首先声明：下文中所有的类似”因数“”整数“等的字眼，除特别说明，全部是对于正数而言，不包括负数或者是\(0\)。
Case 1. 欧拉定理
欧拉定理即：
对于 \(p\) 为素数，\(a\) 为任意正整数，存在
\[a^{\varphi_p} \equiv 1 \pmod p\]
其中 \(\gcd(a,p)=1\).
说明： \(\varphi_p\) 为 \(\leq p\) 的数中与 \(p\) 互质的数的个数。
证：
令
\[S = \varphi_p\]
构造数列：
\[X_1,X_2 \cdots X_S\]
满足对于 \(1 \leq i \leq S\) 有：
\[\gcd(X_i,p)=1\]
显然存在这样的构造。
下面，由：
\[\gcd(X_i,p)=1\]
\[\gcd(a,p)=1\]
可得
\[\gcd(X_i \cdot a , p)=1\]
即
\[\prod_{i=1}^S X_i \equiv \prod_{i=1}^S X_i \cdot a \pmod p\]
下面证明另一个定理。
证 \(1\).
定理 \(1\).
对于
\[a \equiv b \pmod p\]
且 \(\gcd(c,p)=1\)
则：
\[\frac{a}{c} \equiv \frac{b}{c} \pmod p\]
这是因为除以\(c\)不会影响对\(p\)的取模。
回到原证，可得：
\[\prod_{i=1}^S a \equiv 1 \pmod p\]
代入 \(S = \varphi_p\)
即为：
\[a^{\varphi_p} \equiv 1 \pmod p\]
得证。
Case 2. 费马小定理
费马小定理即：对于 \(p\) 为素数， \(a\) 为正整数，有：
\[a^{p-1}\equiv 1 \pmod p\]
其中 \(\gcd(a,p)=1\).
首先，我们有欧拉定理：
\[a^{\varphi_p} \equiv 1 \pmod p\]
当 \(p\) 为质数，显然 \(\varphi_p = p-1\) ，则：
\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\]
得证。
Case 3. 威尔逊定理
威尔逊定理即：对于 \(p\) 为素数，有：
\[(p-1)! \equiv -1 \pmod p\]
证 \(1\).
定理 \(2\)：
对于质数 \(p\) ，在 \(2 - (p-2)\) 中不存在任何一个数自己是自己的逆元。
反证：若存在，设为 \(a\). 即：
\[a^2 \equiv 1 \pmod p\]
\[a^2-1 \equiv 0 \pmod p\]
\[(a-1)(a+1) \equiv 0 \pmod p\]
必然存在 \(a-1=0\) 或 \(a+1=p\)
则：
\(a=1\) 或 \(a=p-1\)
所以，在 \(2 - (p-2)\) 中不存在任何一个数自己是自己的逆元。
得证。
证 \(2\).
定理 \(2\) ：
\(a\) 是 \(b\) 的逆元 和 \(b\) 是 \(a\) 的逆元这两句话，必然同时成立或同时不成立。
反证：若其中一个成立，另一个不成立。必然有：
\(ab \equiv 1 \pmod p\)
此时两个都成立。矛盾。
得证。
证 \(3\).
定理 \(3\)：
对于 \(p\) 为质数且 \(p>2\)，可以将 \(2 - (p-2)\) 的数两两分为一组，满足每组的两个数互为逆元。
显然，由定理 \(1\) 和 定理 \(2\) 可知 逆元的一一配对性。
得证。
下面回到原证。
根据定理 \(3\) ，直接分为 \(S\) 组，并将第 \(i\) 组的第一个称为 \(a_i\) ，第二个称为 \(b_i\).
此时：
\[ (p-1)! \equiv \prod_{i=2}^{p-2} i \cdot (p-1) \equiv \prod_{i=1}^S ( a_i \cdot b_i ) \cdot (p-1) \equiv ( \prod_{i=1}^S 1 ) \cdot (p-1) \equiv (p-1) \equiv -1 \pmod p\]
得证。
Case 4. 孙子定理
孙子定理（也称中国剩余定理）即：
对于：
\[ S= \begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ \vdots \\ x \equiv a_n \pmod {m_n} \end{cases} \]
且 \(m_i\) 两两互质，此时：
\(S\) 必然有解，并且在 \(\prod_{i=1}^n m_i\) 中只有一个解。（对于任意的 \(a_i\)）
Case 4.1 证明存在性
构造法：
令
\[M = \prod_{i=1}^n m_i\]
\[M_i = \frac{M}{m_i}\]
\[t_i \cdot M_i \equiv 1 \pmod m_i\]
（即 \(t_i\) 为 \(M_i\) 关于 \(m_i\) 的逆元。
此时 \(S\) 的 解 \(x\) 满足：
\[x\equiv \sum_{i=1}^n a_i \cdot t_i \cdot M_i \pmod M\]
如何说明该解成立？
对于任何一组方程 \(x \equiv a_i \pmod m_i\)
除了 \(a_i \cdot M_i \cdot t_i\) 这一项满足：
\[a_i \cdot M_i \cdot t_i \equiv a_i \pmod m_i\]
其余项均有：
\[a_j \cdot M_j \cdot t_j \equiv 0 \pmod m_i\]
这是因为，\(j \not = {i}\) 时，必然 \(M_j \equiv 0 \pmod m_i\).
