同余方程、中国剩余定理、扩展中国剩余定理、高次同余式

目录

• 同余方程、中国剩余定理、扩展中国剩余定理、高次同余式
  • $1.$ 一次同余方程
    • $1.1$ 一次同余方程概述
    • $1.2$ 一次同余方程方程解的情况证明
      • $1.2.1$ $d = 1$ 的情况
      • $1.2.2$ $d > 1$ 的情况
    • $1.3$ 一次同余方程 $code$
  • $2.$ 中国剩余定理
    • $2.1$ 中国剩余定理 $CRT$ 概述
    • $2.2\ CRT$ 解的求解与证明
    • $2.3\ CRT\ code$
  • $3.$ 扩展中国剩余定理
    • $3.1$ 扩展中国剩余定理概述
    • $3.2\ EXCRT$ 的解
    • $3.3$ $EXCRT\ code$
  • $4.$ 求解高次同余式
    • $4.1$ 解高次同余式的等价以及解的数量
    • $4.2$ 求解模为素数幂的高次同余式
      • $4.2.1$ 概述及其意义
      • $4.2.2$ 解的证明
    • $4.3$

\(1.\) 一次同余方程

\[ax\equiv b\ (mod\ m) \]

\(1.1\) 一次同余方程概述

设方程的一个特解为 \(x_{0}\)，那么方程的通解即为

\[x\equiv x_{0}\ (mod\ m) \]

设 \(a^{-1}\) 为 \(a\) 在模 \(m\) 意义下的逆元

那么解的情况可以归纳为

\(1)\) 若 \((a,\ m) = 1\)，则方程有一解

\[x\equiv b\cdot a^{-1}\ (mod\ m) \]

\(2)\) 若 \((a,\ m) > 1\)

• 若 \((a,\ m)\mid b\)，则方程有 \((a,\ m)\) 个解

  \[x\equiv \frac{a}{(a,\ m)}^{-1}\cdot \frac{b}{(a,\ m)}\ (mod\ \frac{m}{(a,\ m)}) + r\cdot \frac{m}{(a,\ m)}\ (mod\ m),\ r = 0,\ 1,\ ...,\ (a,\ m) - 1 \]

• 若 \((a,\ m)\nmid b\)，则方程无解

\(1.2\) 一次同余方程方程解的情况证明

为了方便叙述，记 \((a,\ m) = d\)

\(1.2.1\) \(d = 1\) 的情况

\[ax\equiv b\ (mod\ m) \]

上述方程存在唯一解 \(x_{0}\)，满足 \(x_{0}\equiv b\cdot a^{-1}\ (mod\ m)\)

证明：

先证明存在性

即证明，若 \(d = 1\)，上述方程存在解

考虑方程

\[ax\equiv 1\ (mod\ m) \]

由于 \(d = 1\) ，所以

\[\exists s,\ t\in \mathbb{Z},\ sa + tm = 1 \]

所以 \(s\) 即为方程

\[ax\equiv 1\ (mod\ m) \]

的一个特解

事实上， \(s\equiv\ a^{-1}\ (mod\ m)\)

将其乘以 \(b\)，得到方程

\[ax\equiv b\ (mod\ m) \]

的解为

\[x\equiv a^{-1}b\ (mod\ m) \]

至此，存在性证毕！

下证唯一性

设方程

\[ax\equiv b\ (mod\ m) \]

有两个特解 \(x_{1},\ x_{2}\)

则

\[a(x_{1} - x_{2})\equiv 0\ (mod\ m) \]

由于 \((a,\ m) = 1\) ，所以 \(x_{1}\equiv x_{2}\ (mod\ m)\)

唯一性证毕！

\(1.2.2\) \(d > 1\) 的情况

\[ax\equiv b\ (mod\ m) \]

若 \(d\mid b\)，方程有 \(d\) 个解

若 \(d\nmid b\)，方程无解

先证明必要性

即证明，若方程有解，则 \(d\mid b\)

由于 \(d = (a,\ m)\)，所以 \(d\mid a,\ d\mid m\)，所以 \(d\mid ax\)

又 \(ax\equiv b\ (mod\ m)\)，所以 \(m\mid ax - b\)

所以 \(d\mid ax - b\)

所以 \(d\mid b\)

