数论与组合数学 3Hensel 引理原根

Posted 2023-03-23 My Blog

Hensel 引理、原根

一、Hensel 引理

1. Hensel 引理：\\(\\mathsff(x)\\) 是一个整系数多项式 \\(\\mathsf(\\ f(x) \\in Z(x)\\ )\\)，对于素数 p，整数 a 使得 \\(\\mathsfp^k \\mid f(a)\\)，\\(\\mathsf(\\ f^\'(a)，p\\ )=1\\)，即 \\(\\mathsff(a)\\equiv 0\\ mod\\ p^k，f^\'(a) \\neq 0\\ mod\\ p\\) 。则在模 p 意义下恰有一个整数 t 使得 \\(\\mathsff(a+tp^k) \\equiv 0\\ (mod\\ p^k+1)\\) 。也就是在模 \\(\\mathsfp^k+1\\) 的意义下有唯一一个解 \\(\\mathsfb \\equiv a\\ (mod\\ p^k)\\) 。

• 证明：

  想找的解 \\(\\mathsfb=a+tp^k，t \\in \\0,\\ 1,\\ \\cdots,\\ p-1 \\\\) 在模 \\(\\mathsfp^k+1\\) 下。

  为了验证一个 t 是否满足要求，我们以 a 使用 Taylor 展开式，

  \\(\\mathsff(a+tp^k) \\equiv f(a)+tp^kf^\'(a)+ \\frac(tp^k)^22!f^\'\'(a)+ \\cdots + \\frac(tp^k)^nn!f^n(a)\\)

  因为 f 是整系数多项式，所以 \\(\\mathsf\\fracf^nn! \\in Z\\)

  又 \\(\\mathsfp^nk \\equiv 0\\ (mod\\ p^k+1)(k \\geq 1)\\)，所以 \\(\\mathsff(a+tp^k) \\equiv f(a) + tp^kf^\'(a)\\ (mod\\ p^k+1)\\ (k \\geq 1)\\)

  注意到 \\(\\mathsfp^k \\mid\\mid f(a)，p^k \\mid\\mid tp^kf^\'(a)\\)，故模 p 下只有一个 t 满足 \\(\\mathsff(a+tp^k) \\equiv 0\\ (mod\\ p^k+1)\\)

• 例子：

  使用 Hensel 引理找到 \\(\\mathsfx^3-2x \\equiv 1(mod\\ 125)\\) 的一个解

  令 \\(\\mathsff(x)=x^3-2x-1\\) ，需找到 \\(\\mathsff(x) \\equiv 0\\ (mod\\ 5)\\)

  \\(\\mathsff(0) = -1 \\equiv 4\\ (mod\\ 5)\\)

  \\(\\mathsff(1) = -2 \\equiv 3\\ (mod\\ 5)\\)

  \\(\\mathsff(2) = 3 \\equiv 3\\ (mod\\ 5)\\)

  \\(\\mathsff(3) = 20 \\equiv 0\\ (mod\\ 5)\\)

  \\(\\mathsff(4) = 55 \\equiv 0\\ (mod\\ 5)\\)

  所以，\\(\\mathsfa_1=3，4\\) 是 \\(\\mathsff(x) \\equiv 0\\ (mod\\ 5)\\) 的所有解

  计算 f 的所有导数：\\(\\mathsff^\'(x)=3x^2-2\\)

  \\(\\mathsff^\'(3) = 27-2 = 25 \\equiv 0\\ (mod\\ 5)\\)

  \\(\\mathsff^\'(4)=48-2=46 \\equiv 1\\ (mod\\ 5)\\)

  \\(\\mathsf(f^\'(4))^-1\\equiv 1\\ (mod\\ 5)\\) 所以：

  \\(\\mathsfa_2\\equiv 4-f(4)[f^\'(4)]^-1(mod\\ 25) \\equiv 4-55 \\times 1\\ (mod\\ 25) \\equiv -51\\ (mod\\ 25) \\equiv 24\\ (mod\\ 25)\\)

  \\(\\mathsfa_3 \\equiv 24-f(24)[f^\'(24)]^-1(mod\\ 125)\\equiv 24-13775 \\times 1\\ (mod\\ 125)\\equiv -13751\\ (mod\\ 125)\\equiv -1\\ (mod\\ 125)\\equiv 124\\ (mod\\ 125)\\)

  所以，\\(\\mathsfx=124\\) 是 \\(\\mathsfx^3-2x \\equiv 1\\ (mod\\ 125)\\) 的解。

二、模多项式

1. 定理：度为 n (多项式的最高次数) 的同余模多项式 \\(\\mathsff(x)\\equiv 0\\ mod\\ p\\) (p 为素数) 至多有 n 个解。

