Hensel 引理：简单根的唯一提升

已经解出模 $p^n$ 的根 $a_n$ 后，模 $p^{n+1}$ 下与它相容的候选恰为

旧的 $n$ 位保持不动，只选择下一位。简单根条件使这个选择成为系数可逆的一次同余，因此每层恰好一个候选通过检验。完备性随后把无限相容的近似装成真正的 p-adic 根。

图中两条分支分别从 $5$、$6$ 出发，只画出每层通过检验的根。每个父余类有 $11$ 个相容候选，其中恰好一个在下一层仍满足平方为 $3$。从上到下，同余精度逐层提高；左右两列区分初始余类。

一步提升为何是线性问题 ​

由二项式展开，有整系数形式的恒等式

这里没有除以阶乘，因此对 $p=2$ 也成立。设 $f(a_n)\equiv 0(\mathrm{mod}{p}^n)$，代入 $Y=t{p}^n$。因为 $2n\ge n+1$，二次及以上项在模 $p^{n+1}$ 下消失，故

写 $b_n=f(a_n)/p^n\in {\mathbb{Z}}_p$，需要且只需要

所有 $a_n$ 都与 $a$ 模 $p$ 相同，所以 $f^{\prime }(a_n)\equiv f^{\prime }(a)\not\equiv 0$。由模逆元公理库整数欧几里得算法Euclidean algorithm for integers反复使用带余除法计算最大公约数的有限算法。，下一位唯一确定为

从有限唯一性到无限唯一性 ​

取 $a_1\in \{0,\dots ,p-1\}$ 为 $a$ 的代表。以上递推和数学归纳法公理库数学归纳法Mathematical induction · Weak induction由基例和从 n 到 n+1 的归纳步推出性质对全部自然数成立。构造 $a_{n+1}=a_n+t_n{p}^n$，并同时证明：它是该初始余类内唯一的模 $p^{n+1}$ 根。确实，任一这样的根降到模 $p^n$ 必等于已知的 $a_n$，只剩上述 $p$ 个候选，而线性同余恰选中一个。

对 $m>n$，差 $a_m-a_n$ 被 $p^n$ 整除，故

因此它是 Cauchy 序列，在 ${\mathbb{Z}}_p$ 中收敛到某个 $\alpha$，且 $\alpha \equiv a_n(\mathrm{mod}{p}^n)$。多项式求值保持同余，所以对每个 $n$ 都有

一个 p-adic 整数若所有数字都为零，就等于零，故 $f(\alpha )=0$。若 $\beta$ 也是同一初始余类中的根，有限唯一性迫使它与 $a_n$ 模 $p^n$ 相同，对所有 $n$ 成立；于是 $\beta =\alpha$。这同时完成了存在与唯一性的证明。

把模 11 的根提升到模 11 的五次方 ​

二次剩余公理库二次剩余Quadratic residue模奇素数同余于某个平方的非零剩余类。已给出 $x^2\equiv 3(\mathrm{mod}11)$ 的两根 $5,6$。令 $f(T)=T^2-3$，从 $a_1=5$ 开始，所有后续近似满足

所以 $t_n\equiv -10b_n\equiv b_n(\mathrm{mod}11)$。逐行用整数平方与除法计算：

例如第三步不是凭近似猜根：${753}^2-3=567006=426\cdot 1331$，$426\equiv 8(\mathrm{mod}11)$，故新增 $8\cdot 1331$ 得到 $11401$。第四步同样给出 $11401+14641=26042$。

模 ${11}^5=161051$ 的根因此为

第二条分支是第一条的相反数，其标准代表依次为

对最终两数可以直接核验

从 $5$ 出发的极限 $\alpha$ 的前五位（低位在先）为 $5,2,6,8,1$，即

截断到 $a_5$ 时 $|\alpha -26042{|}_{11}\le {11}^{-5}$。下一位为非零的 $9$，所以本例恰有等号；更高位不能取消这一首个非零误差位。

为什么不多不少恰有两个根 ​

模 $11$ 只有 $5,6$ 两个根，而且两个导数都非零。Hensel 引理让每类各产生唯一根，有限唯一性也保证每个模 ${11}^n$ 恰有两根。任一 ${\mathbb{Q}}_{11}$ 中的根 $x$ 都满足 $2v_{11}(x)=v_{11}(3)=0$，故 $v_{11}(x)=0$，已在 ${\mathbb{Z}}_{11}$ 中。因此 ${\mathbb{Q}}_{11}$ 中也恰有 $\alpha ,-\alpha$ 两根。

这里 $\alpha$ 由初始余数 $5$ 选定，$-\alpha$ 对应初始余数 $6$。它不可能是有理数：若最简分数 $u/v$ 的平方为 $3$，$u^2=3v^2$ 先迫使 $3\mid u$，再迫使 $3\mid v$，与互素矛盾。因此整数近似 $(a_n)$ 给出了 $\mathbb{Q}$ 在 11-adic 距离下不完备的一个具体见证。

导数条件失效时会发生什么 ​

取 $p=2$、$f(T)=T^2-3$、$a=1$。模 $2$ 的确有根，但 $f^{\prime }(1)=2\equiv 0$；任一奇数平方模 $4$ 为 $1$，所以这个根连模 $4$ 都无法提升。

同样是模 $2$ 导数为零，$T^2-1$ 的结果却不同：它在 ${\mathbb{Z}}_2$ 中有 $1,-1$ 两个根，且它们同属模 $2$ 的 $1$ 类。前一个例子在下一层就失去根，这个例子则在同一初始余类中保留了两个根。简单根条件同时保证存在性与该余类内的唯一性。

对奇素数 $p$ 及单位 $u\in {\mathbb{Z}}_p^{\times }$，$u$ 在 ${\mathbb{Z}}_p$ 中有平方根，当且仅当它模 $p$ 是非零平方。必要性来自降模；充分性来自 $f(T)=T^2-u$ 在任一非零模 $p$ 根处满足 $f^{\prime }(a)=2a\not\equiv 0$。这也说明为何该平方判据必须把 $p=2$ 排除，尽管 Hensel 定理本身没有排除它。

从 $5,6$ 出发，现已算出模 ${11}^5$ 的两根 $26042,135009$，并由第六位得到误差恰为 ${11}^{-5}$。从有限计算走到真正的 p-adic 根，经历了四步：模 $11$ 的求根确定起点，导数可逆使每一步的新位唯一，相容系统的完备性将这些位组成无限极限，逐模求值再证明极限满足方程。每一步都在前面的证明中有了具体依据。