+y2+z2)=x5+y5+z5+.所以,原等式成立.例2 设nZ,证明n4-20n2+4是合数.解 要证明n4-20n2+4是合数,可以先进行因式分解.n4-20n2+4=(n4-4n2+4)-16n2=(n2-2)2-(4n)2 =(n2+4n-2)(n2-4n-2)因nZ,故n2+4n-2 ,n2-4n-2均为整数,且都不等于1(因为方程n2+4n-2=1, n2-4n-2=1没有整数解).所以, n4-20n2+4是合数.例3 将(ab+1)(a+1)(b+1)+ab因式分解.解 ab+1)(a+1)(b+1)+ab=(ab+1)(ab+a+b+1)+ab=(ab+1)2+(a+b)(ab+1)+ab=(ab+1)+a(ab+1)+b=(ab+a+1)(ab+b+1).2.2分式与根式的变形 分式的恒等变形一般有两种类型:分式的运算与化简,其依据常常是分式的运算法则,运算律和分式的基本性质.将分式变形为某一特定形式,如分解为部分分式之和,在实数域上,多项式g(x)可以分解为一次因式或二次不可约因式的积.因此,我们就有一个分式分拆成部分分式之和的基本结果.定义1 满足下列条件的根式叫做最简根式:定义2 设S是已知的根式,若有一个不恒等于零的根式M,使乘积SM是一个有理式,则称M为S的有理化因式(或称共轭因式).例4 将的分母有理化.解 原式= = = =例5设k是正整数,=k+,求证: 的整数部分an能被k整除.证明 设= k+,则、是方程x2-(2k+1)x+k=0的两个正根,于是有n+2-(2k+1)n+1+kn=0, n+2-(2k+1)n+1+kn=0,将两