费马小定理与欧拉定理共18页
第六节费马小定理
回溯密码学的历史（7）
1918年，德国电子工程师亚 瑟·谢尔比乌斯（Authur Scherbius,1878-1929）发明了 转轮密码机（Enigma机），密码 学进入了机械化时代。
回溯密码学的历史（8）
次第转轮幻无穷，展化密字亿万千。 此谜只合天上有，缘何飞落人世间！
回溯密码学的历史（9）
凯撒（J. Caesar, 前102-前44年）通过将 每一个拉丁字母按字母 表上的顺序向后移3位的 方法来给自己写的军事 信函加密。
回溯密码学的历史（5）
ATTACK TOMORROW →ATTAC KTOMO RROW →0 17 →3 20 19 17 22 20 19 14 22 17 3 25 0 22 5 13 22 17 15 17 2 10 19 14 12 14
第六节 费马小定理
费马小定理
如果p是素数，并且正整数a和p 没有公约数，那么 a p −1 − 1 能被p整 除，换言之， a p −1 除以p后余数必为1， 用同余符号表示，就是
a p−1 − 1 ≡ 0 ( mod p ) , ( a, p ) = 1
例如，p=7，a=4整除。后 人为了将这个定理和费马大定理区
A.M.Turing（1912-1954）
整个战争期间，据说有数 十万份德军密电被英国人成功 破译！
回溯密码学的历史（12）
借助于密钥来编制的密码无论怎样 高明，总有一个致命的弱点：一旦加密 密钥被人知道，那么解密密钥就不难被 找出来，密文也就不再秘密了。因此， 加密密钥本身在传输过程中的安全至关 重要。为了避开密钥安全问题，20世纪 70年代末，美国数学家R.L.Rivest、A. Shamir和L.M.Adleman发明了一种全新的 加密方法——公钥密码系统。欧拉定理闪亮登场。
费马-欧拉定理
费马-欧拉定理
费马-欧拉定理（Euler Theorem，也称欧拉定理或欧拉函数定理）是数学中的一个重要定理，它关于整数的性质有着深远的影响。
这个定理可以简洁地表述为：对于任何大于2的整数n，不存在整数解(a,b,c)，使得a^n+b^n=c^n成立。
该定理由瑞士数学家欧拉和法国数学家费马独立发现并证明，被视为数论中的一座丰碑。
欧拉费马定理可以简化为证明当n为奇数时，方程a^n+b^n=c^n无解。
通过对方程进行变换和推导，可以得出一个关键的结论：假设存在整数解(a,b,c)，则必然存在质数p，使得p 整除a、b和c。
接着，利用数论中的一些基本性质，如素数的性质、模运算等，可以推导出一系列关于数的性质。
最终，根据这些性质，可以得出一个矛盾的结论，进而证明了欧拉费马定理的正确性。
这个定理的证明历经了几个世纪的努力，最终由英国数学家安德鲁·怀尔斯证明于1994年，填补了费马猜想的空白。
欧拉费马定理不仅填补了费马猜想的空白，也为数论的发展奠定了基础。
同时，该定理也在密码学等领域有着广泛的应用。
费马小定理和欧拉定理的应用
, u k. 作 - 3 ,
x 是欧拉函数 .
( u1u 2 u k )
由欧拉定理得 = 2
( u 1 ) ( u2 ) ( uk )
当 q = 2 时, pq = 2 ∋ 2= 4 合要求 ;
5 + 5 ,不
2 5
依此下去, 在数列 2 - 3 中 , 一定有一 个任意两两互质的无穷子数列 . 例 5 设 Q n 表示正整数 n 的各位数 码之和 . 求 Q Q Q 2 011 解 4 4 显然, Q n
2 011 2 011 2 011
( 2) 若 m in { p, q} = 5 , 不妨设 p = 5 , 要使 5q | 5 + 5 , 须使 q | 5 + 625 . 5 5 当 q = 5 时, pq = 5 ∋ 5= 25 | 5 + 5 , 知 p, q = 5 , 5 为一解 .
p q [ 2]
52 , 375 , 5 234 , 378 661 . 共八组解. n 例 4 证明: 数 列 2 - 3 中, 一 定有一 个任意两项互质的无穷子数列 . n 证明 设数列 2 - 3 中 , 已有 k 项是两 两互质的, 记为 u 1, u2, uk + 1 = 2 其中, 2
2 010 [ 1]
故 n = n = n - 1 m od p . n
p- 1
∃ %
另一方面, 由费马小定理知 1 m od p . 式 ∃ 与 % 矛盾. 此时 , 也无整数解. 所以, 方程没有整数解. ∀说明 #本例给出的方程 x + 5= y 称为
2 3
欧拉定理
欧拉定理在数学及许多分支中都可以见到很多以欧拉命名的常数、公式和定理。
在数论中，欧拉定理(Euler Theorem，也称费马-欧拉定理或欧拉函数定理)是一个关于同余的性质。
欧拉定理得名于瑞士数学家莱昂哈德·欧拉，该定理被认为是数学世界中最美妙的定理之一。
欧拉定理实际上是费马小定理的推广。
此外还有平面几何中的欧拉定理、多面体欧拉定理(在一凸多面体中，顶点数-棱边数+面数=2)。
西方经济学中欧拉定理又称为产量分配净尽定理，指在完全竞争的条件下，假设长期中规模收益不变，则全部产品正好足够分配给各个要素。
另有欧拉公式。
折叠证明将1~n中与n互质的数按顺序排布:x1,x2……xφ(n) (显然，共有φ(n)个数)我们考虑这么一些数:m1=a*x1;m2=a*x2;m3=a*x3……mφ(n)=a*xφ(n)1)这些数中的任意两个都不模n同余，因为如果有mS≡mR (mod n) (这里假定mS更大一些)，就有:mS-mR=a(xS-xR)=qn，即n能整除a(xS-xR)。
但是a与n互质，a与n的最大公因子是1，而xS-xR<n，因而左式不可能被n整除。
也就是说这些数中的任意两个都不模n同余，φ(n)个数有φ(n)种余数。
2)这些数除n的余数都与n互质，因为如果余数与n有公因子r，那么a*xi=pn+qr=r(……)，a*xi与n不互质，而这是不可能的。
那么这些数除n的余数，都在x1,x2,x3……xφ(n)中，因为这是1~n中与n互质的所有数，而余数又小于n.由1)和2)可知，数m1,m2,m3……mφ(n)(如果将其次序重新排列)必须相应地同余于x1,x2,x3……xφ(n).故得出:m1*m2*m3……mφ(n)≡x1*x2*x3……xφ(n) (mod n)或者说a^[φ(n)]*(x1*x2*x3……xφ(n))≡x1*x2*x3……xφ(n)或者为了方便:K{a^[φ(n)]-1}≡0 ( mod n ) 这里K=x1*x2*x3……xφ(n)。
费马小定理和欧拉定理1 PPT
典例分析
进一步，设a是一个符合要求的奇合数，
则2a 1是一个奇合数这一点利用因式分解可知。
再设2a1 1=a q, q为正奇数，则
22a11 1=222a1 1
22aq 1
2a
2q
1
12q 1
0mod 2a 1.