必要性证毕！

下证明充分性

考虑方程

\[\frac{a}{d}\cdot x\equiv \frac{b}{d}\ (mod\ \frac{m}{d}) \]

由于 \((\frac{a}{d},\ \frac{m}{d}) = 1\)

所以上述方程存在解

\[x\equiv \frac{b}{d}\cdot (\frac{a}{d})^{-1}\ (mod\ \frac{m}{d}) \]

通解可以写为

\[x = \frac{b}{d}\cdot (\frac{a}{d})^{-1}\ (mod\ \frac{m}{d}) + q\cdot \frac{m}{d} \]

带一点技巧性地

设

\[q = k\cdot d + r,\ r = 0,\ 1,\ ...,\ d - 1 \]

所以通解可以变为

\[\frac{b}{d}\cdot (\frac{a}{d})^{-1}\ (mod\ \frac{m}{d}) + k\cdot m + r\cdot \frac{m}{d},\ q\in \mathbb{Z} \]

于是

\[x\equiv \left[\frac{b}{d}\cdot (\frac{a}{d})^{-1}\ (mod\ \frac{m}{d}) + r\cdot \frac{m}{d}\right]\ (mod\ m),\ r = 0,\ 1,\ ...,\ d - 1 \]

由于 \(r\) 有 \(d\) 个值，所以方程的解有 \(d\) 个

充分性证毕！

\(1.3\) 一次同余方程 \(code\)

多组数据按顺序读入 \(a,\ b,\ m\)，多个解按照从小到大的顺序输出

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define arrayDebug(a, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i) printf("%d%c", a[i], " \n"[i == r])
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int DX[] = {0, -1, 0, 1, 0, -1, -1, 1, 1};
const int DY[] = {0, 0, 1, 0, -1, -1, 1, 1, -1};
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 7;
const double PI = acos(-1);
const double EPS = 1e-6;
using namespace std;

inline int read()
{
    char c = getchar();
    int ans = 0, f = 1;
    while(!isdigit(c)) {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(isdigit(c)) {ans = ans * 10 + c - '0'; c = getchar();}
    return ans * f;
}

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if(!b) {x = 1, y = 0; return a;}
    int r = exgcd(b, a % b, y, x);//y的值被修改为x'，x的值被修改为y'
    y -= a / b * x;
    return r;
}

int cnt, ans[N] = {0};
int main()
{
    int a, b, m;
    while(cin >> a >> b >> m){
        cnt = 0, memset(ans, 0, sizeof(ans));
        int x, y;
        int d = exgcd(a, m, x, y);
        if(b % d) puts("No Answer.");
        else {
            int r = exgcd(a / d, m / d, x, y);
            while(x < 0) x += m / d;
            for(int i = 0; i < d; ++i)
                ans[++cnt] = (b / d * x + i * m / d) % m;
            sort(ans + 1, ans + 1 + cnt);
            for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
                printf("%d%c", ans[i], " \n"[i == cnt]);
        }
    }
    return 0;
}

\(2.\) 中国剩余定理

给定线性同余方程组

\[\left\{\begin{matrix} x_{1}\equiv a_{1}\ (mod\ m_{1}) \\x_{2}\equiv a_{2}\ (mod\ m_{2}) \\... \\x_{n}\equiv a_{n}\ (mod\ m_{n}) \end{matrix}\right. \]

保证 \(m_{1},\ m_{2},\ ...\ m_{n}\) 两两互质

\(2.1\) 中国剩余定理 \(CRT\) 概述

设

\[m = \prod_{i = 1}^{n}m_{i} \]

以及

\[M_{i} = \frac{m}{m_{i}},\ i = 1,\ 2,\ ...,\ n \]

则上述同余方程组的通解为

\[x\equiv \sum_{i=1}^{n}a_{i}\cdot M_{i}\cdot M_{i}^{-1}\ (mod\ m_{i})\ (mod\ m) \]

\(2.2\ CRT\) 解的求解与证明

考虑对于每一个线性同余方程

\[x_{i}\equiv a_{i}\ (mod\ m_{i}) \]

求出对应的一个特解 \(x_{i}\) ，且这个 \(x_{i}\) 要满足

\[\left\{\begin{matrix} x_{i}\equiv a_{j}\ (mod\ m_{j}),\ i=j \\x_{i}\equiv 0\ (mod\ m_{j}),\ i\neq j \end{matrix}\right. \]

