。
例1设整数n≥2,证明
即,在数列1,2,…,n中,与n互素的整数之和是
解设在1,2,…,n中与n互素的ϕ（n）个数是
a1,…,aϕ（m）,（ai,n）=1,1
ai
n-1,1
i
（n）,
则
（n-ai,n）=1,1≤n-ai≤n-1,1≤i
ϕ（n）,
因此，集合{a1,…,aϕ（m）}与集合{n-a1,⋯,n-aϕ（m）}是相同的，于是
a1+a2+…+aϕ（m））=（n-a1）+（n-a2）+⋯+（n-aϕ（m））,
2（a1+…+aϕ（m））=nϕ（n）,
a1+…+aϕ（m）=
（n）.
9．设m与n是正整数，证明：
（mn）（（m,n））=（m,n）（m）（n）
设
，则
由此得
（mn）（（m,n））=（m,n）
=（m,n）（m）（n）。
10．设{x1,x2,…,x（m）}是模m的简化剩余系，则（x1x2…x（m））2º1（modm）
设{x1,x2,…,x（m）}是模m的简化剩余系，则（x1x2…x（m））2º1（modm）。
解记P=x1x2…x（m），则（P,m）=1。
又记
yi=
，1£i£（m），
则{y1,y2,…,y（m）}也是模m的简化剩余系，因此
（modm），
再由Euler定理，推出
P2ºP（m）º1（modm）。
11．证明：
1978103-19783能被103整除。
因103=2353，显然1978103197830（mod23），再由19781001（mod53）得1978103197830（mod53），故1978103197830（mod103）。
12．设p，q是两个不同的素数，证明：
pq1+qp1º1（modpq）。
由费马定理qp11（modp），pq11（modq），pq1qp11（modp），pq1qp11（modq），故pq1qp11（modpq）。
13．计算12996227（mod37909）
二、同余方程
1．解同余方程325xº20（mod161）
解：
方程即是
3x≡20（mod161）.
解同余方程
161y≡-20（mod3）,
即
2y≡1（mod3）,
得到y≡2（mod3）,因此,方程（6）的解是x≡
=114（mod161）.
2．证明：
同余方程a1x1+a2x2+…+anxnºb（modm）有解的充要条件是（a1,a2,…,an,m）=d½b。
若有解，则恰有d×mn1个解，modm
必要性显然，下证充分性。
当n=1时，由定理2知命题成立。
假设n=k时结论已真，考虑a1x1a2x2akxkak+1xk+1b（modm），令（a1,a2,,ak,m）=d1，（d1,ak+1）=d，因为同余方程ak+1xk+1b（modd1）有解，其解数为d，modd1，记m=d1m1，则解数为dm1，modm。
现在固定一个解xk+1，由归纳假定知a1x1a2x2akxkbak+1xk+1（modm）有解，其解数为d1mk1，modm，从而a1x1a2x2akxkak+1xk+1b（modm）有解，其解数为dm1d1mk1=dmk，modm。
由归纳原理知命题对于一切n1成立。
3．解同余方程f（x）=3x2+4x-15º0（mod75）
因75=352，先解f（x）0（mod3），用逐一代入法得解x0（mod3）；再解f（x）0（mod52），用逐一代入法得f（x）0（mod5）的解为x0，2（mod5），对于x0（mod5），令x=5t代入f（x）0（mod25）得t2（mod5），于是x=5（25t2）=1025t2，即x10（mod25）是f（x）0（mod25）的一个解，对于x2（mod5），令x=25t代入f（x）0（mod25）得t4（mod5），于是x=25（45t2）=2225t2，即x22（mod25）是f（x）0（mod25）的一个解；最后构造同余方程组xb1（mod3），xb2（mod25），b1=0，b2=10，22，由孙子定理得f（x）0（mod75）的两个解x10，72（mod75）。
4．4x20+3x12+2x7+3x-2º0（mod5）
原同余方程等价于2x42x33x20（mod5），将x=0，1，2代入，知后者有解x1（mod5）。