典例分析
因此2a 1也是一个符合要求的数， 依次类推，可知有无穷多个满足条件的合数。
故 7|3n n3.
典例分析
例2：由费马小定理知，对任意奇质数p，都有2p-1 1mod p， 问：是否存在合数n，使得2n-1 1mod n成立？
解： 这样的合数n存，而且有无穷多个，其中
最小的满足条件的合数n=341=11×31 （是从两个不同奇质数作乘积去试算出来 的。） 事实上，由于210-1=1023=341×3 故 210≡1（mod341） 所以 2340≡134≡1（mod341）， 故341符合要求。
其中剩余类1 mod 6,5 mod 6里的所有数均 与6互素，我们称这两个剩余类为与6互素的 剩余类。 给定模m，如果模m的一个剩余类里面的某个 数与m互素，就把这个剩余类叫作一个与模m 互素的剩余类。
新知学习
由此我们可知：在模3的剩余类中，1 mod 3,2 mod 3为与3互素的剩余类，在模4的剩 余类中，1 mod 4,3 mod 4为与4互素的剩余 类，等等。 我们已经知道，1 mod 6,5 mod 6为所有与6 互素的剩余类，那么我们在这两个剩余类中 任取一个数，例如1和5，则由这两个数组成 的集合｛1,5｝，称为模6的一个简化剩余系。
费马小定理和欧拉定理
知识背景
费马小定理是初等数论四大定理 （威尔逊定理，欧拉定理（数论中的 欧拉定理），中国剩余定理(又称孙子 定理)和费马小定理）之一，在初等数 论中有着非常广泛和重要的应用。实 际上，它是欧拉定理的一个特殊情况。
欧拉-费马小定理定理（证明及推论）
欧拉-费马⼩定理定理（证明及推论）欧拉定理：若正整数a , n 互质，则aφ(n)≡1(mod n)其中φ(n) 是欧拉函数（1~n) 与n 互质的数。
证明如下：不妨设X1，X2 ...... Xφn是1~n与n互质的数。
⾸先我们先来考虑⼀些数：aX1，aX2 ...... aXφn 这些数有如下两个性质： （1）任意两个数模n余数⼀定不同：（反证）若存在aX1≡aX2（mod n），则 n |（ aX1 - aX2 ），⽽a，n互质且（X1 -X2）< n，所以n不可能整除（ aX1 - aX2 ），也就是说不存在aX1≡aX2（mod n）。
归纳法：对于任意的与n互质的X i均成⽴。
故得证。
那么因为有φn个这样的数，X i mod n（i=1~φn）所以就有φn 个不同的余数，并且都是模数⾃然是（0~n-1）。
（2）对于任意的aX i（mod n）都与n互质。
这不难想，因为a与n互质这是欧拉函数的条件，X i是（1~n）与n互质的数的集合中的元素。
所以如果a*X i做为分⼦，n做为分母，那么他们构成的显然就是⼀个最简分数，也就是aX i和n互质。
接下来就可以⽤欧⼏⾥得算法：因为：gcd（aX i，n）==1所以：gcd（aX i，n）== gcd（n，aX i%n）== 1 这样，我们把上⾯两个性质结合⼀下来说，aX1（mod n），aX2（mod n） ...... aXφn（mod n）构成了⼀个集合（性质1证明了所有元素的互异性），并且这些数是1~n与n互质的所有数构成的集合（性质1已说明）。
这样，我们巧妙的发现了，集合{ aX1（mod n），aX2（mod n） ...... aXφn（mod n）}经过⼀定的排序后和集合{ X1，X2 ...... Xφn }完全⼀⼀对应。
那么：aX1（mod n）* aX2（mod n）* ...... * aXφn（mod n）= X1 * X2 * ...... * Xφn 因此：我们可以写出以下式⼦：aX1 * aX2 * ...... * aXφn ≡ X1 * X2 * ...... * Xφn（mod n），即：（aφn -1）X1 * X2 * ...... * Xφn≡ 0 （mod n） ⼜因为X1 * X2 * ...... * Xφn与n互质，所以，（aφn -1）| n，那么aφn ≡ 1（mod n）。
费马定理、欧拉定理、威尔逊定理(讲稿)
欧拉定理、费马定理、威尔逊定理1、欧拉函数：φ(m )是1, 2, …, m 中与m 互质的个数，称为欧拉函数.①欧拉函数值的计算公式：若m ＝p 1α1p 2α2…p n αn , 则φ(m )＝m (1－1p 1)(1－1p 2)…(1－1p n) 例如，30＝2·3·5，则.8)511)(311)(211(30)30(=---=ϕ②若p 为素数，则1()1,()(1),k k p p p p p ϕϕ-=-=-若p 为合数，则()2,p p ϕ≤-③不超过n 且与n 互质的所有正整数的和为1()2n n ϕ；④若(,)1()()(),a b ab a b ϕϕϕ=⇒= 若()()a b a b ϕϕ⇒⑤设d 为n 的正约数，则不大于n 且与n 有最大公因数d 的正整数个数为()ndϕ， 同时()()d nd nn d n dϕϕ==∑∑；例1、证明：φ(n )＝14n 不可能成立.不可能成立假设不成立上式不成立，左边是一个奇数，上式右边是一个偶数，又即：即：为奇质数，则：设成立，则证：若不可能成立；【练习】证明：n p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p n p p p p p p n n n n k k k k k kk k k k k k k k k k 41)4()1()1)(1(4)1()1)(1(22)1()1)(1(2241)(,,),2(,2|441)4(41)4(212121112112122211212121212121212121=∴∴∴---=---=---==≥===----ϕϕαϕϕααααααααααααααααααααΘΛΛΛΛΛΛΛΛΛΛ例2、证明：数列{2n －3}中有一个无穷子数列，其中任意两项互质.}{}32{1,,,1),(mod 1321),(mod 122)(32,,,,}32{}32{21211)()((()(1)(12121212121i n k k i u u u i u u u u u u u u u k k n n u k u u u u ki u ki u x u u u u k k k k k 互素的无穷子数列中一定有一个任意两项数列依此方法一直下去项两两互素的子数列，是、数列＝理有：是欧拉函数，由欧拉定其中作项是两两互素的，记为中已有证明：设数列其中任意两项互素；中有一个无穷子数列，、证明：数列例））-+∴≤≤-≡-∴≤≤≡-=--++++ΛΛΛΛΛΛϕϕϕϕϕϕϕ例3、已知p 为质数，在1, 2, …, p α中有多少个数与p α互质？并求φ(p α). 直接用性质②例4 将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，求出这个数列的第2010项.解：1~105的所有正整数中共有(105)(3)(5)(7)48ϕϕϕϕ==个与105互素，他们从小到排列为：12345481,2,4,8,11,,104a a a a a a ======L . 