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 $f^{\prime }(a_n)\equiv f^{\prime }(a)\not\equiv 0$。由模逆元理路整数欧几里得算法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理路数学归纳法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。

把强条件化回已经证明的简单根 ​

令 $e=m-2s\ge 1$，并缩放

将 $f(a+Z)$ 按 $Z$ 展开，其系数都在 ${\mathbb{Z}}_p$ 中。式(H3)的常数项赋值为 $e$，一次项系数为 $p^{-s}{f}^{\prime }(a)$，是单位；第 $j\ge 2$ 项系数形如 $c_j{p}^{s(j-2)}$，仍为整数。因此 $G\in {\mathbb{Z}}_p[Y]$，$0$ 是它的模 $p$ 简单根。

已证明的简单根形式给出唯一 $y\in p{\mathbb{Z}}_p$ 使 $G(y)=0$。置 $\alpha =a+p^{s}y$，这恰好对应球(H2)内的全部候选，故同时得到存在与唯一性。写成

括号内仍为单位，于是 $v_p(y)=v_p(G(0))=e$，从而 $v_p(\alpha -a)=s+e=m-s$。若 $f(a)=0$，同一缩放与简单根唯一性给出 $y=0$，无需将无穷赋值代入有限整数递推。

多项式的差 $f^{\prime }(\alpha )-f^{\prime }(a)$ 可被 $\alpha -a$ 整除。后者赋值严格大于 $s$，所以不会改变导数的最低非零位，得到 $v_p(f^{\prime }(\alpha ))=s$。

Newton 迭代增加的是有效精度 ​

从 $a_0=a$ 出发，若还未到精确根，定义

记 $m_n=v_p(f(a_n))$。归纳假设导数赋值仍为 $s$ 且 $m_n>2s$，则修正量 $h_n=-f(a_n)/f^{\prime }(a_n)$ 的赋值为 $m_n-s>s$，所以新近似仍在球(H2)内，也仍是 p-adic 整数。Taylor 恒等式的常数项与一次项正好抵消，余项为 $h_n^2$ 乘一个整数，故

导数稳定性由同一差分整除性维持。只要迭代没有提前命中根，便有 $e_n\ge 2^n{e}_0$。由已证明的强形式，在每个 $a_n$ 附近选出的根仍是同一个 $\alpha$，所以

这也直接说明迭代收敛。翻倍的是扣除导数损失后的有效精度 $e_n$；当 $s>0$ 时，不能把式(H5)误写为原始剩余赋值 $m_n$ 无条件翻倍。分式(H4)在 ${\mathbb{Q}}_p$ 中计算，积分性来自赋值证明，不是从模 $p$ 逆元硬算一个本来不可逆的导数。

把模 11 的根提升到模 11 的五次方 ​

二次剩余理路二次剩余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。

由 p-adic 数字的最终周期判据理路p-adic 整数与数p-adic integers and numbers · p进整数与数用相容余数构造 p-adic 整数环与数域，以有界进位证明有理数恰有最终周期的数字展开，并计算精确截断误差。，$\alpha$ 与 $-\alpha$ 的标准数字列都不可能最终周期。逐位提升虽由确定规则产生每一位，却不必产生重复的数字尾部；这里的非周期性由无理性保证。

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。

模 2 重根仍能产生两条无限分支 ​

取 $f(T)=T^2-17$、$p=2$、$a=1$。虽然模2导数为零，但 $m=4$、$s=1$ 满足强条件。因而有唯一根 $\alpha \equiv 1(\mathrm{mod}4)$，误差 $v_2(\alpha -1)=3$。从 $a=-1$ 同样得到唯一根 $-\alpha \equiv 3(\mathrm{mod}4)$。任何 ${\mathbb{Q}}_2$ 根的赋值必为零，二次式又至多有两根，因此这已经穷尽全部 ${\mathbb{Q}}_2$ 根。

前几步有理数 Newton 迭代是

对应与 $\alpha$ 的误差赋值依次为 $3,5,9,17$。可逐步用 $a_n^2-17$ 的分子和奇分母复核：剩余赋值为 $4,6,10,18$，每次再减导数赋值1。这里实数大小没有随迭代接近 $\sqrt{17}$ 的要求；衡量距离的是2的整除次数。