5．判定2x3-x2+3x-1º0（mod5）是否有三个解
2x3x23x10（mod5）等价于x33x24x30（mod5），又x5x=（x33x24x3）（x23x5）+（6x212x15），其中r（x）=6x212x15的系数不都是5的倍数，故原方程没有三个解；
6．求出模23的所有的二次剩余和二次非剩余
模23的所有的二次剩余为x1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18（mod23），二次非剩余为x5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22（mod23）。
7．设p是奇素数，证明：
模p的所有二次剩余的乘积与
对模p同余
设x1,x2,,xk为模p的所有二次剩余，则
x1x2xk1222
（modp）。
8．设p是奇素数，证明：
模p的两个二次剩余的乘积是二次剩余；两个二次非剩余的乘积是二次剩余；一个二次剩余和一个二次非剩余的乘积是二次非剩余。
设a，b为模p的二次剩余，有
111（modp），再设c，d为模p的二次非剩余，有
（1）
（1）1（modp），以及
1
（1）1（modp）知结论成立。
9．设p，q是两个不同的奇素数，且p=q+4a，证明：
由p=q4a知p，q同为4k1或同为4k3，当p，q同为4k1时，有
，当p，q同为4k3时，有
。
10．a，b，c是正整数，（a,b）=1，2
b，b<4ac，求
的关系
若a为奇数，有
，若a为偶数，于是4acb与b同为8k1或同为8k3，即
，设a=2a1，a1为奇数，有
=
。
三、原根与指标
1．求模14的全部原根
x3，5（mod14）是模14的全部原根。
2．设m>1，模m有原根，d是（m）的任一个正因数，证明：
在模m的简化剩余系中，恰有（d）个指数为d的整数，并由此推出模m的简化剩余系中恰有（（m））个原根
因g1,g2,,g（m）构成模m的简化剩余系，由d=m（g）=
得
，则
（,（m））=
，1（m）（t,d）=1，1td，
故恰有（d）个t，使得（t,d）=1，从而知故恰有（d）个，使得m（g）=d。
特别地，取d=（m）知模m的简化剩余系中恰有（（m））个原根。
3．设p=2n+1是一个奇素数，证明：
模p的全部二次非剩余就是模p的全部原根
在模p的简化剩余系中有
=2n1个二次非剩余，在模p的简化剩余系中有（（p））=（2n）=2n1个原根，又设g是模p原根，则
1（modm），即g是模p的二次非剩余。
4．设m³3,g1、g2都是模m的原根,则g=g1g2不是模m的原根
存在一个，（,（m））=1，使得g2g1（modm），于是g1g2g1+1（modm），
又由m3知（m）是偶数，是奇数，1是偶数，（1,（m））1，故g=g1g2不是模m的原根
5．设p是奇素数，证明：
当且仅当p-1
n时，有1n+2n+…+（p-1）nº0（modp）
当p1n时，则1n2n（p1）np1
0（modp），当p1
n时，设g是p的一个原根，则1n2n（p1）n（1g）n（2g）n[（p1）g]n[1n2n（p1）n]gn（modp），得[1n2n（p1）n]（1gn）0（modp），由（1gn）
0（modp）知1n2n（p1）n0（modp）。
6．求8次同余方程x8º23（mod41）
因为
d=（n,（m））=（8,（41））=（8,40）=8,
ind23=36
又36不能被8整除，所以同余方程无解。
四、扩域
定理1令E是F的一个扩域，而S1，S2是E的两个子集，那么
F（S1）（S2）=F（S1∪S2）=F（S2）（S1）
证明F（S1）（S2）是一个包含F，S1，S2的E的子域，而F（S1∪S2）是包含F和S1∪S2的E的最小子域。
因此
F（S1）（S2）⊃F（S1∪S2）
（1）
另一方面，F（S1∪S2）是包含F，S1，S2的E的子域，因而是包含F（S1）和S2的E的子域。
但F（S1）（S2）是包含F（S1）和S2的E的最小子域。
因此
F（S1）（S2）⊂F（S1∪S2）
（2）
由
（1）
（2）得F（S1）（S2）=F（S1∪S2）。
同样可以得到F（S1∪S2）=F（S2）（S1）。