对于任一的n a ，由带余除法存在唯一的q , r 使得 105,0,0105n a q r q r =+≥≤<，由(a n ，105)＝1，可得(r ，105)＝1，即1248{,,,}r a a a ∈L .反之，对于任意固定非负整数q , 1248{,,,}r a a a ∈L 有(105q ＋r ，105)＝1，于是105q ＋r 都是数列的项， 从而存在正整数n ，使得105n a q r =+. 因此数列{}n a 仅由105(1,2,,48)n q a n +=L 的数由小到大排列而成的.因为2010＝48*41＋42，所以有2010424842201010541,104,89,4394a a a a a =⨯+===而由求得所以. 2、(欧拉定理) 若(a , m )＝1，则a φ(m )≡1(mod m ).证明：设r 1，r 2，…，r φ(m )是模m 的简化剩余系，又∵(a , m )＝1，∴a ·r 1，a ·r 2，…，a ·r φ(m )是模m 的简化剩余系， ∴a ·r 1×a ·r 2×…×a ·r φ(m )≡r 1×r 2×…×r φ(m )(mod m )，又∵(r 1·r 2·…·r φ(m ), m )＝1，∴a φ(m )≡1(mod m ). 注：这是数论证明题中常用的一种方法，使用一组剩余系，然后乘一个数组组成另外一组剩余系来解决问题. 应用：设(a , m )＝1, c 是使得a c ≡1(mod m )的最小正整数, 则c |φ(m ).2、(定义1) 设m ＞1是一个固定的整数, a 是与m 互质的整数，则存在整数k (1≤k ≤m )，使a k ≡1(mod m )， 我们称具有这一性质的最小正整数(仍记为k )称为a 模m 的阶，由a 模m 的阶的定义，可得如下性质： ⑴ 设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，u , v 是任意整数，则a u ≡a v (mod m )的充要条件是u ≡v (mod k )， 特别地，a u ≡1 (mod m )的充要条件是k |u 证明：充分性显然.必要性：设,u l u νν>=-，由(mod )ua a m ν≡及(,)1a m =知1(mod )la m ≡. 用带余除法，,0,l kq r r k =+≤<故1(mod )kqra a m ⋅≡，∴1(mod )ra m ≡，由k 的定义知，必须0r =，所以(mod ).u v k ≡⑵ 设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，则数列a , a 2, …, a k , a k ＋1,…是模m 的周期数列，最小正周期为k ， 而k 个数a , a 2,…, a k 模m 互不同余.⑶ 设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，则k |φ(m )，特别地，若m 是素数p ，则a 模p 的阶整除p －1. (4) 设(a , p )＝1, 则d 0是a 对于模p 的阶⇔0da ≡1(mod p ), 且1, a , …, a do −1对模p 两两不同余. 特别地, d o ＝φ(p )⇔1, a ,…, a φ(p )−1构成模p 的一个简化剩余系. 定理：若l 为a 对模m 的阶，s 为某一正整数，满足)(m od 1m a s≡，则s 必为l 的倍数. 例5、设a 和m 都是正整数，a ＞1. 证明：).1(|-ma m ϕ证明：实上，显然1-m a a 与互素，且1-m a a 模的阶是m ，所以由模阶的性质③导出).1(|-ma m ϕ 例6：设m , a ,b 都是正整数，m ＞1，则(.1)1,1),(-=--b a bam m m证明：记).1,1(--=bam m d 由于(a , b )|a 及(a , b )|b ，易知1|1),(--a b a m m及1|1),(--b b a m m ，故d mb a |1),(-， 另一方面设m 模d 的阶是k ，则由)(m od 1),(m od 1d m d m b a ≡≡推出，k |a 及k |b ，故k |(a ，b ). 因此.1|),(m od 1),(),(-≡b a b a m d d m 即综合两方面可知，.1),(-=b a md 证毕.3、(费尔马小定理) 若p 是素数，则a p ≡a (mod p ) 若另上条件(a ，p )＝1，则a p −1≡1(mod p ) 证明：设p 为质数，若a 是p 的倍数，则)(m od 0p a a p≡≡.若a 不是p 的倍数，则1),(=p a 由欧拉定理得：)(mod 1,1)()(p ap p p ≡-=ϕϕ，)(mod ),(mod 11p a a p a p p ≡≡∴-，由此即得.4、(威尔逊定理) p 为质数 ⇔ (p －1)!≡－1 (mod p )证明：充分性：若p 为质数，当p ＝2，3时成立，当p ＞3时，令x ∈{1, 2, 3, …, p −1}，则1),(=p x ，在x p x x )1(,,2,-Λ中，必然有一个数除以p 余1， 这是因为x p x x )1(,,2,-Λ则好是p 的一个剩余系去0. 从而对}1,,2,1{},1,2,1{-∈∃-∈∀p y p x ΛΛ，使得)(mod 1p xy ≡；若)(m od 21p xy xy ≡，1),(=p x ，则)(m od 0)(21p y y x ≡-，)(|21y y p -，这不可能. 故对于不同的}1,,2,1{,21-∈p y y Λ，有1xy ≡／)(m od 2p xy .即对于不同的x 对应于不同的y ， 即1,,2,1-p Λ中数可两两配对，其积除以p 余1，然后有x ，使)(m od 12p x ≡，即与它自己配对， 这时)(m od 012p x ≡-，)(mod 0)1)(1(p x x ≡-+，∴1-=p x 或1=x .除1,1-=p x 外，别的数可两两配对，积除以p 余1.故)(mod 11)1()!1(p p p -≡⋅-≡-.必要性：若(p －1)!≡－1 (mod p )，假设p 不是质数，则p 有真约数d ＞1，故(p －1)!≡－1 (mod d )，另一方面，d ＜p ，故d |(p －1)!，从而(p －1)!≡0 (mod d )，矛盾！ ∴p 为质数.5、算术基本定理：任何一个大于1的整数都可以分解成质数的乘积. 如果不考虑这些质因子的次序，则这种分解法是唯一的. 即对任一整数n ＞1，有n ＝p 1α1p 2α2…p k αk ，其中p 1＜p 2＜…＜p k 均为素数， α1、α2、…、αk 都是正整数.①正整数d 是n 的约数⇔ d ＝p 1β1p 2β2…p k βk ，(0≤βi ≤αi , i ＝1, 2, …, k )② 由乘法原理可得：n 的正约数的个数为r (n )＝(α1＋1)(α2＋1)…(αk ＋1) ③ n 的正约数的和为S (n )＝(1＋p 1＋…＋p 1α1)(1＋p 2＋…＋p 2α2)…(1＋p k ＋…＋p k αk )④ n 的正约数的积为T (n )＝1()2r n n⑤ n 为平方数的充要条件是：r (n )为奇数.