Нехай
f
(
x
)
{\displaystyle f(x)}
— це многочлен з цілими (або p -адичними цілими) коефіцієнтами, нехай m , k це додатні цілі такі, що m ≤ k . Якщо r є цілим таким, що
f
(
r
)
≡
0
(
mod
p
k
)
{\displaystyle f(r)\equiv 0{\pmod {p^{k}}}}
і
f
′
(
r
)
≢
0
(
mod
p
)
{\displaystyle f'(r)\not \equiv 0{\pmod {p}}}
тоді існує ціле s таке, що
f
(
s
)
≡
0
(
mod
p
k
+
m
)
{\displaystyle f(s)\equiv 0{\pmod {p^{k+m}}}}
і
r
≡
s
(
mod
p
k
)
.
{\displaystyle r\equiv s{\pmod {p^{k}}}.}
І також, таке s єдине за модулем p k +m і його можна обчислити як таке ціле
s
=
r
−
f
(
r
)
⋅
a
{\displaystyle s=r-f(r)\cdot a}
де
a
{\displaystyle a}
це ціле, що задовольняє
a
≡
[
f
′
(
r
)
]
−
1
(
mod
p
m
)
.
{\displaystyle a\equiv [f'(r)]^{-1}{\pmod {p^{m}}}.}
Зауважимо, що
f
(
r
)
≡
0
(
mod
p
k
)
{\displaystyle f(r)\equiv 0{\pmod {p^{k}}}}
так, що дотримується умова
s
≡
r
(
mod
p
k
)
.
{\displaystyle s\equiv r{\pmod {p^{k}}}.}
Додатково зазначимо, що якщо
f
′
(
r
)
≡
0
(
mod
p
)
{\displaystyle f'(r)\equiv 0{\pmod {p}}}
, тоді можливо мати 0, 1 чи декілька s .
Виведення
ред.
Виведення леми розглядає розклад у ряд Тейлора функції
f
{\displaystyle f}
в околі
r
.
{\displaystyle r.}
З
r
≡
s
(
mod
p
k
)
{\displaystyle r\equiv s{\pmod {p^{k}}}}
ми бачимо, що s повинно мати таку форму
s
=
r
+
t
p
k
{\displaystyle s=r+tp^{k}}
для деякого цілого
t
.
{\displaystyle t.}
Нехай
f
(
r
+
t
p
k
)
=
∑
n
=
0
N
c
n
(
t
p
k
)
n
{\displaystyle f(r+tp^{k})=\sum _{n=0}^{N}c_{n}\ \left(tp^{k}\right)^{n}}
, де
c
0
=
f
(
r
)
,
c
1
=
f
′
(
r
)
{\displaystyle c_{0}=f(r),\,c_{1}=f'(r)}
, отже
f
(
r
+
t
p
k
)
=
f
(
r
)
+
t
p
k
f
′
(
r
)
+
p
2
k
t
2
g
(
t
)
{\displaystyle f(r+tp^{k})=f(r)+t\,p^{k}\,f'(r)+p^{2k}\,t^{2}\,g(t)}
для деякого многочлена
g
(
t
)
{\displaystyle g(t)}
з цілими коефіцієнтами.
Ділячи обидві частини за модулем
p
k
+
m
,
m
≤
k
{\displaystyle p^{k+m},m\leq k}
, ми бачимо, що для того, щоб виконувалось
f
(
s
)
≡
0
(
mod
p
k
+
m
)
{\displaystyle f(s)\equiv 0{\pmod {p^{k+m}}}}
, нам треба
0
≡
f
(
r
+
t
p
k
)
≡
f
(
r
)
+
t
p
k
f
′
(
r
)
(
mod
p
k
+
m
)
{\displaystyle 0\equiv f(r+tp^{k})\equiv f(r)+t\,p^{k}\,f'(r){\pmod {p^{k+m}}}}
Тоді ми зауважимо, що
f
(
r
)
=
z
p
k
{\displaystyle f(r)=zp^{k}}
для деякого цілого
z
{\displaystyle z}
оскільки
r
{\displaystyle r}
є коренем
f
(
x
)
≡
0
(
mod
p
k
)
{\displaystyle f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k}}}}
. Таким чином,
0
≡
(
z
+
t
f
′
(
r
)
)
p
k
(
mod
p
k
+
m
)
{\displaystyle 0\equiv (z+tf'(r))p^{k}{\pmod {p^{k+m}}}}
,
тобто
0
≡
z
+
t
f
′
(
r
)
(
mod
p
m
)
.
{\displaystyle 0\equiv z+tf'(r){\pmod {p^{m}}}.}
Розв'язуючи для
t
{\displaystyle t}
у
Z
/
p
m
Z
{\displaystyle \mathbb {Z} /p^{m}\mathbb {Z} }
отримуємо згадану вище формулу для
s
.
{\displaystyle s.}
Припущення, що
f
′
(
r
)
{\displaystyle f'(r)}
не ділиться на p гарантує, що
f
′
(
r
)
{\displaystyle f'(r)}
має унікальне обернене за модулем
p
m
.
{\displaystyle p^{m}.}
Отже, розв'язок для t існує і єдиний за модулем
p
m
{\displaystyle p^{m}}
і
s
{\displaystyle s}
існує і єдине за модулем
p
k
+
m
{\displaystyle p^{k+m}}
.
Наслідки
ред.
Якщо
f
′
(
r
)
≡
0
(
mod
p
)
{\displaystyle f'(r)\equiv 0{\pmod {p}}}
і
r
{\displaystyle r}
є розв'язком
f
(
x
)
≡
0
(
mod
p
k
+
1
)
,
{\displaystyle f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}},}
тоді
r
{\displaystyle r}
підіймається до
s
=
r
+
t
p
{\displaystyle s=r+tp}
для всіх цілих
0
≤
t
≤
p
−
1.
{\displaystyle 0\leq t\leq p-1.}
Отже,
r
{\displaystyle r}
підіймається до
p
{\displaystyle p}
відмінних розв'язків
f
(
x
)
≡
0
(
mod
p
k
+
1
)
.
{\displaystyle f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}}.}
Якщо
f
′
(
r
)
≡
0
(
mod
p
)
,
{\displaystyle f'(r)\equiv 0{\pmod {p}},}
але
r
{\displaystyle r}
не є розв'язком
f
(
x
)
≡
0
(
mod
p
k
+
1
)
,
{\displaystyle f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}},}
тоді
r
{\displaystyle r}
не підіймається до якогось розв'язку
f
(
x
)
≡
0
(
mod
p
k
+
1
)
.
{\displaystyle f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}}.}
Отже, якщо
f
(
x
)
≡
0
(
mod
p
k
+
1
)
{\displaystyle f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}}}
має розв'язки, то жоден з них не лежить над
r
.
{\displaystyle r.}
[1]
Примітки
ред.
Посилання
ред.