把 \(n\) 个这样的 \(x_{i}\) 求和，就可以得到方程组的一个特解 \(x\)

设

\[m = \prod_{i = 1}^{n}m_{i} \]

以及

\[M_{i} = \frac{m}{m_{i}},\ i = 1,\ 2,\ ...,\ n \]

分析 \(x_{i}\) ，其必然是 \(M_{i}\) 的整数倍，且满足

\[x_{i}\equiv a_{i}\ (mod\ m_{i}) \]

设

\[x_{i}=y\cdot M_{i},\ y\in \mathbb{Z} \]

有

\[y\cdot M_{i}\equiv a_{i}\ (mod\ m_{i}) \]

只要能够解出 \(y\) ，便能得到 \(x\) 的特解；反之，线性同余方程组无解

因为 \((M_{i},\ m_{i}) = 1\)

所以由扩欧算法得到

\[y\equiv a_{i}\cdot M_{i}^{-1}\ (mod\ m_{i}) \]

所以

\[x_{i} = a_{i}\cdot M_{i}\cdot M_{i}^{-1}\ (mod\ m_{i}) \]

将 \(n\) 个 \(x_{i}\) 求和得到 \(x\) 的一个特解

\[x=\sum_{i=1}^{n}a_{i}\cdot M_{i}\cdot M_{i}^{-1}\ (mod\ m_{i}) \]

为了满足题意， \(x\) 的通解为

\[x\equiv \sum_{i=1}^{n}a_{i}\cdot M_{i}\cdot M_{i}^{-1}\ (mod\ m_{i})\ (mod\ m) \]

特殊的， \(x\) 的最小非负解为

\[x\ mod\ m \]

\(2.3\ CRT\ code\)

int n, a[N], p[N];
LL M = 1;

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if(!b) {x = 1, y = 0; return a;}
    int r = exgcd(b, a % b, y, x);//y的值被修改为x'，x的值被修改为y'
    y -= (a / b) * x;
    return r;
}

int inv(int a, int p)
{
    int x = 0, y = 0;
    int gcd = exgcd(a, p, x, y);
    while(x < 0) x += p;
    return x;
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &a[i]);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &p[i]);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        M *= p[i];
    int x = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        x += a[i] * inv(M / p[i], p[i]) * M / p[i], x %= M;
    }
    printf("%d\n", x);
    return 0;
}

\(3.\) 扩展中国剩余定理

给定线性同余方程组

\[\left\{\begin{matrix} x_{1}\equiv a_{1}\ (mod\ m_{1}) \\x_{2}\equiv a_{2}\ (mod\ m_{2}) \\... \\x_{n}\equiv a_{n}\ (mod\ m_{n}) \end{matrix}\right. \]

\(m_{1},\ m_{2},\ ...\ m_{n}\) 不一定两两互质

\(3.1\) 扩展中国剩余定理概述

设

\[m = [m_{1}m_{2}...m_{n}] \]

则上述方程组通解为

\[x = x_{0} + q\cdot \frac{m_{i}}{gcd(m, m_{i})},\ q\in Z \]

其中 \(x_{0}\) 是同余方程组的一个特解，通过 \(n - 1\) 次扩欧算法计算得出

\(3.2\ EXCRT\) 的解

考虑已经解出前 \(k-1\) 个方程的解 \(x_{1}\)

习惯的，我们设

\[m=\prod_{i=1}^{k-1}m_{i} \]

但为了防止溢出，设

\[m=[m_{1},\ m_{2},..,\ m_{k - 1}] \]

那么前 \(k-1\) 个方程的通解为

\[x\equiv x_{1}\ (mod\ m) \]

设 \(x_{2} = x_{1} + t\cdot m,\ t\in \mathbb{Z}\)

将 \(x_{2}\) 代入第 \(k\) 个式子

\[x_{1} + t\cdot m\equiv a_{k}\ (mod\ m_{k}) \]

即

\[t\cdot m\equiv a_{k} - x_{1}\ (mod\ m_{k}) \]

若

\[(m,\ m_{k})\nmid a_{k} - x_{1} \]

则线性同余方程组无解

若

\[(m,\ m_{k})\mid a_{k} - x_{1} \]

由扩欧算法解出 \(t\)，得到特解 \(x_{2}\)