更细的现象是：对每个 $n\ge 3$，方程 $x^2\equiv 17(\mathrm{mod}{2}^n)$ 恰有四个余类。若 $r$ 是 $\alpha$ 的模 $2^n$ 代表，它们为

为证明穷尽，任一解 $x$ 必为奇数。在 ${\mathbb{Z}}_2$ 中分解

两因子的差为 $2\alpha$，赋值恰为1；奇数相减又保证两者都可被2整除。因此其中一个赋值恰为1，另一个至少为2。乘积赋值至少 $n$ 当且仅当 $x\equiv \alpha$ 或 $x\equiv -\alpha (\mathrm{mod}{2}^{n-1})$，每类各给两个模 $2^n$ 代表。两类在 $n\ge 3$ 时不同，式(H8)恰好四个。

四个有限余类不等于四条无限分支。在给定层，真正与 $\pm \alpha$ 模 $2^n$ 相同的两个余类各有两个下一层解；另外两个余类没有下一层解。因为下一层解降模后必须满足 $x\equiv \pm \alpha (\mathrm{mod}{2}^n)$，而本层额外两类只保证低一位相同。可无限相容地延续的仍只有 $\alpha$ 与 $-\alpha$。

图中列出模8至模128的全部根。箭头表示下一层降模后回到父余类；绿色由强Hensel证明可无限延续，灰色没有下一层解。左右两簇的数字大小不必单调，位置只表达相容关系。

唯一球不能随误差估计一起放大 ​

令 $p=3$、$f(T)=T^2-324$、$a=9$。此时

强条件成立。两个精确根为 $18$ 和 $-18$，而

所以正确唯一球只选出 $-18$。若将其放大为 $|x-9{|}_3\le 1/3$，两根都会进入，唯一性立即失效。这个算例也核对了精确误差 $m-s=3$，不能把 $m-2s=1$ 当成唯一球内根与初值的实际距离赋值。

简单根提升解决的是基域中已有剩余根的延续。若改在 ${\mathbb{Q}}_3$ 中研究 $T^2-2$ 与 $T^2-3$，前者没有剩余根，后者的剩余根不是简单根；两者也都没有基域根。局部域与分歧理路局部域与分歧Local field · 局部域由有限余数与完备性证明 p-adic 整数紧致，并直接构造 Q₃(√2)、Q₃(√3) 的赋值、整数环和剩余域，区分非分歧与完全分歧。转而添入新根，逐项算出整数环和剩余域，说明这两种二次扩张为何分别非分歧与完全分歧。

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。

从一个根到一块因子，再到无限级数 ​

互素因子提升理路Hensel 互素因子提升Hensel factor lifting · Coprime polynomial Hensel lifting · 亨泽尔因子提升从互素首一模素数因子出发，逐位求解唯一系数修正，构造完整p-adic因子并交付有限精度乘积证书。把一次根提升推广到整块多项式系数：模 $p$ 的两块互素因子由多项式 Bézout 恒等式唯一提升。每块内部可以有重因子，关键是两块彼此互素。

对于系数趋于零的 p-adic 无限级数，简单根逐位递推仍需验证求值、Taylor 余项与极限合法。Strassmann 定理理路Strassmann 定理与闭球零点界Strassmann's theorem · Strassmann theorem · 斯特拉斯曼定理对系数趋零的p-adic幂级数，以最后一个最大绝对值系数的指标界定闭单位球中的零点数，并给除根、缩放与尾界证书。给出这些尾部条件，并用“最后最大系数指标”控制闭球内全部零点数。Newton 多边形理路Newton 多边形与根的赋值Newton polygon of a polynomial · 牛顿多边形 · Newton polygon valuation theorem由系数赋值构造下凸折线，证明乘积的斜率并集规律，并据此认证可能根赋值和不可约性。则先从有限多项式的系数赋值排除不可能的基域根；其斜率结论与本页的存在性各承担不同一步。