同余方程、中國剩余定理、擴展中國剩余定理、高次同余式

目錄

• 同余方程、中國剩余定理、擴展中國剩余定理、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況證明
      • $1.2.1$ $d = 1$ 的情況
      • $1.2.2$ $d > 1$ 的情況
    • $1.3$ 一次同余方程 $code$
  • $2.$ 中國剩余定理
    • $2.1$ 中國剩余定理 $CRT$ 概述
    • $2.2\ CRT$ 解的求解與證明
    • $2.3\ CRT\ code$
  • $3.$ 擴展中國剩余定理
    • $3.1$ 擴展中國剩余定理概述
    • $3.2\ EXCRT$ 的解
    • $3.3$ $EXCRT\ code$
  • $4.$ 求解高次同余式
    • $4.1$ 解高次同余式的等價以及解的數量
    • $4.2$ 求解模為素數冪的高次同余式
      • $4.2.1$ 概述及其意義
      • $4.2.2$ 解的證明
    • $4.3$

\(1.\) 一次同余方程

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

\(1.1\) 一次同余方程概述

設方程的一個特解為 \(x_{0}\)，那么方程的通解即為

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

設 \(a^{-1}\) 為 \(a\) 在模 \(m\) 意義下的逆元

那么解的情況可以歸納為

\(1)\) 若 \((a,\ m) = 1\)，則方程有一解

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

\(2)\) 若 \((a,\ m) > 1\)

• 若 \((a,\ m)\mid b\)，則方程有 \((a,\ m)\) 個解

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

• 若 \((a,\ m)\nmid b\)，則方程無解

\(1.2\) 一次同余方程方程解的情況證明

為了方便敘述，記 \((a,\ m) = d\)

\(1.2.1\) \(d = 1\) 的情況

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

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

證明：

先證明存在性

即證明，若 \(d = 1\)，上述方程存在解

考慮方程

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

由於 \(d = 1\) ，所以

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

所以 \(s\) 即為方程

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

的一個特解

事實上， \(s\equiv\ a^{-1}\ (mod\ m)\)

將其乘以 \(b\)，得到方程

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

的解為

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

至此，存在性證畢！

下證唯一性

設方程

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

有兩個特解 \(x_{1},\ x_{2}\)

則

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

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

唯一性證畢！

\(1.2.2\) \(d > 1\) 的情況

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

若 \(d\mid b\)，方程有 \(d\) 個解

若 \(d\nmid b\)，方程無解

先證明必要性

即證明，若方程有解，則 \(d\mid b\)

由於 \(d = (a,\ m)\)，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 \(d\mid b\)

必要性證畢！

下證明充分性

考慮方程

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

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

所以上述方程存在解

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

通解可以寫為

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

帶一點技巧性地

設

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

所以通解可以變為

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

於是

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

由於 \(r\) 有 \(d\) 個值，所以方程的解有 \(d\) 個

充分性證畢！

\(1.3\) 一次同余方程 \(code\)

多組數據按順序讀入 \(a,\ b,\ m\)，多個解按照從小到大的順序輸出

#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的值被修改為x'，x的值被修改為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;
}

\(2.\) 中國剩余定理

給定線性同余方程組

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

保證 \(m_{1},\ m_{2},\ ...\ m_{n}\) 兩兩互質

\(2.1\) 中國剩余定理 \(CRT\) 概述

設

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

以及

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

則上述同余方程組的通解為

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

\(2.2\ CRT\) 解的求解與證明

考慮對於每一個線性同余方程

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

求出對應的一個特解 \(x_{i}\) ，且這個 \(x_{i}\) 要滿足

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

把 \(n\) 個這樣的 \(x_{i}\) 求和，就可以得到方程組的一個特解 \(x\)

設

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

以及

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

分析 \(x_{i}\) ，其必然是 \(M_{i}\) 的整數倍，且滿足

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

設

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

有

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

只要能夠解出 \(y\) ，便能得到 \(x\) 的特解；反之，線性同余方程組無解

因為 \((M_{i},\ m_{i}) = 1\)

所以由擴歐算法得到

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

所以

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

將 \(n\) 個 \(x_{i}\) 求和得到 \(x\) 的一個特解

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

為了滿足題意， \(x\) 的通解為

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

特殊的， \(x\) 的最小非負解為

\[x\ mod\ m \]

\(2.3\ CRT\ code\)

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的值被修改為x'，x的值被修改為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;
}

\(3.\) 擴展中國剩余定理

給定線性同余方程組

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

\(m_{1},\ m_{2},\ ...\ m_{n}\) 不一定兩兩互質

\(3.1\) 擴展中國剩余定理概述

設

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

則上述方程組通解為

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

其中 \(x_{0}\) 是同余方程組的一個特解，通過 \(n - 1\) 次擴歐算法計算得出

\(3.2\ EXCRT\) 的解

考慮已經解出前 \(k-1\) 個方程的解 \(x_{1}\)

習慣的，我們設

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

但為了防止溢出，設

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

那么前 \(k-1\) 個方程的通解為

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

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

將 \(x_{2}\) 代入第 \(k\) 個式子

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

即

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

若

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

則線性同余方程組無解

若

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

由擴歐算法解出 \(t\)，得到特解 \(x_{2}\)

