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
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
构造数列：
满足对于 (1 leq i leq S) 有：
显然存在这样的构造。
下面，由：
可得
即
下面证明另一个定理。
证 (1).
定理 (1).
对于
且 (gcd(c,p)=1)
则：
这是因为除以(c)不会影响对(p)的取模。
回到原证，可得：
代入 (S = varphi_p)
即为：
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：
其中 (gcd(a,p)=1).
首先，我们有欧拉定理：
当 (p) 为质数，显然 (varphi_p = p-1) ，则：
得证。
Case 3. 威尔逊定理
威尔逊定理即：对于 (p) 为素数，有：
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：
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：
得证。
Case 4. 孙子定理
孙子定理（也称中国剩余定理）即：
对于：
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
（即 (t_i) 为 (M_i) 关于 (m_i) 的逆元。
此时 (S) 的 解 (x) 满足：
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：
其余项均有：
这是因为，(j ot = {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：
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：
由于 (x_1,x_2 < M) ，所以 (x_1 - x_2 < M).
再由上述可知
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：
得出：
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)! mod 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 imes 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：
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：
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:
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：
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）
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：
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! mod 4 = 6 mod 4 = 2 $.
回到原证，由定理 (3) 可知：
这可以说明：
所以最终结论为：
求 ((n-1)! mod 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
（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 imes b).
证 (1).
定理 (1).
首先，将 (a) 和 (b) 质因数分解为：
（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：
由于：
所以可以得到：
而：
(a imes b = prod_{i=1}^k {p_i}^{a1_i+a2_i}).
于是可以得到
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：
其中 (gcd(a,b)=1)
于是我们可以得到：
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：
那么考虑
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：
其中(S)方程的解 (x mod (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。