那么新的通解为

\[x\equiv x_{2}\ (mod\ m_{k}) \]

如此循环

\(excrt\) 的本质便是合并方程

对于 \(n\) 个方程的线性同余方程组，本质上是作 \(n-1\) 次扩展欧几里得算法

\(3.3\) \(EXCRT\ code\)

处理到第 \(k\) 个方程时，具体求 \(x_{2}\) 的过程如下

因为

\[x_{2} = x_{1} + t\cdot m \]

其中

\[m = [m_{1}m_{2}...m_{k - 1}] \]

所以即在方程中求 \(t\)

\[t\cdot m\equiv a_{k} - x_{1}\ (mod\ m_{k}) \]

先用扩欧求方程

\[t\cdot m + q\cdot m_{k} = (m,\ m_{k}) \]

的特解 \(t_{0}\)，然后自乘系数

\[\frac{a_{k} - x_{1}}{(m,\ m_{k})} \]

进而得到通解

\[t = t_{0}\cdot \frac{a_{k} - x_{1}}{(m,\ m_{k})} + q\cdot \frac{m_{k}}{(m,\ m_{k})},\ q\in \mathbb{Z} \]

为了防止溢出，将 \(t\) 取模数 \(\frac{m_{k}}{(m,\ m_{k})}\) 至最小非负数

于是得到

\[x_{2} = x_{1} + t\cdot m \]

int n;
LL a[N], p[N];

LL qmul(LL a, LL b, LL mod)
{
    LL res = 0;
    while(b > 0) {
        if(b & 1) res += a, res %= mod;
        a += a, a %= mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if(!b) {x = 1, y = 0; return a;}
    LL r = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return r;
}

LL excrt(LL n, LL *a, LL *p)
{
    LL M = p[1];//维护LCM
    LL x = a[1];//维护解
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        LL xx = 0, yy = 0;
        LL gcd = exgcd(M, p[i], xx, yy);
        LL c = (a[i] - x % p[i] + p[i]) % p[i];
        LL ag = p[i] / gcd;
        if(c % gcd) return -1;
        c /= gcd;
        //若数据较大，使用快速乘防止溢出
        //LL t = qmul(xx, c, ag);
        LL t = (xx * c) % ag;
        x += t * M;//得到新的特解
        M *= ag;//更新LCM
        x = (x % M + M) % M;//将x更新到最小
    }
    return x;
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%lld %lld", &p[i], &a[i]);
    LL ans = excrt(n, a, p);
    if(ans == -1) puts("-1");
    else printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

\(4.\) 求解高次同余式

设

\[f(x) = \sum_{i = 0}^{n}a_{i}x^{i} \]

求解

\[f(x)\equiv 0\ (mod\ m) \]

\(4.1\) 解高次同余式的等价以及解的数量

求高次同余式

\[f(x)\equiv 0\ (mod\ m) \]

等价于

求高次同余式组

\[\left\{\begin{matrix} f(x)\equiv 0\ (mod\ m_{1}) \\f(x)\equiv 0\ (mod\ m_{2}) \\... \\f(x)\equiv 0\ (mod\ m_{n}) \end{matrix}\right. \]

证明思路如下

设方程 \(f(x)\equiv 0\ (mod\ m_{i})\) 为 \(T_{i}\)

设方程 \(f(x)\equiv 0\ (mod\ m)\) 为 \(T\)

只要证明，方程组 \(T_{i}\) 的所有解都是方程 \(T\) 的解，以及方程 \(T\) 的所有解都是方程组 \(T_{i}\) 的解即可

先证明，方程组 \(T_{i}\) 的所有解都是方程 \(T\) 的解

若对于任意 \(i\)，都有 \(f(x_{0})\equiv 0\ (mod\ m_{i})\)

那么说明 \(f(x_{0})\) 是 \(m_{1},\ m_{2},\ ...,\ m_{n}\) 的公倍数

而 \(m = m_{1}m_{2}...m_{n} = [m_{1}m_{2}...m_{n}]\)

所以 \(f(x_{0})\equiv 0\ (mod\ m)\)

设方程 \(T_{i}\) 的解为 \(x\equiv b_{i}\ (mod\ m_{i})\)

则

\[\left\{\begin{matrix} x\equiv b_{1}\ (mod\ m_{1}) \\x\equiv b_{2}\ (mod\ m_{2}) \\... \\x\equiv b_{n}\ (mod\ m_{n}) \end{matrix}\right. \]

