从有限同余到 p-adic 根数证书 ​

本终点把四种输出接起来：系数赋值排除哪些根，有限乘积认证哪些因子，指定球中如何得到唯一极限，以及无限尾部何时不会破坏有限精度结论。每份有限计算都附上把它推广到无限精度的理由。

返回学习路线。所需接口是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。、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。、强Hensel条件理路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。和闭球零点界理路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。。

任务一：一份三次式的全部基域根 ​

在 ${\mathbb{Q}}_3$ 上研究

$$f(X)=X^3-X^2-3X+30.$$

要求先给可能根赋值，再把模3的两块因子提升到 $3^8$，最后证明 ${\mathbb{Q}}_3$ 中根的确切数目。答案必须分清：有限因子同余、完整 ${\mathbb{Z}}_3$ 因子，以及扩域根。

斜率只留下单位候选 ​

系数点是 $(0,1),(1,1),(2,0),(3,0)$。下凸折线有两条边：斜率 $-1/2$、长度2，以及斜率0、长度1。因此基域非零根的赋值只能是0；$1/2$ 不是 ${\mathbb{Q}}_3^{\times }$ 的赋值。常数不为零，也排除了零根。

模3分解为 $X^2(X-1)$。两块互素，尽管第一块本身有重因子。余数1是简单根，所以至少存在一个三进单位根 $\rho \equiv 1(\mathrm{mod}3)$。

提升与完整乘积证书 ​

逐位因子提升到 $3^8=6561$ 得

$$g_8=X^2+1836X+375,h_8=X+4724.$$

直接乘开，不仅检查某几个代入值，而是核对所有系数：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& f-g_8{h}_8=-6561(X^2+1322X+270).\end{array}$$

所以这是一份完整的模 $6561$ 因子证书。一次因子给 $\rho \equiv -4724\equiv 1837(\mathrm{mod}6561)$；二次因子的系数也符合

$$1836\equiv \rho -1,375\equiv {\rho }^2-\rho -3(\mathrm{mod}6561).$$

有限同余本身还不是精确分解。互素提升的每层唯一性使这些系数相容，完备性给极限，因而在 ${\mathbb{Z}}_3[X]$ 中真正有

$$\begin{array}{}\text{(2)}& f=(X-\rho )(X^2+(\rho -1)X+{\rho }^2-\rho -3).\end{array}$$

为什么不会漏掉另两个基域根 ​

逐位提升的前两层给 $\rho \equiv 1(\mathrm{mod}9)$。于是

$$v_3(\rho -1)\ge 2,{\rho }^2-\rho -3\equiv -3(\mathrm{mod}9).$$

二次因子的常数项赋值恰为1，首项赋值0，中间点高于连接它们的线段。它的唯一边斜率为 $-1/2$。任何非平凡因子的次数必须被斜率分母2整除，故这个二次式在 ${\mathbb{Q}}_3$ 上不可约。

因此 $f$ 在 ${\mathbb{Q}}_3$ 中恰有一个根 $\rho$，不是三个。若在一个已带延拓赋值的分裂域中讨论，另外两个根的赋值为 $1/2$，各自计入长度为2的那条边；这个扩域陈述没有改变基域根数。

任务二：四个有限根，只有两条无限分支 ​

在 ${\mathbb{Q}}_2$ 中解 $x^2=17$，求出全部模 $2^{12}$ 根，并说明哪些有限余类可一直延续。不能仅因某层出现四个根，就宣布有四个二进根。

从重剩余根启动 ​

取 $a=1$。有

$$v_2(a^2-17)=4>2v_2(2a)=2.$$

强Hensel给唯一 $\alpha \equiv 1(\mathrm{mod}4)$，且 $v_2(\alpha -1)=3$。取 $a=-1$ 得另一个根 $-\alpha \equiv 3(\mathrm{mod}4)$。任一根的赋值由 $2v_2(x)=v_2(17)=0$ 确定为0，二次式至多有两个根，所以已穷尽 ${\mathbb{Q}}_2$ 中的解。

Newton迭代从1给

$$1,9,\frac{49}{9},\frac{1889}{441}.$$

最后一个近似的误差赋值为17。因此可用奇数441的模逆元直接取前12位：

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \alpha \equiv 1889\cdot {441}^{-1}\equiv 1769(\mathrm{mod}4096),-\alpha \equiv 2327(\mathrm{mod}4096).\end{array}$$

这两个平方减17分别为 $764\cdot 4096$ 和 $1322\cdot 4096$。在这一层，完整四根表为

$$\begin{array}{}\text{(4)}& 279,1769,2327,3817.\end{array}$$

另外两数分别是 $2327+2048$ 与 $1769+2048$ 的标准模4096代表。

用因式分解证明所有层的四根公式 ​

对奇数 $x$，在 ${\mathbb{Z}}_2$ 中写

$$x^2-17=(x-\alpha )(x+\alpha ).$$

两因子的差 $2\alpha$ 赋值恰为1，所以它们的赋值一项恰为1、另一项至少为2。对 $n\ge 3$，乘积被 $2^n$ 整除，当且仅当

$$x\equiv \alpha (\mathrm{mod}{2}^{n-1})\text{或}x\equiv -\alpha (\mathrm{mod}{2}^{n-1}).$$

这两个模 $2^{n-1}$ 类各有两个模 $2^n$ 代表，且彼此不同，故恰好四根。在第 $n$ 层，只有与 $\pm \alpha$ 模 $2^n$ 相同的两个余类能向下一层提升；每个各有两个有限子余类，其中又只有一个可继续无限延续。其余两类下一层即终止。

所以式(4)中的279与3817虽通过模4096平方检验，却不能提升到模8192根。1769与2327可提升，而无限相容性最终仍只留下两根。有限根数和无限分支数在这个例子中确实不同。

