ベストアンサー
まず、モジュラス（またはモジュラス）を確認する必要があります。除算しようとしている数値）。この場合は1818です。次に、1818をオイラーの剰余関数に挿入して、ϕを取得します。 （18）ϕ（18）。特に、すべての整数nnについて、
ϕ（n）= n∏p | n（1-1p）、ϕ（n）= n∏p |があります。 n（1-1p）、
ここで、製品はnnのすべての一意の主因子にまたがります。したがって、この場合は
ϕ（18）=（18）（1/2）（2/3）= 6.ϕ（18）=（18）（1/2）（2/3）= 6。
わかりました。次のステップはオイラーの定理です。これは、他の整数aaについては比較的プライムをnnにすると、aaをϕ（n）ϕ（n）の累乗にすると、nnで割ったときに余りが11になります。つまり、
aϕ（n）≡1（modn）.aϕ（n）≡1（modn）。
1717は実際に1818と互いに素であるため、176176の葉がわかっています。 1のリマインダー。これは、余りを変更せずに、1720017200から176176を分割し続けることができることを意味します。別の言い方をすれば、17の6の倍数は、余り1を残します。したがって、200は6の倍数より2多いので、
17200≡172（mod18）.17200≡172（mod18）。
これにより、問題がはるかに簡単になります。もうすぐです。ここで問題を解決するための近道は、1717が1818で割ったときに-1-1の余りを残すこと（つまり、17≡-1（mod18）17≡-1（mod18））を理解することです。したがって、172172は（-の余りを残します。 1）2 = 1。（-1）2 = 1。
つまり 1 。次回、残りの部分に問題が発生したとき大電力の場合、この優れた一般化されたソリューションを使用すると同時に、スマートに聞こえます:)。 modmod表記をこれまでに見たことがない場合は、モジュラー演算を参照してください。
PSこの定理の特殊なケースについて聞いたことがあるかもしれません。 フェルマーの小定理と呼ばれます。これは、素数であるモジュラスがある場合に機能します（ここではそうではありません）。この定理は、任意の素数ppに対して次のように述べています。 ppの倍数ではない整数aa
ap-1≡1（modp）.ap-1≡1（modp）。
これは興味深いトリックですが、素数ppの場合はϕ（p）= p-1ϕ（p）= p-1であるため、基本的に上記と同じです。負の残差。常に配当を1または-1に減らしてみてください。
Rem [17 ^ 200/18] = Rem [（-1） ^ 200/18] =レム[1/18] = 1
回答
問題を解決するために必要な重要な背景：
rがpqを除算したときに得られる剰余は、rがpとqを別々に除算したときに得られる剰余の積であることがわかっています。これは剰余の補題と呼ばれます。ユークリッドの除法の定理で証明できます。
解
17を18で割ると余りが残ります-1（17よりも-1で作業すると便利です）
18で割ったときに17×17×17 …×17（2000回）に剰余の補題を適用すると、個々の剰余は乗算されます。つまり、-1×-1 ..×-1（2000回）、つまり剰余は1 \ blacksquare
17を奇数に上げた場合、剰余は-1または17になります。 。