(2) 判断质数的方法：设n 是大于2的整数，如果不大于n 的质数都不是n 的因子，则n 是质数. (3) n !的标准分解：设p 是不大于n 的质数，则n !中含质数p 的最高次幂为：).]([][][][)!(132+<≤++++=m m m p n p pnp n p n p n n P Λ 从而可以写出n !的标准分解式.例7、证明：当质数p ≥7时，240|p 4－1.1|2401|531653161|51|31),5(,1),3(16422)1)(1)(1(1111,1,1)1)(1)(1(1,72401744442242244-∴-⋅⋅--∴==⋅⋅++-=-+-++-++-=-∴≥-≥p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p 两两互素，则与，又费马小定理有：又整除＝能被是相邻的偶数，则：和均为偶数，且又是奇数素数证：整除；能被时，、证明当素数例ΘΘΘΘ例8、求20052003被17除所得的余数.解：()2005200520052003171141414(mod17),=⨯+≡因为(17,14)1,=所以由费马小定理得16141(mod17),≡ 故()()()()()5420052005161255520031414143334312(mod17),⨯+≡≡≡≡-≡--≡--≡所以20052003被17除所得的余数是14.变式拓展：已知a 为正整数，a ≥2，且(a , 10)＝1，求a 20的末两位数字.解：∵(a , 10)＝1，∴a 为奇数，∴a 20＝a φ(25)≡1(mod 25)，又∵a 2≡1(mod 4)⇒ a 20≡1(mod 4)， 又∵(25, 4)＝1，∴a 20≡1(mod 100)，∴a 20的末两位数字01.例9、证明：方程325y x =+无整数解.解：若y 是偶数，则8 |3y ，x 2≡3(mod 8)不可能. 故必有y 一定是奇数，从而x 是偶数.令x ＝2s ，y ＝2t ＋1得t t t s 36422232++=+, 知t 是偶数，令t ＝2j ，代入得s 2＋1＝j (16j 2＋12j ＋3) 由(16j 2＋12j ＋3)≡3(mod 4) 知存在4k ＋3型的奇素数p ，使得p |(16j 2＋12j ＋3)，从而p | s 2＋1，即s 2≡－1(mod p )，有(s ，p )＝1, 21212)1()(---≡p p s (mod p )，于是 1-p s ≡－1(mod p )与费尔马小定理矛盾.例10、 试证：对于每一个素数p ，总存在无穷多个正整数n ，使得p |2n －n.. 证明：若p ＝2，则n 为偶数时结论成立.若p ＞2，则(2，p )＝1，由费尔马小定理2 p －1≡1(mod p )，故对于任意m ，有2 m (p −1)≡1(mod p ). ∴2 m (p −1)－m (p －1)≡1＋m (mod p )，令1＋m ≡0(mod p )，即m ＝kp －1， 则对于n ＝m (p －1)＝(kp －1)(p －1)(k ∈N *)，均有2 n －n 被p 整除例11、设a , b 为正整数，对任意的自然数n 有n na nb n ++，则a ＝b . 证明：假设a 与b 不相等. 考虑n ＝1有11a b ++，则a ＜b .设p 是一个大于b 的素数，设n 是满足条件的正整数：1(mod(1)),(mod ),n p n a p ≡-≡- 由孙子定理这样的n 是存在的，如 n ＝(a ＋1)(p －1)＋1. 由费马定理(1)1(mod ),nk p a aa p -+=≡所以0(mod ),n a n p +≡也即,(mod )n n p b n bn ba p ++≡-再由费马定理，所以pb a -，矛盾. 例12、设p 是奇素数，证明：2 p －1的任一素因了具有形式x px ,12+是正整数.证明：设q 是2 p －1的任一素因子，则q ≠2. 设2模q 的阶是k ，则由)(m od 12q p≡知k |p ，故k ＝1或p (因p 是素数，这是能确定阶k 的主要因素).显然k ≠1，否则),(m od 121q ≡这不可能，因此k ＝p .由费马小定理)(mod 121q q ≡-推出.1|,1|--q p q k 即因p 、q 都是奇数，故q －1＝2px (x 是个正整数).例13、设p 是大于5的素数, 求证：在数列1, 11, 111, …中有无穷多项是p 的倍数.证明： 因5p >是素数, 故(,10) 1.p =由费马小定理1101(mod ),p p -≡故对每一个正整数l 有()11010(mod ),l p p --≡ 而()()(){1111019999111,l p l p l p ----==⨯L L 123个个因()1(,9)1,101,l p p p -=- 故(){111 1.l p p -L 个例14、证明：若0(mod ),ppm n p +≡则20(mod ),ppm n p +≡这里p 是奇素数.证明：因p 是奇素数，故由费马定理得，(mod ),(mod ).ppm m p n n p ≡≡于是，(mod ).ppm n m n p +≡+ 故可由已知条件0(mod )ppm n p +≡得0(mod ).m n p +≡故存在整数k 使得,.m n pk n pk m +==- 因此()()()()()()()12122111210(mod ).p p p p p p p p p rp rrrp p ppm n m pk m pk C pk m C pk m Cpk m Cpk m p -----+=+-=-+++-++≡LL例15、(2004第36届加拿大奥林匹克) 设p 是奇质数，试证：∑-=-+≡11212)(mod 2)1(p k p p p p k例16、(第44届IMO ) 设p 是质数，试证：存在一个质数q ，使对任意整数n ，数n p −p 不是q 的倍数.例17、已知p是给定的质数，求最大正整数m满足：⑴1≤m≤p−1；⑵∑-=≡11) (modpkm p k.例18、(2006国家集训队测试题) 求所有的正整数对(a, n)，使得n|(a＋1)n−a n课外练习题：1、①证明：f (x )＝15x 5＋13x 3＋715x 是一个整值多项式. ②求证：f (n )＝15n 5－32n 2＋1310n －1被3除余2.①则只需证=)(15x f x x x 75335++是15的倍数即可. 