• 证明：

  上述定理一定适用于度为 0 或 1 的情况。假设它适用于度 \\(\\mathsf< n\\ (n \\geq 2)\\) 的情况。

  如果它没有根，那么结束。否则，假设它有一个根 \\(\\mathsf\\alpha\\) ，

  将 \\(\\mathsff(x)\\) 除以 \\(\\mathsfx-\\alpha\\) ，会获得 \\(\\mathsfg(x) \\in Z[x]\\) 和一个常数 r 使得 \\(\\mathsff(x)=g(x)(x-\\alpha)+r\\)

  如果带入 \\(\\mathsf\\alpha\\) 获得 \\(\\mathsff(\\alpha)=(\\alpha-\\alpha)g(\\alpha)+r=r\\)

  这意味着 \\(\\mathsff(\\alpha)=r\\) 且 \\(\\mathsff(x)=(x-\\alpha)g(\\alpha)+f(\\alpha)\\)

  已知 \\(\\mathsff(\\alpha)\\ mod\\ p =0\\)，如果 \\(\\mathsf\\beta\\) 是 \\(\\mathsff(x)\\) 的任何其他根，那么将 \\(\\mathsf\\beta\\) 带入带入方程，得到：

  \\(\\mathsff(\\beta)=(\\beta-\\alpha)g(\\beta)+f(\\alpha)\\ mod\\ p\\)

  \\(\\mathsff(\\beta) \\equiv (\\beta-\\alpha)g(\\beta)\\ mod\\ p\\)

  所以 \\(\\mathsf(\\beta-\\alpha)g(\\beta) \\equiv 0\\ mod\\ p\\) ，我们还假设 \\(\\mathsf\\beta \\neq \\alpha\\) ，所以 \\(\\mathsfg(\\beta) \\equiv 0\\ mod\\ p\\)

  所以 \\(\\mathsf\\beta\\) 是 \\(\\mathsfg(x)\\) 的一个根，作为 \\(\\mathsfg(x) \\equiv 0\\ mod\\ p\\) 的一个解

  可知 \\(\\mathsfg(x)\\) 的度为 \\(\\mathsfn-1\\) ，所以通过归纳假设 \\(\\mathsfg(x) \\equiv 0\\ mod\\ p\\) 有最多 \\(\\mathsfn-1\\) 个解

  所以，如果包含\\(\\mathsf\\alpha\\) ，\\(\\mathsff(x)\\) 至多有 n 个解。

2. 推论：如果 \\(\\mathsfa_nx^n+a_n-1x^n-1+ \\cdots +a_0 \\equiv 0\\ mod\\ p\\) 的解超过 n 个，那么所有的 \\(\\mathsfa_i \\equiv 0\\ mod\\ p\\)

3. 定理：令 \\(\\mathsff(x)=x^n+a_n-1x^n-1+ \\cdots + a_0\\) ，\\(\\mathsff(x)\\equiv 0\\ mod\\ p\\) 正好有 n 个不同的解当且仅当 \\(\\mathsff(x)\\) 除以 \\(\\mathsfx^p-x\\ mod\\ p\\) ，即存在 \\(\\mathsfg(x) \\in Z[x]\\) 作为多项式，使得 \\(\\mathsff(x)g(x) = x^p-x\\ mod\\ p\\)

• 证明：

  部分1：

  假设 \\(\\mathsff(x)\\) 有 n 个解。那么 \\(\\mathsfn \\leq p\\) 因为在模 p 情况下只有 p 个可能的根。

  将 \\(\\mathsfx^p-x\\) 除以 \\(\\mathsff(x)\\) 获得 \\(\\mathsfx^p-x=f(x)g(x)+r(x)，deg(r)<deg(f)=n\\)

  如果 \\(\\mathsf\\alpha\\) 是 \\(\\mathsff(x)\\) 在模 p 情况下的根，带入 \\(\\mathsf\\alpha\\) 可得：\\(\\mathsf\\alpha^p-\\alpha=f(\\alpha)g(\\alpha)+r(\\alpha) \\equiv 0\\)

  所以，\\(\\mathsf\\alpha\\) 一定是 \\(\\mathsfr(x) \\equiv 0\\ mod\\ p\\) 的一个解

  由于 \\(\\mathsff(x)\\) 有不同的根，\\(\\mathsfr(x)\\equiv 0\\ mod\\ p\\) 有 n 个不同的解

  但是 \\(\\mathsfdeg(r)<n\\) ，所以 \\(\\mathsfx^p-x=f(x)g(x)\\ mod\\ p\\) 并且 \\(\\mathsff(x)\\) 除以 \\(\\mathsfx^p-x\\)

