同余方程

对素数 $p$ 和整数 $e>1$，取整系数多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i~(p^e\nmid a_n)$，令 $f'(x)=\sum_{i=1}^nia_ix^{i-1}$ 为其导数．令 $x_0$ 为方程

的解，则：

1. 若 $f'(x_0)\not\equiv 0\pmod p$，则存在整数 $t$ 使得

   $$x=x_0+p^{e-1}t \tag{3}$$

   是方程

   $$f(x)\equiv 0\pmod{p^e} \tag{4}$$

   的解．

2. 若 $f'(x_0)\equiv 0\pmod p$ 且 $f(x_0)\equiv 0\pmod{p^e}$，则对 $t=0,1,\dots,p-1$，由式 $(3)$ 确定的 $x$ 均为方程 $(4)$ 的解．

3. 若 $f'(x_0)\equiv 0\pmod p$ 且 $f(x_0)\not\equiv 0\pmod{p^e}$，则不能由式 $(3)$ 构造方程 $(4)$ 的解．

我们假设式 $(3)$ 是方程 $(4)$ 的解，即

整理后可得

于是

1. 若 $f'(x_0)\not\equiv 0\pmod p$，则关于 $t$ 的方程 $(5)$ 有唯一解 $t_0$，代入式 $(3)$ 可验证其为方程 $(4)$ 的解．
2. 若 $f'(x_0)\equiv 0\pmod p$ 且 $f(x_0)\equiv 0\pmod{p^e}$，则任意 $t$ 均能使方程 $(5)$ 成立，代入式 $(3)$ 可验证其均为方程 $(4)$ 的解．
3. 若 $f'(x_0)\equiv 0\pmod p$ 且 $f(x_0)\not\equiv 0\pmod{p^e}$，则方程 $(5)$ 无解，从而不能由式 $(3)$ 构造方程 $(4)$ 的解．

对 定理 1 的 $p$，$e$，$f(x)$，$x_0$，

1. 若 $s$ 是方程 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 的解，且 $f'(s)\not\equiv 0\pmod p$，则存在 $x_s\in\mathbf{Z}_{p^e}$，$x_s\equiv s\pmod p$ 使得 $x_s$ 是方程 $(4)$ 的解．
2. 若方程 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 与 $f'(x)\equiv 0\pmod p$ 无公共解，则方程 $(4)$ 和方程 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 的解数相同．

若方程

有 $k$ 个不同的解 $x_1,x_2,\dots,x_k~(k\leq n)$，则

其中 $\deg g=n-k$ 且 $[x^{n-k}]g(x)=a_n$．

对 $k$ 应用数学归纳法．

• 当 $k=1$ 时，做多项式带余除法，有 $f(x)=(x-x_1)g(x)+r$，其中 $r\in\mathbf{Z}$．

  由 $f(x_1)\equiv 0\pmod p$ 可知 $r\equiv 0\pmod p$，从而 $f(x)\equiv(x-x_1)g(x)\pmod p$．

• 假设命题对 $k-1$($k>1$) 时的情况成立，现在设 $f(x)$ 有 $k$ 个不同的解 $x_1,x_2,\dots,x_k$，则 $f(x)\equiv(x-x_1)h(x)\pmod p$，进而有

  $$(\forall i=2,3,\dots,k),~~0\equiv f(x_i)\equiv (x_i-x_1)h(x_i)\pmod p$$

  从而 $h(x)$ 有 $k-1$ 个不同的解 $x_2,x_3,\dots,x_k$，由归纳假设有

  $$h(x)\equiv g(x)\prod_{i=2}^k(x-x_i)\pmod p$$

  其中 $\deg g=n-k$ 且 $[x^{n-k}]g(x)=a_n$．

  因此命题得证．

对素数 $p$，

• $(\forall x\in\mathbf{Z}),~~x^{p-1}-1 \equiv \prod_{i=1}^{p-1}(x-i)\pmod p$．
• （Wilson 定理）$(p-1)! \equiv -1 \pmod p$．

方程 $(6)$ 至多有 $n$ 个不同解．

假设 $f(x)$ 有 $n+1$ 个不同解 $x_1,x_2,\dots,x_{n+1}$，则由 定理 2，对 $x_1,x_2,\dots,x_n$ 有

令 $x=x_{n+1}$，则

而右侧显然不是 $p$ 的倍数，因此假设矛盾．

若同余方程 $\sum_{i=0}^nb_ix^i\equiv 0\pmod p$ 的解数大于 $n$，则

方程 $(6)$ 若解的个数不为 $p$，则必存在满足 $\deg r [!note]+ 证明

不妨设 $n\geq p$，对 $f(x)$ 做多项式带余除法

其中 $\deg r 由 [Fermat 小定理](/knowledge-pages/math-number-theory-fermat) 知对任意整数$x$有$x^p\equiv x\pmod p$，从而

• 若 $r(x)\equiv 0\pmod p$，则由 推论 2 可知 $f(x)$ 有 $p$ 个不同的解．
• 若 $r(x)\not\equiv 0\pmod p$，则由 $f(x)\equiv r(x)\pmod p$ 可知 $f(x)$ 和 $r(x)$ 的解集相同．

设 $n\leq p$，则方程

有 $n$ 个解当且仅当存在整系数多项式 $q(x)$，$r(x)~(\deg r < n)$ 使得

• 必要性：由多项式除法知存在整系数多项式 $q(x)$，$r_1(x)~(\deg r_1 < n)$ 使得

  $$x^p-x=f(x)q(x)+r_1(x).$$

  若方程 $(7)$ 有 $n$ 个解，则 $r_1\equiv 0\pmod p$ 也有 $n$ 个相同的解，进而由 推论 3 可知存在整系数多项式 $r(x)$ 满足 $r_1(x)=pr(x)$，从而命题得证．

• 充分性：若式 $(8)$ 成立，则由 Fermat 小定理 可知，对任意整数 $x$,

  $$0\equiv x^p-x\equiv f(x)q(x)\pmod p.$$

  即方程 $f(x)q(x)\equiv 0\pmod p$ 有 $p$ 个解．

  设方程 $(7)$ 的解数为 $s$，则由 Lagrange 定理 可知 $s\leq n$．

  又由于 $\deg q=p-n$，则由 Lagrange 定理 可知 $q(x)\equiv 0\pmod p$ 的解数不超过 $p-n$，而方程 $f(x)q(x)\equiv 0\pmod p$ 的解集是 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 解集和 $q(x)\equiv 0\pmod p$ 解集的并集，故 $s+(p-n)\geq p$，有 $s\geq n$．

  因此 $s=n$．

设 $n\mid p-1$，$p\nmid a$，则方程

有解当且仅当

而且，若 $(9)$ 有解，则解数为 $n$．

方程 $(9)$ 解集的具体结构可参见 k 次剩余．

• 必要性：若方程 $(9)$ 有解 $x_0$，则

  $$a^{\frac{p-1}{n}}\equiv {\left(x_0^n\right)}^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1\pmod p$$

• 充分性：若 $a^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1\pmod p$，则

  $$\begin{aligned} x^p-x&=x\left(x^{p-1}-1\right)\\ &=x\left(\left(x^n\right)^{\frac{p-1}{n}}-a^{\frac{p-1}{n}}+a^{\frac{p-1}{n}}-1\right)\\ &=\left(x^n-a\right)P(x)+x\left(a^{\frac{p-1}{n}}-1\right)\\ \end{aligned}$$

  其中 $P(x)$ 是某个整系数多项式，因此由 定理 5 可知方程 $(9)$ 有 $n$ 个解．