1、一 、欧拉定理设 的整数， .1m,1maod则例 1 设 ，求 的末三位数.0526xx解 由二项式定理，10102495029834963982331010105552CCC AA AA是一个正整数.记 ，因为016x1,x所 以 从 而.而 是一个正整数，则 所以11,x11.于是 11.x又因为，50103250modA，3103,od，50250312odAA又 103,y所以， ， 3528modA258ymodA，y则 ，min所以 82.yk则 10335582102.kmodAA因为 15,所以，101022,3125modmod于是，有，15050,，3A又因为，15028
2、mod，332y所以，50y即，28mod所以，6iny于是，有.8k所以 50333262582kkAA71mod所以.12507110xmod故 的末三位数是 .二、费马小定理（1） 为素数，且 则p,1,ap；1mod（2） 为素数，则.p例 2 为整数，证明,abcd.40/bdca证明 ，235A由于 24,1,0,3,bcmoda所以.4403bdcdbcaod即.43/()bdc由于奇数的 4 次方被 16 除余 1，偶数的 4 次方被 16 除余 0，故有.16cdbcaamod即.442/()bdc又由于 40,15,bcamod则，4405bdcdbcaamod即.45/(
3、)bdc又 两两互素，故 .2,3420/bdc例 3 设整数 ，求证1991,0,acabc满 足 记不是素数.d证明 由于 19与 同 奇 偶 ， 则192,amodbc所以，199102dacabcmod即.2/又 62191983632aaaaAAA745837453，389mod同理 19,3bmodc则.199103acabcmod即 .3/d从而 不是素数.例 4 设 中有无穷多项21np是 给 定 的 素 数 ， 证 明 ： 数 列被 整除.证明 当 2时 ， 结 论 显 然 成 立 .当 ，所以对任1,pmodp时 ， 由 于 ， 所 以意的 ，即 .特别地，1,pmZod有
4、 2取 .则k.121kpkpodp令 则 ，即 .,nn/2n三、威尔逊定理设 p是 素 数 ， 则1!modp.证明 考虑多项式 .1px由费马小定理，当 ,21ap 时 ， 有1pmod所以 则ax是 多 项 式 的 根 .,1xxp 均 为.则设1px的 因 式.12p Q=得 ，则Q.1 1pxxp 取 代入，得 1!p所以.1!pmodp例 5 .证明：若 为奇素数，是 素 数 ， 则 21p则.2!0p证明： 2!11pod !21121pmpmodp!22pp！.!11mod而 为奇素数，有 .2!1odp四、中国剩余定理设 12,k 是 个 两 两 互 素 的 正 整 数 ，
5、 则 同 余 方 程 组1122kkxbmodx有整数解.令 12.M则同余方程组在模 下的解是唯一的.令 ,iiim取 使 得，1i iodm则解为.12kxMbMbmod例 6 证明：对任意给定的正整数 其中每一个都,n均 有 个 连 续 正 整 数 ，有大于 .的 平 方 因 子分析： 2121020nxmodpxnodp则.122nmxodp证明： 设 12,np 为 个 互 不 相 同 的 素 数 ， 由 中 国 剩 余 定 理知 ， 212nxmodpxodp存在正整数解，设 为一个正整数解，则 满足要求.S1SSn， ， ，例 7 任给正整数 ，存在 n个 连 续 正 整 数 ，
6、 使 得 其 中 每 一 个 数 都 不是 幂 数 .证明 设 ，12,np 为 个 互 不 相 同 的 素 数 ， 由 中 国 剩 余 定 理同余方程组21122nnxpmodpxpodp存在正整数解 000,1SS则 ， ， ， 满 足 要 求 .例 8 给定正整数 ，设 是使 能被 整除的最小正整数.证明：nf1fnk当且仅当 为 2 的幂时，有 .2f分析： ，因为1mk/,m当 1n时 ，所以 .kn/21fn则问题归结为： 1212.mfn当 时 ， ；当 时 ，证明：（1）当 .m时 ， 21nk当 12.rkrn时 ， ，1,212mnA即 .11/mmrr 2,.2即综上，知
7、 .1fn（2）分析： .2121,fnrn使 1/,rk即 1/2rn（证明）令 此时需证 ，m当 时 ， .ma为 大 于 的 奇 数 /mar即证存在 即可.12/,r构造同余方程组（1）102mxoda由中国剩余定理知，同余方程组（1）有正整数解 ，则2rn.从而有 ，即 ，2/,mra 12/mrA/maA./n考虑 的取值范围：r若 这与2,020,odnroda则相矛盾，故 .1xmoda若 ，这与1,12mrnrr则相矛盾,故 .022n从而有 ，于是得证 .1r,rn使 /2r五、阶及应用定理 1 设 ,1naa为 整 数 ， 且 ， 则 必 有 一 个 r.1rmodn证明
8、： 互质，所以有0,na 均 与r使 得.0,01,iamodnin由抽屉原则， 使得,jj满 足，i，1jiaodn令 .,rrjirm则 有定义 1：设,1manaodna则 满 足 的 最 小 正 整 数 叫 做.对 模 的 阶注：若 r对 模 的 阶 为 ， 则.1aodn当 .1iirm时 ，定理 2 设 ，则, ,1mnraodn对 模 的 阶 为 若 /.rm证明：令 ，则10qr.1qr rmaaA而 ，所以 .而odn1rodnar对 模 的 阶 为 的 定知 .,义 10r从而 ,/.qr即推论：若 an对 模 的 阶 为 ， 则./特例：当 时， .为 素 数 p1r例 9 设 1,/2,3/.nn证 明 ：证明：显然 为 奇 数 .假设 3.pnp为 的 最 小 素 因 数 ， 下 证 ，/21 ， ，0nmod21nmodn .2,p设 /.pr对 模 的 阶 为 ， 则又由小费马定理知， ，12pod . /r由，知， ./,n 2/, .1,2/,1pp又若奇数 /qnqn则 为 的 最 小 奇 素 约 数 ， .1 2,.np由 ，即 ./r/2,1r及 知 2r由 知 ，即 ，从而对 模 的 阶 为 ， modp1modp3.p而 则 .n为 的 最 小 素 因 数 ， /,3n即