由中国剩余定理，方程组 \(T_{i}\) 的解为

\[x\equiv \sum_{i=1}^{n}b_{i}\cdot M_{i}\cdot M_{i}^{-1}\ (mod\ m_{i})\ (mod\ m) \]

有

\[f(x)\equiv f(b_{i})\equiv 0\ (mod\ m_{i}) \]

所以

\[f(x)\equiv 0\ (mod\ m) \]

即方程组 \(T_{i}\) 的所有解都是方程 \(T\) 的解

下证明，方程 \(T\) 的所有解都是方程组 \(T_{i}\) 的解

若 \(f(x)\equiv 0\ (mod\ m)\)

则 \(f(x)\equiv 0\ (mod\ m_{i})\)

这是因为 \(m_{i}\mid m\mid f(x)\)

所以方程 \(T\) 的所有解都是方程组 \(T_{i}\) 的解

\(Q.E.D.\)

设 \(T_{i}\) 解的数量为 \(t_{i}\)，\(T\) 解的数量为 \(t\)

由乘法原理知道

\[t = \prod_{i = 1}^{n}t_{i} \]

\(4.2\) 求解模为素数幂的高次同余式

\(4.2.1\) 概述及其意义

对于整系数高次多项式

\[f(x) = a_{n}x^{n} + a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_{0} \]

考虑同余方程

\[f(x)\equiv 0\ (mod\ p^{\alpha}) \]

若方程有一个解

\[x\equiv x_{1}\ (mod\ p) \]

且

\[(f'(x_{1}),\ p) = 1 \]

则上述同余式有解

\[x\equiv x_{\alpha}\ (mod\ p^{\alpha}) \]

其中有递推关系如下

\[x_{i}\equiv x_{i - 1} + t_{i - 1}\cdot p^{i - 1}\ (mod\ p^{i}) \]

\[t_{i - 1}\equiv \frac{-f(x_{i - 1})}{p^{i - 1}}\cdot (f'(x_{1})^{-1}\ (mod\ p))\ (mod\ p) \]

\[i = 2,\ 3,\ ....,\ \alpha \]

由于任何数都可以被分解成素数幂的积的形式，结合高次同余式解的等价，所以解任何模数的高次同余方程，都可以化为求解模为素数幂的情况

\(4.2.2\) 解的证明

\[f(x) = a_{n}x^{n} + a_{n - 1}x^{n - 1} + ... + a_{0} \]

对 \(\alpha\geq 2\) 做数学归纳法证明

\(1)\) 当 \(\alpha = 2\) 时

同余式有解

\[x\equiv x_{1}\ (mod\ p) \]

设

\[x_{2} = x_{1} + t_{1}\cdot p,\ q\in \mathbb{Z} \]

下解

\[f(x_{1} + t_{1}\cdot p)\equiv 0\ (mod\ p^2) \]

考虑多项式

\[f(x_{1} + t_{1}\cdot p) = a_{n}(x_{1} + t_{1}\cdot p)^{n} + a_{n - 1}(x_{1} + t_{1}\cdot p)^{n - 1} + ... + a_{1}(x_{1} + t_{1}\cdot p) + a_{0}) \]

由小学二年级学会的二项式定理

\[a_{n - i}\cdot(x_{1} + t_{1}\cdot p)^{n - i} = a_{n - i}\cdot \sum_{j = 0}^{n - i}C_{n - i}^{j}\cdot x_{1}^{n - i - j}\cdot ({t_{1}p})^{j} \]

即

\[a_{n - i}\cdot (x_{1}^{n - i} + (n - i)\cdot x_{1}^{n - i - 1}\cdot (t_{1}p) + \sum_{j = 2}^{n - i}C_{n - i}^{j}\cdot x_{1}^{n - i - j}\cdot ({t_{1}p})^{j}) \]

得到

\[f(x_{1} + t_{1}\cdot p) = (a_{n}x_{1}^{n} + a_{n - 1}x_{1}^{n - 1} + ... + a_{0}) + t_{1}\cdot p\cdot (a_{n}\cdot nx_{1}^{n - 1} + a_{n - 1}\cdot(n - 1) x_{1}^{n - 1} + ... + a_{1}) + p^2\cdot A \]