所以其它项对 \(m_i\) 的取模没有影响，满足该式。
进而 \(S\) 被满足。
Case 4.2 证明唯一性
由于：
\[x\equiv \sum_{i=1}^n a_i \cdot t_i \cdot M_i \pmod M\]
所以，如果存在两个数 \(x_1\) ，\(x_2\) 均满足上式，且均 \(<M\)（其中\(x_1 > x_2\)
必然有：
\[x_1 - x_2 \equiv 0 \pmod M\]
由于 \(x_1,x_2 < M\) ，所以 \(x_1 - x_2 < M\).
再由上述可知
\[x_1 = x_2\]
由此“存在两个数”的假设矛盾。
得证。
Case 5. 应用
Case 5.1 欧拉定理与费马小定理
可以发现，费马小定理是欧拉定理的一种特殊情况。
如果求 \(a\) 关于 \(p\) 的逆元且 \(p\) 为质数，由费马小定理有：
\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\]
得出：
\[a \times a^{p-2} \equiv 1 \pmod p\]
所以 \(a\) 关于 \(p\) 的逆元即为 \(a^{p-2}\).
用快速幂计算，可以达到单次查询 \(O(\log p)\) 的时间复杂度。
Case 5.2 威尔逊定理
当我们求 \((n-1)! \bmod n\) 时：（\(n>1\)）
如果 \(n\) 为质数，由威尔逊定理得答案为 \(n-2\).
如果 \(n\) 为合数，先证明算术基本定理（或称唯一分解定理）：
证 \(1\).
定理 \(1\).
大于1的自然数必可写成质数的乘积。
反证：若存在一些不可写成质数乘积的数，设其其中最小的为 \(n\).
首先 \(n>1\) ，那么 \(n\) 只会是质数或者合数。
如果 \(n\) 是质数，那么 \(n=n\) 就是质数的乘积形式。
否则，\(n\) 必然是合数，存在 \(a \times b = n\) 且 \(a,b <n\).
由于 \(n\) 是不满足该性质“最小”的数，所以 \(a\) 与 \(b\) 均满足，均可表示为质数的乘积；那么 \(n\) 也可以被表示为质数的乘积。矛盾。
得证。
我们回到原证：
\(n\) 为合数，将 \(n\) 质因数分解，则其标准分解式为：
\[n=\prod_{i=1}^k {p_i}^{a_i}\]
其中 \(p_i\) 为质数， \(a_i\) 为正整数。
由于算术基本定理，存在这样的分解。下面将 \(p_i\) 取出，也就是 \(n\) 的所有质因子为：
\[p_1,p_2 \cdots p_k\]
其中对于 \(1 \leq i < k\) ，有 \(p_i < p_{i+1}\)
那么，\(p_k\) 也就是 \(n\) 最大质因子必然 \(<(n-1)\).
这是因为 \(n-1 | n\) 当 \(n>2\) 时恒不成立。
也就是说，对于 \(1 \leq i \leq k\) ，都存在:
\[p_i < n-1\]
也就是说， \((n-1)!\) 中包含 \(n\) 的所有质因子。
证 \(2\).
定理 \(2\) ：
如果一个数 \(n\) 的所有质因子的指数都比另一个数 \(a\) 的小（或等于）。此时可以得出：
\[n | a\]
这是显然的一个定理，只需说明，不必证明。
证 \(3\).
推论 \(3\) ：（其中 \(n\) 为合数）
\[n | (n-1)!\]
由定理 \(2\) 推论：
假设 \(n\) 有质因子 \(p\) ，则其个数最多为 \({\log}_p n\).
而在 \((n-1)!\) 中，则有：
\[\sum_{p|i}^{n-p} {\log}_p i\]
很显然，这是多于 \(n\) 的个数（也有可能等于）。读者可以自证。
由于 \(n\) 是合数，显然 \(n \geq 4\).
但是，对于 \(n=4\) 的合数情况，不满足 \(4 | 3!\)，所以应当特殊判断之。
而 $3! \bmod 4 = 6 \bomd 4 = 2 $.
回到原证，由定理 \(3\) 可知：
\[n | (n-1)!\]
这可以说明：
\[(n-1)! \bmod n = 0\]
所以最终结论为：
求 \((n-1)! \bmod n\) 的值（\(n>1\)）：
如果 \(n\) 为质数，那么答案为 \(n-1\).
