Лема Гензеля

Нехай $f(x)$ — 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)\equiv 0{\pmod {p^{k}}}

і

f'(r)\not \equiv 0{\pmod {p}}

тоді існує ціле s таке, що

f(s)\equiv 0{\pmod {p^{k+m}}}

і

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)\cdot a

де

a

це ціле, що задовольняє

a\equiv [f'(r)]^{-1}{\pmod {p^{m}}}.

Зауважимо, що $f(r)\equiv 0{\pmod {p^{k}}}$ так, що дотримується умова $s\equiv r{\pmod {p^{k}}}.$ Додатково зазначимо, що якщо $f'(r)\equiv 0{\pmod {p}}$ , тоді можливо мати 0, 1 чи декілька s.

Виведення

Виведення леми розглядає розклад у ряд Тейлора функції $f$ в околі $r.$ З $r\equiv s{\pmod {p^{k}}}$ ми бачимо, що s повинно мати таку форму $s=r+tp^{k}$ для деякого цілого $t.$

Нехай $f(r+tp^{k})=\sum _{n=0}^{N}c_{n}\ \left(tp^{k}\right)^{n}$ , де $c_{0}=f(r),\,c_{1}=f'(r)$ , отже

f(r+tp^{k})=f(r)+t\,p^{k}\,f'(r)+p^{2k}\,t^{2}\,g(t)

для деякого многочлена

g(t)

з цілими коефіцієнтами.

Ділячи обидві частини за модулем $p^{k+m},m\leq k$ , ми бачимо, що для того, щоб виконувалось $f(s)\equiv 0{\pmod {p^{k+m}}}$ , нам треба

0\equiv f(r+tp^{k})\equiv f(r)+t\,p^{k}\,f'(r){\pmod {p^{k+m}}}

Тоді ми зауважимо, що $f(r)=zp^{k}$ для деякого цілого $z$ оскільки $r$ є коренем $f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k}}}$ . Таким чином,

0\equiv (z+tf'(r))p^{k}{\pmod {p^{k+m}}}

,

тобто

0\equiv z+tf'(r){\pmod {p^{m}}}.

Розв'язуючи для $t$ у $\mathbb {Z} /p^{m}\mathbb {Z}$ отримуємо згадану вище формулу для $s.$ Припущення, що $f'(r)$ не ділиться на p гарантує, що $f'(r)$ має унікальне обернене за модулем $p^{m}.$ Отже, розв'язок для t існує і єдиний за модулем $p^{m}$ і $s$ існує і єдине за модулем $p^{k+m}$ .

Наслідки

Якщо $f'(r)\equiv 0{\pmod {p}}$ і $r$ є розв'язком $f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}},$ тоді $r$ підіймається до $s=r+tp$ для всіх цілих $0\leq t\leq p-1.$ Отже, $r$ підіймається до $p$ відмінних розв'язків $f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}}.$
Якщо $f'(r)\equiv 0{\pmod {p}},$ але $r$ не є розв'язком $f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}},$ тоді $r$ не підіймається до якогось розв'язку $f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}}.$ Отже, якщо $f(x)\equiv 0{\pmod {p^{k+1}}}$ має розв'язки, то жоден з них не лежить над $r.$ [1]

Приклад

Розв'язати конгруентність $x^{2}\equiv -1\mod 125.$ Тобто $f(x)=x^{2}+1,f'(x)=2x.$ За модулем 5: $2^{2}\equiv -1\mod 5,$ тому покладемо $r=2.$ $f'(r)\equiv 4\mod 5,$ отже $a=-1.$

${\begin{aligned}r_{1}&=2\mod 5\\r_{2}&=r_{1}-f(r_{1})\cdot a\mod 25\\&=2-(5)\cdot (-1)\mod 25\\&=7\mod 25\\r_{3}&=r_{2}-f(r_{2})\cdot a\mod 125\\&=7-(50)\cdot (-1)\mod 125\\&=57\mod 125\\\end{aligned}}$

Примітки

Nathan Jolly. Constructing the Primitive Roots of Prime Powers.

Посилання

Weisstein, Eric W. Лема Гензеля(англ.) на сайті Wolfram MathWorld.

This article is issued from Wikipedia. The text is licensed under Creative Commons - Attribution - Sharealike. Additional terms may apply for the media files.

[1] Nathan Jolly. Constructing the Primitive Roots of Prime Powers.