例1：求3406的末二位数。

　　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)

　　∴ 末二位数为29。

　　例2：证明(a+b)p≡ap+bp(mod p)

　　证：由费尔马小定理知对一切整数有：ap≡a(p)，bp≡b(P)，

　　由同余性质知有：ap+bp≡a+b(p)

　　又由费尔马小定理有(a+b)p≡a+b (p)

　　(a+b)p≡ap+bp(p)

　　例3：设素数p>2，则2P-1的质因数一定是2pk+1形。

　　证：设q是2ρ-1的质因数，由于2ρ-1为奇数，∴ q≠2， ∴ (2·q)=1,由条件q|2p-1,即2ρ≡1(mod q)，又∵ (q,2)=1，2ρ≡1(mod q) 设i是使得2χ≡1(mod p)成立最小正整数

　　若1

　　∴ i=p, ∴ p|q-1

　　又∵ q-1为偶数，2|q-1,

　　∴ 2p|q-1,q-1=2pk , 即q=2pk+1

　　例4：证明13|42n+1+3n+2

　　证：∵42n+1+3n+2≡4·16n+9·3n

　　≡3n (4+9)≡13×3n·≡0(13)

　　∴ 13|42n+1+3n+2

　　例5：证明5y+3=x2无解

　　证明：若5y+3=x2有解，则两边关于模5同余

　　有5y+3≡x2(mod 5)

　　即3≡x2(mod 5)

　　而任一个平方数x2≡0,1,4(mod 5)

　　∴ 3ξ0,1,4(mod 5)

　　∴ 即得矛盾，即5y+3=x2无解

　　例6：求被7除的余数。解：∵111111被7整除，∴　≡11(mod 7)≡4(mod 7)，即余数为4。例7：把0.04263化为分数。解：设b=0.04263，从而1000b=42.63, 100000b=4263.63，99000b=4263-42 b=4221/99000=469/11000

　　当然也可用直化分数的方法做。

　　例8：设一个数为62XY427是9，11的倍数，求X，Y

　　解：因为9|62XY427

　　所以9|6+2+X+Y+4+2+7， 即9|21+X+Y

　　又因为11|62XY427， 有11 |(7+4+X+6-2-Y-2)

　　即11|(X-Y+13)

　　因为0≤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：证明：8a+7不可能是三个整数的平方和。

　　证：由于每一个整数对于8，必同余于0，1，2，3，4，5，6，7这八个数之一

　　注意到对于模8，有0²=0，1²=1，2²=4，3²=1，4²=0，5²=1，6²=4，7²=1　因而每一个整数对于模8，必同余于0，1，4这三个数

　　不能x²,y²,z²　如何变化，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

　　关于模8a+7不等于x²+y²+z²，从而证明了结论。