由3，5是素数及Fetmat 小定理得)5(mod 5x x ≡，)3(mod 3x x ≡，则)5(m od 07375335≡+≡++x x x x x ；)3(m od 0275335≡+≡++x x x x x而(3，5)＝1，故)15(mod 075335≡++x x x ，即)(15x f 是15的倍数, 所以)(x f 是整数. 2、 证明：2730|n 13－n (n ∈N *))(|2730137532),(137532)(|2),(|3),(|5),(|7)(,)(,)(,)(,)()1)(1)(1)(1)(1()1)(1)(1()1)(1(),(|13),(,)(1375322730)(,|273043212433527162263366131313n f n f n f n f n f n f n f n n n f n n n f n n n f n n n f n n n n n n n n n n n n n n n n n n f N n n n n f N n n n 两两互素，故，，，，且均整除，，，，即由费马小定理可知：的因式都是故由于可知则由费马小定理，，若记＝证明：【练习】证明：-=-=-=-=++-+++-=++-=+-=-∈-=⋅⋅⋅⋅∈-Θ3、 已知有正整数b a b a ab ba b a ++++的最大公约数不超过与是整数，求证：使得11,.证明：由于a ＋1b ＋b ＋1a ＝a 2＋b 2＋a ＋b ab……①，设(a , b )＝d ，则d 2|a 2＋b 2，显然d 2|ab ，由①得，d 2|a ＋b于是a ＋b ≥d 2，a ＋b ≥d ，即 (a , b )≤a ＋b .4、求最小的正整数k ，使得存在非负整数m ，n 满足k ＝19m －5n5、将与105互素的所有正整数从大到小排列，试求出这个数列的第1000项；法一：由105=3×5×7；故不超过105而与105互质的正整数有105×(1－13)(1－15)(1－17)=48个.1000=48×20＋48－8， 105×20=2100. 而在不超过105的与105互质的数中第40个数是86． ∴ 所求数为2186. 法二：6．设n m ,为正整数，具有性质：等式(171,)(171,)k m k n -=-对所有的正整数k 成立. 证明：17rm n =，其中r 是某个整数.。
2013高中数学奥数培训资料之欧拉定理、费马小定理、孙子定理
兰州成功私立中学高中奥数辅导资料（内部资料）欧拉定理、费马小定理、孙子定理函数；互质的个数，称为欧拉中与，，，是个有互质，这样的同余类共中每一个数均与互质，那么与如果个剩余类有，则模、设m m m m m M m i m i Z k km i M m m m i i 21)(,)(1,,2,1,0},|{01ϕϕ-=∈+=>);(mod 1,1),(12)(m am a m m ≡=>ϕ则，、欧拉定理：设ki m MM m b M M b M M b M M x m b x m b x m b x m m m m m Mk i M m m m m m m k m m m p p p n n p p p n n p a ap m ax m x m a i i m a a m a a a m m a a a m m i ii k k k k k k i i ii i k k kk pi i m m k ,,2,1),(mod 1)(mod )(mod )(mod )(mod ,),,,2,1(,,6)11()11)(11()(5);(mod 4,1),()3();(),(mod )()2()()1(3''22'211'12211112121212121212121=≡+++≡≡≡≡====---==≡=≠≡+-其中有唯一解则同余方程组设个两两互质的正整数，是、、、孙子定理：设，则：的标准分解为：、若为素数，则、费马小定理：若的缩系；也是通过模的缩系，则是通过模且、若的充要条件是的一组缩系是模、、互质的整数，则个与是、、、若个数；的一组缩系含有、模、缩系的几种性质：）（ϕϕϕαααϕ原命题成立；上式不成立，则有：也是一组完全剩余系，另一方面又同理有：：的一组完全剩余系，则是、、证：的一组完全剩余系。
不是、、求证：，的一组完全剩余系，且分别是、、和、、、设例∴∴<<⇒≡++≡≡+∴≡≡+=≡+++∑∑∑∑∑=====,20|2)(mod 2)()()(mod 0)(mod )()(mod 2)(mod 22)1(|21111112122112121n n n n n b a b a n n n b an n b n n n n i a n a a a n b a b a b a n n b b b a a a ni i i i i ni i ini i ni ni i n n n n n}{}32{1,,,1),(mod 1321),(mod 122)(32,,,,}32{}32{21211)()((()(1)(12121212121i nk k i u u u i u u u u u u u u u k k nnu k u u u u ki u ki u x u u u u k k k k k 互素的无穷子数列中一定有一个任意两项数列依此方法一直下去项两两互素的子数列，是、数列＝理有：是欧拉函数，由欧拉定其中作项是两两互素的，记为中已有证明：设数列其中任意两项互素；中有一个无穷子数列，、证明：数列例））-+∴≤≤-≡-∴≤≤≡-=--++++ ϕϕϕϕϕϕϕ)11()(321,2,1)(,2,1),(,2,13111pp ppp p ppp p p p p p p p p p p p p p -=-=∴⋅⋅⋅⋅∴---ααααααααααααϕϕϕ互质其他的数均与个共有，，，，的倍数有：中是在又互质，并求中有多少个数是与问题即为：为素数解为素数。
欧拉定理
欧拉定理在数学和许多分支中可以看到以欧拉命名的许多常数，公式和定理。
在数论中，Euler定理（也称为Fermat Euler定理或Euler 函数定理）是关于同余的性质。
欧拉定理以瑞士数学家莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler）的名字命名，被认为是数学界最精彩的定理之一。
欧拉定理实际上是费马小定理的推广。
此外，在平面几何中有欧拉定理，在多面体上有欧拉定理（在凸多面体中，顶点数-边数+面数= 2，即V-E + F = 2）。
在西方经济学中，欧拉定理也称为产出分配的净耗竭定理，这意味着在完全竞争的条件下，假设规模收益长期保持不变，则所有产品都足以分配给每个产品因子。
还有欧拉公式。
在数论中，欧拉定理,（也称费马-欧拉定理）是一个关于同余的性质。
欧拉定理表明，若n,a为正整数，且n,a互质，则:证明将1~n中与n互质的数按顺序排布：x1,x2……xφ(n) （显然，共有φ(n)个数）我们考虑这么一些数：m1=a*x1;m2=a*x2;m3=a*x3……mφ(n)=a*xφ(n)1）这些数中的任意两个都不模n同余，因为如果有mS≡mR (mod n) （这里假定mS更大一些），就有：mS-mR=a(xS-xR)=qn，即n能整除a(xS-xR)。
但是a与n互质，a 与n的最大公因子是1，而xS-xR<n，因而左式不可能被n整除。
也就是说这些数中的任意两个都不模n同余，φ(n)个数有φ(n)种余数。
2）这些数除n的余数都与n互质，因为如果余数与n有公因子r，那么a*xi=pn+qr=r(……)，a*xi与n不互质，而这是不可能的。