那么新的通解為

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

如此循環

\(excrt\) 的本質便是合並方程

對於 \(n\) 個方程的線性同余方程組，本質上是作 \(n-1\) 次擴展歐幾里得算法

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

處理到第 \(k\) 個方程時，具體求 \(x_{2}\) 的過程如下

因為

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

其中

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

所以即在方程中求 \(t\)

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

先用擴歐求方程

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

的特解 \(t_{0}\)，然后自乘系數

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

進而得到通解

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

為了防止溢出，將 \(t\) 取模數 \(\frac{m_{k}}{(m,\ m_{k})}\) 至最小非負數

於是得到

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

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];//維護LCM
    LL x = a[1];//維護解
    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;
        //若數據較大，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;//將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

設

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

求解

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

\(4.1\) 解高次同余式的等價以及解的數量

求高次同余式

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

等價於

求高次同余式組

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

證明思路如下

設方程 \(f(x)\equiv 0\ (mod\ m_{i})\) 為 \(T_{i}\)

設方程 \(f(x)\equiv 0\ (mod\ m)\) 為 \(T\)

只要證明，方程組 \(T_{i}\) 的所有解都是方程 \(T\) 的解，以及方程 \(T\) 的所有解都是方程組 \(T_{i}\) 的解即可

先證明，方程組 \(T_{i}\) 的所有解都是方程 \(T\) 的解

若對於任意 \(i\)，都有 \(f(x_{0})\equiv 0\ (mod\ m_{i})\)

那么說明 \(f(x_{0})\) 是 \(m_{1},\ m_{2},\ ...,\ m_{n}\) 的公倍數

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

所以 \(f(x_{0})\equiv 0\ (mod\ m)\)

設方程 \(T_{i}\) 的解為 \(x\equiv b_{i}\ (mod\ m_{i})\)

則

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

由中國剩余定理，方程組 \(T_{i}\) 的解為

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

有

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

所以

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

即方程組 \(T_{i}\) 的所有解都是方程 \(T\) 的解

下證明，方程 \(T\) 的所有解都是方程組 \(T_{i}\) 的解

若 \(f(x)\equiv 0\ (mod\ m)\)

則 \(f(x)\equiv 0\ (mod\ m_{i})\)

這是因為 \(m_{i}\mid m\mid f(x)\)

所以方程 \(T\) 的所有解都是方程組 \(T_{i}\) 的解

\(Q.E.D.\)

設 \(T_{i}\) 解的數量為 \(t_{i}\)，\(T\) 解的數量為 \(t\)

由乘法原理知道

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

\(4.2\) 求解模為素數冪的高次同余式

\(4.2.1\) 概述及其意義

對於整系數高次多項式

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

考慮同余方程

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

若方程有一個解

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

且

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

則上述同余式有解

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

其中有遞推關系如下

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

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

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

由於任何數都可以被分解成素數冪的積的形式，結合高次同余式解的等價，所以解任何模數的高次同余方程，都可以化為求解模為素數冪的情況

\(4.2.2\) 解的證明

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

對 \(\alpha\geq 2\) 做數學歸納法證明

\(1)\) 當 \(\alpha = 2\) 時

同余式有解

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

設

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

下解

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

考慮多項式

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

由小學二年級學會的二項式定理

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

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

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

由於

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

所以

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

這一步用到的定理如下：
若 \(d\) 是 \(a,\ b,\ m\) 的公因數
則 \(a\equiv b\ (mod\ m)\Leftrightarrow \frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d}\ (mod\ \frac{m}{d})\)
簡易證明如下：
若 \(a\equiv b\ (mod\ m)\)，則 \(m\mid (a - b)\)
若 \(d\mid a,\ b,\ m\)
則 \(\frac{m}{d}\mid\ \frac{a}{d} - \frac{b}{d}\)，即 \(\frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d}\ (mod\ \frac{m}{d})\)

結合 \((f'(x_{1},\ p)) = 1\)，兩邊同時乘以 \(f'(x_{1})\) 在模 \(p\) 意義下的逆元

即

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

求出了 \(t_{1}\)，對應的 \(x_{2} = x_{1} + t_{1}\cdot p\) 便滿足

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

得證！

\(2)\) 假設 \(\alpha = k\) 時，有 \(x_{k}\) 滿足 \(f(x_{k})\equiv 0\ (mod\ p^{k})\)

且有

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

則 \(\alpha = k + 1\) 時，求解

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

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

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

由於 \(2k\geq k + 1\)

所以

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

由歸納假設， \(f(x_{k})\equiv 0\ (mod\ p^{k})\)

所以

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

由於

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

所以

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

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

考慮兩邊同時乘以 \(f'(x_{k})\) 在模 \(p\) 意義下的逆元

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 \(t_{k}\)，對應的 \(x_{k + 1} = x_{k} + t_{k}\cdot p^{k}\) 便滿足

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

所以 \(\alpha = k + 1\) 時也成立

綜上所述，命題得證！

\(4.3\)