  部分2：

  假设 \\(\\mathsff(x) \\mid x^p-x\\ mod\\ p\\)

  式子 \\(\\mathsfx^p-x \\equiv f(x)g(x)\\ mod\\ p\\) 其中 \\(\\mathsff(x)\\) 是度为 n 的，\\(\\mathsfg(x)\\) 是度为 \\(\\mathsfp-n\\) 的。

  需要证明 \\(\\mathsff(x)\\) 有 n 个不同的解。

  通过之前的定理，\\(\\mathsfg(x)\\) 在模 p 下有至多 \\(\\mathsfp-n\\) 个根。

  如果 \\(\\mathsf\\alpha \\in \\0,\\ 1,\\ \\cdots,\\ p-1 \\\\) 不是模 p 下 \\(\\mathsfg(x)\\) 的根，那么 \\(\\mathsf\\alpha^p-\\alpha \\equiv f(\\alpha)g(\\alpha)\\ mod\\ p \\equiv 0(Fermat)\\)

  由于 \\(\\mathsfg(\\alpha) \\neq 0\\ mod\\ p\\) ，\\(\\mathsff(\\alpha)\\equiv 0\\ mod\\ p\\)

  因此，由于至少有 \\(\\mathsfp-(p-n)\\) 个 \\(\\mathsf\\alpha\\) ，可知 \\(\\mathsff(x)\\) 在模 p 下至少有 n 个不同的根。

  根据该理论，\\(\\mathsff(x)\\) 在模 p 下至多有 n 个根 \\(\\mathsf\\ \\Rightarrow\\ f(x)\\) 在模 p 下正好有 n 个不同的根。

4. 推论：如果 \\(\\mathsfd \\mid p-1\\) 那么 \\(\\mathsfx^d \\equiv 1\\ mod\\ p\\) 在模 p 下恰好有 d 个不同的解

• 例子：

  \\(\\mathsfx^3 \\equiv 1\\ mod\\ 7，\\qquad x^3 \\equiv 1\\ mod\\ 5\\)

• 证明：

  \\(\\mathsfd \\mid p-1\\) ，所以 \\(\\mathsfx^d-1 \\mid x^p-1-1\\) 作为多项式

  \\(\\mathsfp-1=kd\\) ，所以 \\(\\mathsfx^kd-1=(x^d-1)(x^(k-1)d+\\cdots +1)\\)

  所以，\\(\\mathsfx^d-1 \\mid x(x^p-1-1)=x^p-x\\) ，故有 d 个解。

三、元素的阶

1. 定义 (阶)：如果 \\(\\mathsfgcd(a,m)=1\\) 且 h 是最小的正整数使得 \\(\\mathsfa^h \\equiv 1\\ mod\\ m\\) ，那么说 h 是模 m 下 a 的阶。记为：\\(\\mathsfh=ord_m(a)\\)

• 例子：

  \\(\\mathsford_7(2)=3 \\qquad ord_11(2)=10 \\qquad ord_11(5)=5\\)

2. 引理：令 \\(\\mathsfh=ord_m(a)\\) ，整数 k 的集合，使得 \\(\\mathsfa^k\\equiv 1\\ mod\\ m\\) 恰好是 h 的倍数的集合。

• 例子：

  \\(\\mathsford_11(5)=5\\) ，如果 \\(\\mathsf5^k\\equiv 1\\ mod\\ 11\\) ，那么 \\(\\mathsfk=5,10\\)

• 证明：

  \\(\\mathsfa^rh\\equiv (a^h)^r\\equiv 1^r\\equiv 1\\ mod\\ m\\)

  假设有一个 k 满足\\(\\mathsfa^k\\equiv 1\\ mod\\ m\\)

  令\\(\\mathsfk=hq+r\\) 其中 \\(\\mathsf0 \\leq r<h\\)

  \\(\\mathsf1\\equiv a^k=a^hq+r=a^hqa^r\\equiv 1a^r\\ mod\\ m \\equiv a^r\\ mod\\ m\\)

  所以，\\(\\mathsfa^r \\equiv 1\\ mod\\ m\\) ，但是 \\(\\mathsfr<h\\) ，所以 \\(\\mathsfr=0\\) 并且 k 是 h 的倍数，即 \\(\\mathsfh \\mid k\\)