(因为a*xi=pn+qr=r(……)，说明a*xi含有因子r，又因为前面假设n 含有因子r，所以a*xi和n含有公因子r，因此a*xi与n不互质)那么这些数除n的余数，都在x1,x2,x3……xφ(n)中，因为这是1~n中与n互质的所有数，而余数又小于n.由1）和2）可知，数m1,m2,m3……mφ(n)（如果将其次序重新排列）必须相应地同余于x1,x2,x3……xφ(n).故得出：m1*m2*m3……mφ(n)≡x1*x2*x3……xφ(n) (mod n)或者说a^[φ(n)]*(x1*x2*x3......xφ(n))≡x1*x2*x3......xφ(n)(mod n) 或者为了方便：K{a^[φ(n)]-1}≡0 ( mod n ) 这里K=x1*x2*x3 (x)φ(n)。
欧拉与“费马数”
欧拉与“费马数”同学们，你知道“费马数”吗？1640年，著名的法国数学家费马认为自己找到了一个质数公式．这个公式是n22+1（n为自然数）．他举例说：当n=1时，n22+1=122+1=22+1=5；当n=2时，n22+1=222+1=42+1=17；当n=3时，n22+1=322+1=82+1=257；当n=4时，n22+1=422+1=162+1=55537．现在数论中把可由n22+1得出的数称之为“费马数”．上述费马数均为质数．1729年12月1日，瑞士的大数学家、22岁的欧拉收到哥德巴赫的一封信，信中说：“……你知道费马在一本书注中提出的一个质数表达式吗？这就是‘一切形如n22+1（n是自然数）的数都是质数’，费马本人说这是证明不了的，据我所知，他身后已过了半个世纪，迄今还没有人能证明它，虽然如此，人们还是相信这个结论．”欧拉深知这封信的来意是要求他要么证明“一切形如n22+1（n是自然数）的数都是质数”，要么否定这个结论．为此，他对n=5时的情况进行了研究。
当n=5时，n22+1=522+1=232+1=（2×27）4+1=24×1284+1=（1+15）×1284+1=［1+5（128－125）］×1284+1=（1+5×128）×1284+1－54×1284=（1+5×128）×1284+（1+52×1282）（1+5×128）（1－5×128）=（1+5×128）［1284+（1+52×1282）（1－5×128）］=641×6700417．由此可见，第五个费马数522+1=4294967297不是个质数，而是个合数，它是641和6700417的乘积，从而推翻了费马的猜想．这里的证明，欧拉用的不是什么高深的数学知识，而是像“因式分解”这种最基础的知识和最基本的技能，以及诸如“分解质因数”“逆用法则与公式”“拆项”等基本技巧．这件事启示我们：谁想成为高素质的人才，在知识经济时代有所作为，现在就必须重视基础知识的学习，基本技能和技巧的训练，基本思想方法的活用．。
苏教版高中数学选修4-6：欧拉定理与费马小定理_课件1
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费马小定理和欧拉定理
• 证明？？
• 设任意整数a，且a%p!=0。 • 现在构造出p-1个数：a,2*a,3*a,......(p-1)*a • 可以得知这p-1个数中任意一个都不整除p. • 现在证明，p-1个数中任意两个数不同余：
费马小定理和欧拉定理
1
欧拉定理与费马小定理
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费马小定理和欧拉定理
• 费马小定理：
设P是素数，a是任意整数，并且a不整除p，则：
欧拉定理： a^(p-1)≡1(mod p)
如果gcd(a,p)=1，那么 a^Φ(p)=1(mod p)
Φ(p)：称作欧拉函数，是求小于等于p且与p互素的正整 数的个数。其中 Φ(1)=1.
费马小定理和欧拉定理
• 根据以上结论，我们可得： a,2*a,3*a,......(p-1)*a这p-1个数对P求余构 成了p的一个完全系。
• 从而，我们根据乘法求余公式可以得到： • a*(2*a)*(3*a)*......*((p-1)*a)≡(1*2*3*......*(p-1)) (mod p) • 提取公因式： • a^(p-1) *(p-1)!≡(p-1)!(mod p),约去相同的项：
两边约去同类项后即得证。
欧拉函数的几个性质
若n=p1^k1*p2^k2…pr^kr 则欧拉函数
Φ(n)=(p1-1)p1^(k1-1)*(p2-1)p2^(k2-1)…(pr-1)pr^(kr-1)
并且有
n (d)
d|n
可以这么理解：
[1,n]中，若d是n的一个约数，则满足(x,n)=d
的x个数为Φ(n/d)，所有的Φ(n/d)相加即是n
欧拉函数及费马小定理
欧拉函数及费马⼩定理2016.1.26欧拉函数：对于m=p1e1 . p2e2 . p3e3 . …… . p n en （唯⼀分解）欧拉函数定义为φ(m)=m * ∏(p i – 1)/p i其意义为不超过m并且和m互素的数的个数特别的φ（1）=1证明：⾸先不知道的先了解⼀下于是可以得到φ(m)=n-n/p1-n/p2-...-n/pn+n/(p1p2)+n/(p1p3)+...+n/(p k-1p k)-...........然后再来看公式φ(m)=m * ∏(1– 1/p i)把右边展开【众⼈：你逗我当然不是真的展开,事实上我们展开的每⼀项⽆⾮是从每个括号中选⼀个，不是1就是-1/p i ，然后乘起来得到的。
这时的你是否有⼀丝激动！这不就是和容斥原理⼀⽑⼀样！然后就得证了！欧拉定理：对于和m互素的x，有xφ(m)≡1(mod m)证明：设所有n以下和n互质的数依次为X1,X2,…,Xφ(n)设k为⼀个与n互质的数，那么设A={kX1, kX2,…, kXφ(n)}【那么A中没有两个数模n同余】证明：假设ak≡bk(mod n)那么有ak-bk=nq,即(a-b)k=qn,所以左式模n为0然⽽k与n互质，1<(a-b)<n，所以(a-b)也模n不等于0那么显然上式不成⽴证毕【A中所有数的余数都与n互质】证明：假设gcd(kX i mod n, n)=r那么kX i=qn+pr那么kX i也有因⼦r，那么kX i与n不互质，显然不可能证毕那么由以上两个结论可知A中的数模n的余数应该与X1,X2,…,Xφ(n)唯⼀对应。
即X1*X2*…*Xφ(n)≡ kX1*kX2*…*kXφ(n) (mod n)也就是说0 ≡ (kφ(n)-1)*X1*X2*…*Xφ(n) (mod n)显然X1*X2*…*Xφ(n)是与n互质的，所以kφ(n)-1≡0(mod n)kφ(n)≡1(mod n)得证费马⼩定理：特别的，当p为素数时，x⽆法被p整除，φ(p)=p-1，于是便有费马⼩定理X p-1≡1(mod p)在p是素数时，对任意正整数x都有X p≡X(mod p)于是对于a的逆元x，有ax≡1(mod m),对于a,m互素且m为素数时，有x=a m-2，于是我们可以通过快速幂快速求出a的逆元。
《费马小定理和欧拉定理》课件人教新课标
欧拉定理 费马定理及其对循环小数的应用
本节主要通过应用简化剩余系的性质证明 数论中的两个重要定理，欧拉定理和费马定理, 并说明其在理论和解决实际问题中的应用。
一、两个基本定理
定理1Euler 设 m是正整数，(a, m) = 1， 则 am) 1 (mod m).
