例1：求3406的末二位數(shù)。

　　解：∵ (3，100)=1，∴31(mod 100) φ(100)= φ(22·52)=40, ∴ 340≡1(mol 100)

　　∴ 3406=(340)10·36≡(32)2·32≡-19×9≡-171≡29(mod 100)

　　∴ 末二位數(shù)為29。

　　例2：證明(a+b)p≡ap+bp(mod p)

　　證：由費(fèi)爾馬小定理知對一切整數(shù)有：ap≡a(p)，bp≡b(P)，

　　由同余性質(zhì)知有：ap+bp≡a+b(p)

　　又由費(fèi)爾馬小定理有(a+b)p≡a+b (p)

　　(a+b)p≡ap+bp(p)

　　例3：設(shè)素?cái)?shù)p>2，則2P-1的質(zhì)因數(shù)一定是2pk+1形。

　　證：設(shè)q是2ρ-1的質(zhì)因數(shù)，由于2ρ-1為奇數(shù)，∴ q≠2， ∴ (2·q)=1,由條件q|2p-1,即2ρ≡1(mod q)，又∵ (q,2)=1，2ρ≡1(mod q) 設(shè)i是使得2χ≡1(mod p)成立最小正整數(shù)

　　若1

　　∴ i=p, ∴ p|q-1

　　又∵ q-1為偶數(shù)，2|q-1,

　　∴ 2p|q-1,q-1=2pk , 即q=2pk+1

　　例4：證明13|42n+1+3n+2

　　證：∵42n+1+3n+2≡4·16n+9·3n

　　≡3n (4+9)≡13×3n·≡0(13)

　　∴ 13|42n+1+3n+2

　　例5：證明5y+3=x2無解

　　證明：若5y+3=x2有解，則兩邊關(guān)于模5同余

　　有5y+3≡x2(mod 5)

　　即3≡x2(mod 5)

　　而任一個平方數(shù)x2≡0,1,4(mod 5)

　　∴ 3ξ0,1,4(mod 5)

　　∴ 即得矛盾，即5y+3=x2無解

　　例6：求被7除的余數(shù)。解：∵111111被7整除，∴　≡11(mod 7)≡4(mod 7)，即余數(shù)為4。例7：把0.04263化為分?jǐn)?shù)。解：設(shè)b=0.04263，從而1000b=42.63, 100000b=4263.63，99000b=4263-42 b=4221/99000=469/11000

　　當(dāng)然也可用直化分?jǐn)?shù)的方法做。

　　例8：設(shè)一個數(shù)為62XY427是9，11的倍數(shù)，求X，Y

　　解：因?yàn)?|62XY427

　　所以9|6+2+X+Y+4+2+7， 即9|21+X+Y

　　又因?yàn)?1|62XY427， 有11 |(7+4+X+6-2-Y-2)

　　即11|(X-Y+13)

　　因?yàn)?≤X，Y≤9， 所以有21≤21+X+Y≤39， 4≤X-Y+13≤22，由此可知

　　21+X+Y=27，X-Y+13=11

　　或21+X+Y=36，X-Y+13=22

　　X+Y=6，X-Y=-2

　　或X+Y=15，X-Y=9，解得X=2，Y=4。

　　例9：證明：8a+7不可能是三個整數(shù)的平方和。

　　證：由于每一個整數(shù)對于8，必同余于0，1，2，3，4，5，6，7這八個數(shù)之一

　　注意到對于模8，有0²=0，1²=1，2²=4，3²=1，4²=0，5²=1，6²=4，7²=1　因而每一個整數(shù)對于模8，必同余于0，1，4這三個數(shù)

　　不能x²,y²,z²　如何變化，只能有x²+y²+z²=0,1,2,3,4,5,6(mod8)

　　而8a+7=7(mod8)　，故8a+7不同余于x²+y²+z²

　　關(guān)于模8a+7不等于x²+y²+z²，從而證明了結(jié)論。