任务三：一个无限尾部在哪一位改变根 ​

改研究闭单位球上的级数

$$\begin{array}{}\text{(5)}& F(X)=f(X)+\sum _{n\ge 4}{3}^{n^2}{X}^n.\end{array}$$

要求证明 ${\mathbb{Z}}_3$ 内恰一个根 $\beta$，比较它与任务一的 $\rho$，并算到模 $3^{18}$。无穷尾部不能被当成“数值太小就忽略”；每次省略都必须附一个整除界。

从三根上界收紧到一根 ​

系数趋零保证闭单位球上一致收敛。整体最后最大系数指标是3，Strassmann先给至多三根。模3为 $X^2(X-1)$，所以只需考虑0、1两个余类。

若 $x\in 3{\mathbb{Z}}_3$，常数30赋值1，其余项赋值至少2，无法抵消；余类0没有根。余类2在模3就不是根。对剩下的余类1，写 $x=1+3y$ 并除以3：

$$\begin{array}{}\text{(6)}& \frac{f(1+3Y)}{3}=9-2Y+6Y^2+9Y^3.\end{array}$$

无限尾部的第 $j$ 项系数是

$$\sum _{n\ge max(4,j)}{3}^{n^2+j-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{j}).$$

它们全部可被 $3^{15}$ 整除。因此新级数只有一次项系数是单位，最后最大指标为1，在这个余类至多有一根。整系数受限级数的Taylor余项证明允许从模3简单根1应用逐位提升，给出存在性。合起来，整个 ${\mathbb{Z}}_3$ 中恰有一个根 $\beta$。

精确比较两根，而不是只比较残差小 ​

$\rho$ 是单位，且 $f(\rho )=0$。所以

$$F(\rho )=3^{16}{\rho }^4+3^{25}{\rho }^5+\cdots$$

第一项严格领先，赋值恰为16。又有 $F^{\prime }(\rho )\equiv f^{\prime }(\rho )\equiv 1(\mathrm{mod}3)$。简单根的精确误差结论因此给

$$\begin{array}{}\text{(7)}& v_3(\beta -\rho )=16.\end{array}$$

两根的前16个三进数字相同，第16号数字（从0号计）第一次不同。这里没有把残差赋值自动当成根误差；相等性使用了导数为单位及唯一球中的根识别。

有限查询怎样带着尾部保证 ​

计算模 $3^B$ 的 $F(x)$ 时，$x\in {\mathbb{Z}}_3$ 使第 $n$ 项赋值至少 $n^2$。因此只需保留 $n^2<B$ 的项。特别当 $B=18$ 时，无限尾部仅保留 $3^{16}{x}^4$；从 $n=5$ 起的所有项都被 $3^{25}$ 整除。

逐位求得

$$\begin{array}{}\text{(8)}& \begin{array}{rl}\rho & \equiv 244635283(\mathrm{mod}{3}^{18}),\\ \beta & \equiv 72448399(\mathrm{mod}{3}^{18}),\\ \rho & \equiv \beta \equiv 29401678(\mathrm{mod}{3}^{16}).\end{array}\end{array}$$

两个模 $3^{18}$ 代表的差恰为

$$72448399-244635283=-4\cdot 3^{16},$$

与式(7)吻合。公开程序分别验证 $f(\rho )\equiv 0$ 与 $f(\beta )+3^{16}{\beta }^4\equiv 0(\mathrm{mod}{3}^{18})$，并记录每一步唯一新位。这里的唯一根结论范围是 ${\mathbb{Z}}_3$；并没有用闭球定理直接数整个 ${\mathbb{Q}}_3$ 的根。

任务四：给错误证书找到具体失败处 ​

以下四份断言各缺什么？需要给能直接复算的拒绝理由。

1. “Newton多边形只有一条边，所以多项式不可约。”取 $(X^2-3{)}^2$，唯一边斜率为 $-1/2$、长度4，但它已经写成两个二次因子的乘积。分母约束只要求每个因子次数被2整除。只有该分母等于整个次数时，才能据此直接排除非平凡因子。

2. “模3分成 $X\cdot X$，照互素公式也能提升。”对 $X^2-3$，两块的最大公因子是 $X$，不存在所需Bézout逆元；赋值条件 $2v_3(x)=1$ 又直接排除 ${\mathbb{Q}}_3$ 根，所以不可能有两份一次因子提升。换成 $X^2-9$，$(X-3)(X+3)$ 和交换顺序又给不同有序提升，说明缺少互素性也可导致非唯一。

3. “已经看到很长的零系数尾巴，因此常数1之后不会再有根。”常数级数1与 $1-X^{M+1}$ 的前 $M+1$ 个系数相同，后者却有根1。两者都满足系数趋零。缺少一个控制所有后续系数的有效尾界，有限前缀不能认证最后最大指标。

4. “强Hensel的误差商给出的较大闭球也唯一。”对 $p=3$、$f=X^2-324$、$a=9$，$m=5>2s=4$。正确球 $v_3(x-9)>2$ 只含根 $-18$；较大球 $|x-9{|}_3\le 1/3$ 同时含 $18$ 与 $-18$。根误差 $m-s=3$、有效精度 $m-2s=1$、唯一球阈值 $s=2$ 是三个不同量，各有各的用途。

复算入口 ​

下载标准库精确程序与固定结果。程序只用整数和Fraction作判定，可通过 --output 指定独立输出位置；普通模式与 Python 的 -O 模式结果相同。

有限检查涵盖完整因子系数、带权端点和斜率并集、不同素数与次数的互素提升、Newton残差赋值、有限余类的终止/延续、可证尾截断与Strassmann除根系数。任意精度及一般零点数的结论来自正文中的证明，不来自有限枚举的次数。