证明： 设{x1, x2, , x(m)}是模m的一个简化剩余系， 则{ax1, ax2, , ax(m)}也是模m的简化剩余系， 所以 ax1ax2 ax(m) x1x2 x(m) (mod m)， 即 a(m)x1x2 x(m) x1x2 x(m) (mod m). 由( x1, m) ( x2 , m) ＝( x(m), m) 1 得 (x1x2 x(m), m) = 1，所以 a(m) 1 (mod m).
4. 定理5 纯循环小数 0.b1 b2 bt 可以化为分数
b1b2 bt , 其中，分母中含有t个9. 99 9
证明： 10t b1b2 bt
(10t 1) b1b2 bt
b1b2 10t
bt 1
b1b2 99
bt . 9
0. 2 3
23 99
0. 3 6
36 99
4 11
0.023 23 999
解：(7） 6，由欧拉定理得 106 （1 mod 7）.
又10 （4 mod6）,102 （4 mod6）, ，1010 （4 mod6） 1010 10102 101010 104 104 + 10（4 mod7） 34 34 3（4 mod7） 34 10(mod7) 4（3 mod7） （5 mod7）
b1
记
a1 b1
0.c1
ck c1
ck
费马—欧拉两平方和定理
事实 上 ，当 Ｐ＝４ｎ＋１时 ，化为
２ｎ
（４凡）！＋１＝（２ｎ）！Ⅱ （２ｎ＋ ）＋１ ｉ＝ｌ ２ｎ
＝ （２凡）！Ⅱ （Ｊｐ— ）＋１
ｉ＝ ｌ
三（（２ｎ）！） ＋１－０（ｍｏｄ Ｐ）．
若令 Ｎ＝（２ｎ）！，Байду номын сангаас 样就证 明 了 Ｎ２三 一１（ｍｏｄ Ｐ）．
记 ［ ］表示 不超过实数 的最 大整数．
３，５，７，１ １，１３，１７，１９，… ，
另一 条则 在 １９世 纪 ，至 于 第 三 条 道 路 的 发
发现其 中数 ５、１３、１７均可表示 为两个平方数 现 ，则 已经 是 ２０世纪 的事 了．
之 和 ：
５＝ １ ＋２ ， １３ ＝２ ＋３ ，１７： １ ＋４ ，
１ 拉 格 朗 日的证 明
下 面有三 条道 路 通 向 １７世 纪这项伟 大
由于这种整数对的个数为（【 】＋１） ＞ｐ，
则其 中至少 存在 两个不 同的整 数 对 （ｍ ，ｋ ） 与 （ｍ ，ｋ ），使得 对应的 ｍ。＋ 。与 ｍ ＋ ２ 模 Ｐ同余．
故 ＰＩ（（ｍｌ—ｍ２）＋（ｋ。一ｋ２）Ⅳ）． 改 记 口＝ｍｌ—ｍ２，ｂ＝ｋｌ—ｋ２，即 Ｐ Ｉ（ａ＋Ⅳ６）． 易知 ，ＩⅡｌ＜ ，Ｉ ｂ ｌ＜ （显然 口、ｂ皆不 为
收稿 日期 ：２０１８—０６—２６
０；否则 ，由一 个为 Ｏ将导致另一个 为 ０）．
８
中 等 数 学
故 口 一Ｎ ６ ＝（Ⅱ＋Ｎｂ）（ａ—Ｎｂ）
Ｙ２－Ｘｌ— １一 ｌ＝（ ＋ ）一 ＋（Ｙ一 一 ）＝ｙ，
＝
－
０（ｒ ｏｏｄ Ｐ）．
２ Ｙｌ ·
又 Ⅳ 三 一１（ｒ ｏｏｄ Ｐ），于 是 ，
高中数学A版三 费马小定理和欧拉定理优秀课件
由于 31和127是素数 并且 235 1 = 31*127*8727391
所以，235 1的另外的素因数p只可能在数列
71，211，281， (5) 中 经检验，得到8727391 = 71*122921. 显然，122921的素因数在31，127或者数列(5)中 说明，122921不能被31和127整除，也不能被数
呢，这就是下面要讲的欧拉定理.
欧拉定理 设m为正整数，ɑ为
任意整数，且（ɑ， m ）=1，则
aφm 1modm,其中φm表示1，2，...，m
中与m互素的正整数的个数.
证明：
( 1 ) 令Z n = {x1,x2,...,xφn}
S = {a×x1（m od n）,a×x2（m od n）,...,a×xφn（ m od n）}
（2）
aφn x1 x2...xφn (m odn) ≡(ax1) (ax2 ) ... (a xφn )(m od n) ≡(ax1(m od n))×(ax2(m od n)) ... (axφn (m odn))(m od n)
对比等式的左右两端，因为 xi (1 ≤ i ≤ φ(n)) 与 n 互质，所以 aφ(n) ≡ 1 mod n （消去律）.
则 Zn = S .
① 因为 a 与 n 互质， xi (1 ≤ i ≤ φ(n)) 与 n 互质， 所
以 a * xi 与 n 互质，所以 a * xi mod n ∈ Zn .