否则 \(n\) 为合数，那么当 \(n=4\) 时答案为 \(2\) ，否则为 \(0\).
Case 5.3 算术基本定理（唯一分解定理）
算术基本定理上面已经证毕。而其应用就在于：
可以将一个 \(>1\) 的 合数 表达为若干个质数的乘积。其应用广泛，若
\[n=\prod_{i=1}^k {p_i}^{a_i}\]
（其中 \(p_i\) 为质数，\(a_i\) 为正整数）
则具有以下的应用：
1.求 \(n\) 的因数个数。此时由组合可以得到，\(n\) 的因数个数为 \(\prod_{i=1}^k (a_i+1)\).
求 \(n\) 的因数之和。此时仍然由组合可以得到，\(n\) 的因数之和为 \(\prod_{i=1}^k \sum_{j=0}^{a_i} (p_i)^j\)
可以重新定义 \(\gcd(a,b)\) 和 \(\operatorname{lcm}(a,b)\).也可以证明 \(\gcd(a,b) \cdots \operatorname{lcm}(a,b)=a \times b\).
证 \(1\).
定理 \(1\).
\[\gcd(a,b) \cdots \operatorname{lcm}(a,b)=a \times b\]
首先，将 \(a\) 和 \(b\) 质因数分解为：
\[a=\prod_{i=1}^k {p_i}^{a1_i}\]
\[b=\prod_{i=1}^k {p_i}^{a2_i}\]
（其中 \(p_i\) 为质数，\(a1_i\) 与 \(a2_i\) 为自然数。即如果两个数中只有一个数是该质数的倍数，那么另一个数中该质数对应的指数就是 \(0\) ）
由质因数分解可以得到：
\[\gcd(a,b) = \prod_{i=1}^k {p_i}^{\min(a1_i,a2_i)}\]
\[\operatorname{lcm}(a,b) = \prod_{i=1}^k {p_i}^{\min(a1_i,a2_i)}\]
由于：
\[\min(a,b)+\max(a,b)=a+b\]
所以可以得到：
\[\gcd(a,b) \cdot \operatorname{lcm}(a,b) = \prod_{i=1}^k ({p_i}^{\min(a1_i,a2_i)} \times {p_i}^{\min(a1_i,a2_i)}) = \prod_{i=1}^k {p_i}^{a1_i+a2_i}\]
而：
\(a \times b = \prod_{i=1}^k {p_i}^{a1_i+a2_i}\).
于是可以得到
\[\gcd(a,b) \cdot \operatorname{lcm}(a,b) = a\times b\]
得证。
- 由此可以证明 \(\sqrt{2}\) 是无理数。
证 \(1\).
定理 \(1\).
\(\sqrt{2}\) 是无理数。
反证：如果 \(\sqrt{2}\) 是有理数，则其可以表示为：
\[\sqrt{2}=\frac{a}{b}\]
其中 \(\gcd(a,b)=1\)
于是我们可以得到：
\[a^2 = 2b^2\]
那么 \(2 | a^2\)，根据完全平方数的性质，存在 \(2 | a\).
另：如果 \(2 | a\) 不成立 则 \(2 | a^2\) 也不成立。矛盾。
由于 \(2 | a\) ，可以得到 \(4 | a^2\) ，进而：
\(4 | 2b^2\)，即 \(2 | b^2\).同理可知 \(2 | b\).
此时： \(2 | \gcd(a,b)\). 与之前我们假设的 \(\gcd(a,b)=1\) 矛盾。
得证。
由此可以扩展为：
\(\sqrt{k}\) 是无理数当且仅当 \(k\) 不是完全平方数。
- 证明素数个数无限。
证 \(1\).
定理 \(1\). 素数个数无限。
反证：假设有限，为 \(k\) 个，且这些质数为：
\[p_1,p_2 \cdots p_k\]
那么考虑
\[(\prod_{i=1}^k p_i )+1\]
该数不会被 \(p_i\) 的任何一个数筛掉。 （\(1 \leq i \leq k\)）
所以这个数也是质数，并且这个数大于当前所有的质数。
那么，这与我们先前假设的“质数是有限个”是矛盾的。因为用这种方法可以不断加入新的质数并不断计算乘积、再加入新的质数。
得证。
当然还有一些更高级的应用，这里就不再赘述。
Case 5.4 孙子定理
孙子定理（即中国剩余定理）可以求：
\[ S= \begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\ \vdots \\ x \equiv a_n \pmod {m_n} \end{cases} \]
其中\(S\)方程的解 \(x \bmod (\prod_{i=1}^n m_i)\).
由此可以求出 满足 \(S\) 的最小的 \(x\).
当然，可以求出第 \(k\) 小。
这在数学域、计算机域都有极大的应用，可以将多个同余方程式合并为一个同余方程式，在解方程组时提供了极大的便利。