Strassmann 定理与闭球零点界

多项式除去一个一次因子后，次数减少一。受限级数可能有无限多个非零系数，普通次数无法使用，但“最后一个最大系数的位置”依然有限。关键是证明：每除掉一个闭球内的根，这个位置恰好左移一格。

先看 $N(F)=0$。常数项比所有其他系数都严格大，而趋零条件还保证整个尾部的最大绝对值严格小于 $|a_0{|}_p$。对任何 $|x{|}_p\le 1$，

所以 $F(x)$ 的常数项无法被抵消，闭球内没有根。这个结论不要求所有其他系数为零。

收敛为什么由系数尾部控制 ​

对 $m>n$ 和 $|x{|}_p\le 1$，强三角不等式给

右边随 $n$ 增大而趋零，并且与 $x$ 无关。于是部分和在每一点是Cauchy，完备性给极限；同一个界还给一致收敛及尾误差。反过来，若级数在整个闭单位球上收敛，特别在 $x=1$ 收敛，它的项 $a_n$ 必趋零。因此式(1)正好刻画这种闭球求值合同。

除掉一个根的完整系数公式 ​

设 $\alpha \in {\mathbb{Z}}_p$ 且 $F(\alpha )=0$。定义

每个和都收敛，因为 $|\alpha {|}_p\le 1$，各项绝对值至多 $|a_k{|}_p$。进一步，

所以 $G$ 仍是受限级数。若 $\alpha =0$，约定零次幂为1，式(4)就是 $b_n=a_{n+1}$，没有除以零。

直接比较系数：常数项为 $-\alpha b_0=a_0$，来自 $F(\alpha )=0$；对 $n\ge 1$，式(4)给

因此在系数层面有 $F=(X-\alpha )G$。两边在闭球上都一致收敛，乘以一次多项式只涉及每个系数的两项运算，所以求值后同样成立。这里不需要未加说明地交换两个无限求和次序。

最后最大指标为何恰减一 ​

令 $N=N(F)\ge 1$、$M=M(F)$。式(5)先给所有 $|b_n{|}_p\le M$。而

第一项绝对值为 $M$，剩余整个尾部严格小于 $M$，故 $|b_{N-1}{|}_p=M$。若 $n\ge N$，式(5)中的全部系数指标都超过 $N$，从而 $|b_n{|}_p<M$。所以

每除一个闭球内的根，$N$就下降一。其他不同根依然是商的根，因为 $\beta \ne \alpha$ 时可从 $F(\beta )=(\beta -\alpha )G(\beta )=0$ 消去非零因子。重复的同一个根若仍是商的根，就再除一次。最多进行 $N(F)$ 次便到无根的 $N=0$ 情形，这同时证明总根数和重数上界。

无限级数也可以精确认证只有一个根 ​

考虑

系数显然趋零；最大绝对值为1，恰在指标0与1取得，所以 $N(H)=1$。定理先证明闭单位球中至多一个根，尚未证明存在。

它的系数都在 ${\mathbb{Z}}_p$ 中，模 $p$ 为 $X-1$，所以可以从1逐位提升。为什么允许将Hensel引理理路Hensel 引理：简单根的唯一提升Hensel's lemma · 亨泽尔引理模素数的简单根在指定余类内唯一提升为 p-adic 根，并以逐位递推计算 11-adic 的三的平方根。从多项式移到这个级数？对整系数受限级数 $A$，每个单项式的二项式展开给

其中 $x,y\in {\mathbb{Z}}_p$。余项中的二项式系数均为整数，各项受原系数趋零控制，故求和合法。$A^{\prime }$的系数也趋零，因为 $|n{a}_n{|}_p\le |a_n{|}_p$。相同的逐项因式分解还给 $|A(x)-A(y){|}_p\le |x-y{|}_p$，对 $A^{\prime }$也成立。

于是旧Hensel证明所用的Taylor余项、导数稳定和完备性三步全部保留，简单根乃至旧页的强条件均适用。本例 $H^{\prime }(1)$为单位，产生唯一根 $\eta \equiv 1(\mathrm{mod}p)$；再结合Strassmann，球内没有别的根。尾和 $H(1)$的第一项 $p^4$ 严格领先其他项，所以精确误差为