定理得证。
定理5给定域F的一元多项式环F[x]的一个n次多项式f（x），一定存在f（x）在F上的分裂域E。
证明用归纳法：
当n=1时，E=F即可。
假设nm时结论也成立。
当n=m+1时，若f（x）在F[x]上可约，则存在次数小于m的多项式f1（x）和g1（x）使得f（x）=f1（x）g1（x），由归纳假设知存在f1（x）在F上的分裂域E1，包含f1（x）的所有根α1,α2,…,αn1。
g1（x）视为F（α1,α2,…,αn1）上的次数小于n的多项式，故存在g1（x）在F（α1,α2,…,αn1）上的分裂域E，包含g1（x）的所有根。
从而E含有f（x）的所有根，是f（x）在F上的分裂域。
若f（x）在F[x]上不可约，由定理3，存在F的单代数扩域K（K=F（θ））含有f（x）的一个根θ。
于是在K[x]中f（x）=（x-θ）g（x），再利用归纳假设，由于g（x）的次数为n-1，故存在g（x）在K上的分裂域E，包含g（x）的所有根，从而E也含有f（x）在F上的所有根，是f（x）在F上的分裂域。
证毕。
定理6设θ是F[x]中一个n次不可约多项式f（x）的一个根，则F（θ）是F上的有限扩域。
证明因为F（θ）中每一元都可以表示成F上次数小于n的θ的多项式，故1，θ，θ2，…，θn，是F（θ）的一组生成元，又a0+a1θ+…+an-1θn-1=0可推出ai=0，所以F（θ）是F上的n维向量空间，有一组基为1，θ，θ2，…，θn-1，即F（θ）是F上的一个有限扩域，并且（F（θ）:
F）=n。
关于有限扩域，有下列重要结论。
定理7域F的有限扩域一定是F的代数扩域。
证明设（E:
F）=n，则存在一组基1，θ，θ2，…，θn-1，而n+1个向量1，θ，θ2，…，θn，从而线性相关。
即存在n+1个不全为0的aiÎF，使得a0+a1θ+…+anθn=0。
亦即θ满足F[x]中多项式。
故E是F的一个代数扩域。
定理8令K是域F的有限扩域，而E是域K的有限扩域，那么E也是域F的有限扩域，且（E:
F）=（E:
K）（K:
F）。
证明设（K:
F）=r，（E:
K）=s，而α1,α2,…,αr是向量空间K在域F上的一个基，β1,β2,…,βs是向量空间E在域K上的一个基。
下面证rs个元构成向量空间E在域F上的一个基。
αiβj（i=1,2,…,r;j=1,2,…,s）
（1）
显然，向量空间E中任意元素都可以表示rs个元系数为F上元的线性组合。
下证
（1）中元素在F上线性无关。
若
，那么
。
由βj，0js在K上的线性无关性可知
，（j=1,2,…,s）。
由αi，0ir在F上的线性无关性可知aij=0，（i=1,2,…,r;j=1,2,…,s）。
也就是说，
（1）的rs个元为E在F上的一组基。
六、有限域
定理1一个有限域E有pn个元素，这里p是E的特征，而n是E在它的素域Δ上的次数。
证明E为有限域，其特征一定为素数p。
把E所含的素域记作Δ。
因为E只含有限个元，所以它一定是Δ的一个有限扩域，（E：
Δ）=n。
这样，E的每个元可以唯一的写成a1α1+…+anαn的形式，这里aiÎΔ，而α1，…，αn是向量空间E在Δ上的一个基。
由于Δ只有p个元，所以对于每一个ai有p中选择法，因而E一共有pn个元。
定理2令有限域E的特征为素数p，E所含的素域为Δ，而E有q=pn个元。
那么E是多项式xq-x在Δ上的分裂域。
任何两个这样的域都是同构的。
证明E的不等于零的元对于乘法来说，做成一个群。
这个群的的阶为q-1，单位元是1。
所以
αq-1=1，αÎE，α¹0。
由于0q=0，所以有αq=α，αÎE。
因此用α1，…，αq来表示E的元，在E里多项式
而且显然E=Δ（α1，…，αq）。
这样，E是多项式xq-x在Δ上的分裂域。
特征为p的素域都同构，而多项式xq-x在同构的域上的分裂域都同构。
定理3令Δ是特征为p的素域，而q=pn（n³1）。
那么多项式xq-x在Δ上的分裂域E是一个有q个元的有限域。
证明E=Δ（α1，…，αq），这里αi是f（x）=xq-x在域E里的根。
由
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