② 若 i ≠ j ， 那么 xi ≠ xj，且由 a, n互质可得
a*
xi mod n ≠ a * xj mod n （消去律）.
初等数论,费马小定理
费马小定理是初等数论中的一个重要定理，由17世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出。
该定理是关于素数分布和同余方程的一个基本结果。
费马小定理的statement 是：
设\( p \) 是一个素数，\( a \) 是任意一个与\( p \) 互质的整数（即\( a \) 不是\( p \) 的倍数），则对于任意整数\( m \)，同余方程\( a^p - a \equiv 0 \pmod{p} \) 成立。
数学表达式为：
\[ a^p - a \equiv 0 \pmod{p} \]
或者等价地：
\[ a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} \]
这意味着\( a \) 的\( p \) 次方除以\( p \) 的余数是1。
费马小定理的一个直接应用是欧拉定理，它是费马小定理的一个推广。
欧拉定理表明，对于任何与素数\( p \) 互质的整数\( a \)，都有：
\[ a^{\phi(p)} \equiv 1 \pmod{p} \]
其中\( \phi(p) \) 是欧拉函数，表示小于\( p \) 的与\( p \) 互质的正整数的个数。
费马小定理在密码学和计算机科学中有重要应用，特别是在公钥密码体系如RSA 算法中，它依赖于素数的性质和费马小定理。
第二章第4节 欧拉定理 费马小定理 《信息安全数学基础》课件
ari rj (mod m)
所以 (ar1 )(ar2 ) (ar (m) ) r1r2 r (m) (mod m)
即 a(m)r1r2 r(m) r1r2 r(m) (mod m)
又因
所以
(ri , m) 1, i 1, 2, ,(m)
(r1r2 r (m) , m) 1
故
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6、有布7丈5尺，裁剪成大人和小孩的衣料，大人一件 衣服用布7尺2寸，小孩一件衣服用布3尺，问各裁剪多 少件衣服恰好把布用尽。 7、求201319852004 被7除余数是几？
17
本章主要内容
同余
剩余类
基本性质
简化剩余类
完全剩余系 简化剩余系 欧拉定理 费马定理
欧拉函数及其计算方法
15
半期试题 第1题10分，2-7题各15分。 1、p 3为素数，求证8 p2 1不能为素数。 2、问123451234的最后两位数？ 3、用同余的方法证明：是否存在五个连续自然数， 将得前四个数的平方和等于第五个数的平方。 4、解同余式方程589x 1026(mod 817) 5、求20!的标准分解式。
证 因p是素数,则对任何整数a,有p | a,或(a, p) 1.
若p | a,显然有 a p a (mod p).
若(a, p) 1,则由欧拉定理 a( p) 1 (mod p)
又( p) p 1, 于是
a p1 1 (mod p) a p a (mod p)
5
例5 设p, q是两个不同的奇素数, n pq, (a, pq) 1,
aed a (mod p) aed a (mod q)
aed a (mod[ p, q])
aed a (mod n)
欧拉定理
欧拉定理编辑讨论上传视频在数学及许多分支中都可以见到很多以欧拉命名的常数、公式和定理。
在数论中，欧拉定理（Euler Theorem，也称费马-欧拉定理或欧拉函数定理）是一个关于同余的性质。
欧拉定理得名于瑞士数学家莱昂哈德·欧拉，该定理被认为是数学世界中最美妙的定理之一。
欧拉定理实际上是费马小定理的推广。
此外还有平面几何中的欧拉定理、多面体欧拉定理(在一凸多面体中，顶点数-棱边数+面数=2，即V-E+F=2)。
西方经济学中欧拉定理又称为产量分配净尽定理，指在完全竞争的条件下，假设长期中规模收益不变，则全部产品正好足够分配给各个要素。
另有欧拉公式。
中文名欧拉定理外文名Euler Theorem别称费马-欧拉定理类别定律应用学科数学目录1 莱昂哈德·欧拉2 数论定理▪内容▪证明▪应用3 几何定理▪内容▪证明4 拓扑公式5 图论定理▪内容▪证明6 经济学▪定理推导▪定理证明▪实例7 复变函数8 意义9 证明应用▪利用几何画板▪公式应用10 运用方法▪分式▪复数▪三角形▪多面体▪多边形莱昂哈德·欧拉编辑莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler ，1707年4月15日～1783年9月18日），瑞士数学家，13岁进巴塞尔大学读书，得到著名数学家贝努利的精心指导．欧拉是科学史上最多产的一位杰出的数学家，他从19岁开始发表论文，直到76岁，他那不倦的一生，共写下了886本书籍和论文，其中在世时发表了700多篇论文。
彼得堡科学院为了整理他的著作，整整用了47年。
欧拉著作惊人的高产并不是偶然的。
他那顽强的毅力和孜孜不倦的治学精神，可以使他在任何不良的环境中工作：他常常抱着孩子在膝盖上完成论文。
即使在他双目失明后的17年间，也没有停止对数学的研究，口述了好几本书和400余篇的论文。
当他写出了计算天王星轨道的计算要领后离开了人世。
欧拉永远是我们可敬的老师。
欧拉研究论著几乎涉及到所有数学分支，对物理力学、天文学、弹道学、航海学、建筑学、音乐都有研究！有许多公式、定理、解法、函数、方程、常数等是以欧拉名字命名的。
§3.4 欧拉定理·费马定理及其对循环小数的应用
12371 12371
7 28
12371 12371 123711 502 50 14 mod111 ,
3 2
12371 12371
56
123711 142 50 32 mod111 , 322 25 mod111 ,
1 2
50 50
1 3 2
0 2
501 50 mod111 ,
2
501 502 50 14 mod111 ,
1 7 2 2
28
14 2
2
故
12371
56
34 70 mod111.
28
3.（ⅰ）证明下列事实但不许用定里1的推论：若p是 质数，h1, h2 , , ha是整数，则 p p p h h h h h 1 2 a 1 2
易知q为正整数，故q1, q2 , , qt都为非负整数.若qt 1，则
q 10t ，这与q 10t 1矛盾.故qt 0, q 10t 1 a1 10t 2 a2
10at 1 at , 从而 a 1 a 0.a1a2 at t . b 10 b 反复应用上式，即得 a 0.a1a2 at . b a 定理3 若 是有理数，其中0 a b, a, b 1, b 2 5 b1 , b a b1,10 1, b1 1, , 都为非负整数，但不全为零，则 可以 b 表示为循环小数，其中不循环的位数是 max , . 返回
1 2 0 1, 故
12371 12371
1 3 1 2
0 2
123711 50 mod111 ,