3. 引理：如果 \\(\\mathsfh=ord_m(a)\\) 那么 \\(\\mathsfa^k\\) 在模 m 下的阶是 \\(\\mathsf\\frachgcd(k,h)\\)

• 例子：

  \\(\\mathsford_11(5)=5 \\qquad ord_11(2)=10\\)

  \\(\\mathsf5^3 \\equiv 4\\) 的阶 \\(\\mathsf\\frac5gcd(3,5)=5\\ mod\\ 11\\)

  \\(\\mathsf2^8 \\equiv 3\\) 的阶 \\(\\mathsf\\frac10gcd(8,10)=5\\ mod\\ 11\\)

• 证明：

  \\(\\mathsfa^kj \\equiv 1\\ mod\\ m \\iff h \\mid kj \\iff \\frachgdc(h,k) \\mid \\frackgcd(h,k)j \\iff \\frachgcd(h,k)\\mid j\\)

  所以，最小的正数 \\(\\mathsfj=\\frachgcd(h,k)\\)

4. 引理：如果 a 在模 m 下阶为 h 并且 b 在模 m 下阶为 k 并且 \\(\\mathsfgcd(h,k)=1\\) 那么 ab 在模 m 下的阶是 hk

• 例子：

  \\(\\mathsford_11(4)=5 \\qquad ord_11(10)=2 \\quad \\Rightarrow \\quad ord_11(4 \\times 10 \\equiv 7)=10\\)

• 证明：

  \\(\\mathsf(ab)^hk \\equiv (a^h)^k(b^k)^h \\equiv 1^k1^h \\equiv 1\\ mod\\ m\\)

  相反，假设\\(\\mathsfr=ord_m(ab)\\)

  \\(\\mathsf(ab)^r \\equiv 1\\ mod\\ m \\qquad (ab)^rh \\equiv 1\\ mod\\ m \\qquad (a^h)^rb^rh \\equiv 1\\ mod\\ m \\qquad b^rh \\equiv 1\\ mod\\ m\\)

  所以，\\(\\mathsfk \\mid rh\\ \\Rightarrow\\ k \\mid r\\) ( 因为 \\(\\mathsfgcd(k,h)=1\\)) 并且类似的 \\(\\mathsfh \\mid r\\)

  所以，\\(\\mathsfhk \\mid r\\) 因此 \\(\\mathsfhk=ord_m(ab)\\)

四、原根

1. 定义 (原根)：如果 a 在模 m 下的阶是 \\(\\mathsf\\phi(m)\\) ，称 a 是模 m 下的原根

• 例子：

  3 是模 7 下的原根

  2，7 是模 11 下的原根

2. 引理：令 p 为素数并且对于一些其他的素数 q 假设 \\(\\mathsfq^e \\mid p-1\\) 。那么在模 p 下存在一个 \\(\\mathsfq^e\\) 阶元素。令 \\(\\mathsfp-1=q_1^e_1q_2^e_2 \\cdots q_r^e_r\\) 。该引理意味着 \\(\\mathsf\\exists\\ g_1,\\ g_2\\ \\cdots\\) 使 \\(\\mathsford_p(g_1)=q_1^e_1,\\ ord_p(g_2)=q_2^e_2 \\cdots\\) 等等。

• 例子：

  \\(\\mathsfp=101,\\ q=5,\\ e=2 \\qquad ord_10131=25\\)

3. 推论：令 \\(\\mathsfg=g_1g_2 \\cdots g_r\\) ，由之前的引理 g 的阶为 \\(\\mathsfq_1^e_1q_2^e_2 \\cdots q_r^e_r=p-1= \\phi(p)\\) 。因为所有的 \\(\\mathsfq_i\\) 都成对的互素，所以 g 是模 p 下的原根
4. 原根的数量：如果至少存在一个原根，那么在模 m 下原根的个数为 \\(\\mathsf\\phi(\\phi(m))\\) 。特别的，如果 m 是素数，原根的数目就是 \\(\\mathsf\\phi(m-1)\\)

• 例子：

  \\(\\mathsf\\phi(\\phi(31))=8\\) 实际上 \\(\\mathsf\\3,\\ 11,\\ 12,\\ 13,\\ 17,\\ 21,\\ 22,\\ 24\\ \\\\) 为 31 的原根

5. 定理：在模 m 下存在一个原根当且仅当 \\(\\mathsfm=1,\\ 2,\\ 4,\\ p^e,\\ 2p^e\\)
6. 其它相关概念：离散对数 等

• 例子：

  \\(\\mathsf2^x \\equiv 5\\ mod\\ 11 \\qquad x=log_25\\ mod\\ 11\\) 这是一个 NPC-hard 问题