即

\[f(x_{1} + t_{1}\cdot p) = f(x_{1}) + t_{1}p\cdot f'(x_{1}) + A\cdot (t_{1}p)^2 \]

其中 \(A\in \mathbb{Z}\)

所以

\[f(x_{1} + t_{1}\cdot p)\equiv f(x_{1}) + t_{1}p\cdot f'(x_{1})\ (mod\ p^2) \]

即解

\[f(x_{1}) + t_{1}p\cdot f'(x_{1})\equiv 0\ (mod\ p^2) \]

由于

\[f(x_{1})\equiv p\ (mod\ p) \]

所以

\[t_{1}\cdot f'(x_{1})\equiv -\frac{f(x_{1})}{p}\ (mod\ p) \]

这一步用到的定理如下：
若 \(d\) 是 \(a,\ b,\ m\) 的公因数
则 \(a\equiv b\ (mod\ m)\Leftrightarrow \frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d}\ (mod\ \frac{m}{d})\)
简易证明如下：
若 \(a\equiv b\ (mod\ m)\)，则 \(m\mid (a - b)\)
若 \(d\mid a,\ b,\ m\)
则 \(\frac{m}{d}\mid\ \frac{a}{d} - \frac{b}{d}\)，即 \(\frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d}\ (mod\ \frac{m}{d})\)

结合 \((f'(x_{1},\ p)) = 1\)，两边同时乘以 \(f'(x_{1})\) 在模 \(p\) 意义下的逆元

即

\[t_{1}\equiv -\frac{f(x_{1})}{p}\cdot (f'(x_{1})\ (mod\ p))\ (mod\ p) \]

求出了 \(t_{1}\)，对应的 \(x_{2} = x_{1} + t_{1}\cdot p\) 便满足

\[f(x_{2} = x_{1} + t_{1}\cdot p)\equiv 0\ (mod\ p^2) \]

得证！

\(2)\) 假设 \(\alpha = k\) 时，有 \(x_{k}\) 满足 \(f(x_{k})\equiv 0\ (mod\ p^{k})\)

且有

\[x_{i} = x_{i - 1} + t_{i - 1}\cdot p^{i - 1},\ i = 2,\ 3,\ ....,\ k \]

则 \(\alpha = k + 1\) 时，求解

\[f(x_{k + 1})\equiv 0\ (mod\ p^{k + 1}) \]

设 \(x_{k + 1} = x_{k} + t_{k}\cdot p^{k}\)，代入上式得到

\[f(x_{k}) + t_{k}p^{k}\cdot f'(x_{k}) + A\cdot (t_{k}p^{k})^2,\ A\in \mathbb{Z} \]

由于 \(2k\geq k + 1\)

所以

\[f(x_{k}) + t_{k}p^{k}\cdot f'(x_{k})\equiv 0\ (mod\ p^{k + 1}) \]

由归纳假设， \(f(x_{k})\equiv 0\ (mod\ p^{k})\)

所以

\[f'(x_{k})\cdot t_{k}\equiv -\frac{f(x_{k})}{p^k}\ (mod\ p) \]

由于

\[x_{i} = x_{i - 1} + t_{i - 1}\cdot p^{i - 1},\ i = 2,\ 3,\ ....,\ k \]

所以

\[f'(x_{k})\equiv f'(x_{k - 1})\equiv...\equiv f'(x_{1})\ (mod\ p) \]

结合 \((f'(x_{1}),\ p) = 1\)，知道 \((f'(x_{k}),\ p) = 1\)

考虑两边同时乘以 \(f'(x_{k})\) 在模 \(p\) 意义下的逆元

所以

\[t_{k}\equiv -\frac{f(x_{k})}{p^k}\cdot (f'(x_{k})\ (mod\ p))\ (mod\ p) \]

即

\[t_{k}\equiv -\frac{f(x_{k})}{p^k}\cdot (f'(x_{1})\ (mod\ p))\ (mod\ p) \]

求出了 \(t_{k}\)，对应的 \(x_{k + 1} = x_{k} + t_{k}\cdot p^{k}\) 便满足

\[f(x_{k + 1} = x_{k} + t_{k}\cdot p^{k})\equiv 0\ (mod\ p^{k + 1}) \]

所以 \(\alpha = k + 1\) 时也成立

综上所述，命题得证！

\(4.3\)