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

$f(r)\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^k)$ і $f^{\prime }(r)\equiv ̸0(\mathrm{mod}p)$

тоді існує ціле s таке, що

$f(s)\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^{k+m})$ і $r\equiv s(\mathrm{mod}{p}^k).$

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 $a\equiv [f^{\prime }(r){]}^{-1}(\mathrm{mod}{p}^m).$

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

Виведення

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

Нехай $f(r+t{p}^k)=\sum _{n=0}^N{c}_n{\left(t{p}^k\right)}^n$, де $c_0=f(r),c_1=f^{\prime }(r)$, отже

$f(r+t{p}^k)=f(r)+t{p}^k{f}^{\prime }(r)+p^{2k}{t}^{2}g(t)$ для деякого многочлена $g(t)$ з цілими коефіцієнтами.

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

$0\equiv f(r+t{p}^k)\equiv f(r)+t{p}^k{f}^{\prime }(r)(\mathrm{mod}{p}^{k+m})$

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

$0\equiv (z+t{f}^{\prime }(r))p^k(\mathrm{mod}{p}^{k+m})$,

тобто

$0\equiv z+t{f}^{\prime }(r)(\mathrm{mod}{p}^m).$

Розв'язуючи для $t$ у $\mathbb{Z}/p^m\mathbb{Z}$ отримуємо згадану вище формулу для $s.$ Припущення, що $f^{\prime }(r)$ не ділиться на p гарантує, що $f^{\prime }(r)$ 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 $f^{\prime }(r)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ і $r$ є розв'язком $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^{k+1}),$ тоді $r$ підіймається до $s=r+tp$ для всіх цілих $0\le t\le p-1.$ Отже, $r$ підіймається до $p$ відмінних розв'язків $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^{k+1}).$
• Якщо $f^{\prime }(r)\equiv 0(\mathrm{mod}p),$ але $r$ не є розв'язком $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^{k+1}),$ тоді $r$ не підіймається до якогось розв'язку $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^{k+1}).$ Отже, якщо $f(x)\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^{k+1})$ має розв'язки, то жоден з них не лежить над $r.$

Приклад

Розв'язати конгруентність $x^2\equiv -1mod125.$ Тобто $f(x)=x^2+1,f^{\prime }(x)=2x.$ За модулем 5: $2^2\equiv -1mod5,$ тому покладемо $r=2.$ $f^{\prime }(r)\equiv 4mod5,$ отже $a=-1.$

$\begin{array}{cc}{r}_1& =2mod5\\ r_2& =r_1-f(r_1)\cdot amod25\\ & =2-(5)\cdot (-1)mod25\\ & =7mod25\\ r_3& =r_2-f(r_2)\cdot amod125\\ & =7-(50)\cdot (-1)mod125\\ & =57mod125\\ \end{array}$

Посилання

• Шаблон:MathWorld