确定规则产生的无限级数有精确零点结论，依据是收敛尾界和提升证明，不是试了很多截断值都接近零。

上界可不取到，也不能越出闭球 ​

$1+pX$满足 $N=0$，在 ${\mathbb{Z}}_p$ 内没有根，但在 ${\mathbb{Q}}_p$ 中有根 $-1/p$。$X^2+1$在 $p=3$ 时有 $N=2$，却没有 ${\mathbb{Q}}_3$ 根，因为单位平方模3不可能为2。这两例分别说明球的范围和“至多”都不能删除。

重数也真正参与计数。$F=(X-1{)}^m$的所有系数都是整数、首项为1，因此 $N(F)=m$，唯一不同根1的重数为 $m$，恰好用尽上界。

形式几何级数 $1+X+X^2+\cdots$在 $|X{|}_p<1$ 时可以求和，但在 $X=1$ 处项不趋零，不能把它放进本页的闭球定理。开球收敛与闭球一致收敛是不同条件。

仅有前若干系数还不能认证N ​

常数级数1与多项式 $1-X^{M+1}$ 的前 $M+1$ 个系数完全相同，两者也都满足系数趋零。但前者在闭球内无根，后者有根1，其 $N$ 为 $M+1$。因此“已读到一个很长的零尾巴”不能代替后续所有系数的严格界。

有限证书需要额外给出可核尾估计。例如已知 $v_p(a_n)\ge n^2$ 对 $n\ge 2$ 成立，就能证明这些系数永远小于式(7)的两个单位系数。一般可计算输入应同时提供系数的有限精度查询与一个有效趋零模数；任意只用抽象符号给出的p-adic系数列，不自动成为可停机的算法输入。

按余类缩小球，能够收紧根数 ​

对 $a\in {\mathbb{Z}}_p$、整数 $r\ge 0$，把球 $a+p^r{\mathbb{Z}}_p$ 参数化为 $x=a+p^{r}y$。代入式(1)得到

每个内和收敛，且 $|c_j{|}_p\le p^{-rj}\underset{n\ge j}{sup}|a_n{|}_p\to 0$。可先对有限多项式作二项式展开，再用这个统一尾界取极限，从而同时确认系数公式与函数求值。对新级数计算 $N$，就界定原球内的根数；乘以非零常数只改变 $M$，不改变 $N$。

例如三次式 $f=X^3-X^2-3X+30$ 加入真正无限尾部

后，整体 $N(F)=3$。模3仍是 $X^2(X-1)$，所以只需检查0和1两个余类。若 $x\in 3{\mathbb{Z}}_3$，常数30赋值1，其余所有项赋值至少2，故这一类没有根；余类2在模3就失败。

在余类1写 $x=1+3y$，再除以3。多项式部分变成

尾部的第 $j$ 个新系数为 $\sum _{n\ge max(4,j)}{3}^{n^2+j-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j})$，其赋值至少15。故式(11)加上该尾部后，唯一单位系数是一阶的 $-2$，新的 $N$为1。再由简单根提升给存在性，得到式(10)在整个 ${\mathbb{Z}}_3$ 中恰一个根。整体上界3被分球后的1收紧；排除0类使用的是严格最低赋值，而不是仅凭剩余根的重数猜测。

左图只画前六个系数，后续点的位置由平方增长的尾界保证。右侧三个余类互不相交并覆盖闭单位球；整体指标三与缩球后的指标一分别针对不同级数，不能混成一个全域次数。

有限精度如何真正控制无限尾部 ​

若已知所有 $n>M$ 满足 $v_p(a_n)\ge B$，则对全部 $x\in {\mathbb{Z}}_p$，截断求值的误差赋值至少为 $B$。式(10)要计算模 $3^B$ 的值，只需保留 $n^2<B$ 的尾项；后续无限多项全部被同一个界控制。若之后还要除以3，精度少一位，应先多算一位，不能把原有精度原封不动带过去。

对一般受限级数，Strassmann输出的是根数上界。要确认恰有多少根，还需在互不相交的球内分别给出存在性证书，再检查它们已经用尽相应上界。多项式情形可结合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。排除不可能的基域赋值；无限级数则必须始终保留所用球与尾估计。