docs/math/number-theory/congruence-equation.md
author: iamtwz, aofall, CCXXXI, CoelacanthusHex, Great-designer, Marcythm, Persdre, shuzhouliu, Tiphereth-A, Xeonacid
???+ abstract "同余方程" 对正整数 $m$ 和一元整系数多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^n a_ix^i$，其中未知数 $x\in\mathbf{Z}_m$，称形如
$$
f(x)\equiv 0\pmod m\tag{1}
$$
的方程为关于未知数 $x$ 的模 $m$ 的一元 **同余方程**（Congruence Equation）．
若 $a_n\not\equiv 0\pmod m$，则称上式为 $n$ 次同余方程．
类似可定义同余方程组．
关于一次同余方程与方程组的相关内容请参见 线性同余方程 与 中国剩余定理．
本文首先研究同余方程的可解性和解集结构，之后会简要介绍高次同余方程的解法．
由 中国剩余定理 可知，求解关于模合数 $m$ 的同余方程可转化为求解模素数幂次的情况．故以下只介绍素数幂模同余方程和素数模同余方程的相关理论．
以下假设模数 $m=p^e~(p\in\mathbf{P},~e\in\mathbf{Z}_{>1})$．
注意到，若 $x_0$ 是方程
$$ f(x)\equiv 0\pmod{p^e} $$
的解，则 $x_0$ 是方程
$$ f(x)\equiv 0\pmod{p^{e-1}} $$
的解．这启发我们尝试通过较低的模幂次的解去构造较高的模幂次的解．我们有如下定理：
<a id="定理-1"></a>
???+ note "定理 1（Hensel 引理）" 对素数 $p$ 和整数 $e>1$，取整系数多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i~(p^e\nmid a_n)$，令 $f'(x)=\sum_{i=1}^nia_ix^{i-1}$ 为其导数．令 $x_0$ 为方程
$$
f(x)\equiv 0\pmod{p^{e-1}}\tag{2}
$$
的解，则：
1. 若 $f'(x_0)\not\equiv 0\pmod p$，则存在整数 $t$ 使得
$$
x=x_0+p^{e-1}t \tag{3}
$$
是方程
$$
f(x)\equiv 0\pmod{p^e} \tag{4}
$$
的解．
2. 若 $f'(x_0)\equiv 0\pmod p$ 且 $f(x_0)\equiv 0\pmod{p^e}$，则对 $t=0,1,\dots,p-1$，由式 $(3)$ 确定的 $x$ 均为方程 $(4)$ 的解．
3. 若 $f'(x_0)\equiv 0\pmod p$ 且 $f(x_0)\not\equiv 0\pmod{p^e}$，则不能由式 $(3)$ 构造方程 $(4)$ 的解．
???+ note "证明" 我们假设式 $(3)$ 是方程 $(4)$ 的解，即
$$
f(x_0+p^{e-1}t)\equiv 0\pmod{p^e}
$$
整理后可得
$$
f(x_0)+p^{e-1}tf'(x_0)\equiv 0\pmod{p^e}
$$
于是
$$
tf'(x_0)\equiv -\frac{f(x_0)}{p^{e-1}}\pmod p\tag{5}
$$
1. 若 $f'(x_0)\not\equiv 0\pmod p$，则关于 $t$ 的方程 $(5)$ 有唯一解 $t_0$，代入式 $(3)$ 可验证其为方程 $(4)$ 的解．
2. 若 $f'(x_0)\equiv 0\pmod p$ 且 $f(x_0)\equiv 0\pmod{p^e}$，则任意 $t$ 均能使方程 $(5)$ 成立，代入式 $(3)$ 可验证其均为方程 $(4)$ 的解．
3. 若 $f'(x_0)\equiv 0\pmod p$ 且 $f(x_0)\not\equiv 0\pmod{p^e}$，则方程 $(5)$ 无解，从而不能由式 $(3)$ 构造方程 $(4)$ 的解．
进而我们有推论：
<a id="推论-1"></a>
???+ note "推论 1" 对 定理 1 的 $p$，$e$，$f(x)$，$x_0$，
1. 若 $s$ 是方程 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 的解，且 $f'(s)\not\equiv 0\pmod p$，则存在 $x_s\in\mathbf{Z}_{p^e}$，$x_s\equiv s\pmod p$ 使得 $x_s$ 是方程 $(4)$ 的解．
2. 若方程 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 与 $f'(x)\equiv 0\pmod p$ 无公共解，则方程 $(4)$ 和方程 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 的解数相同．
从而我们可以将素数幂模同余方程化归到素数模同余方程的情况．
以下令 $p\in\mathbf{P}$，整系数多项式 $f(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i$，其中 $p\nmid a_n$，$x\in\mathbf{Z}_p$．
<a id="定理-2"></a>
???+ note "定理 2" 若方程
$$
f(x)\equiv 0\pmod p\tag{6}
$$
有 $k$ 个不同的解 $x_1,x_2,\dots,x_k~(k\leq n)$，则
$$
f(x)\equiv g(x)\prod_{i=1}^k(x-x_i)\pmod p,
$$
其中 $\deg g=n-k$ 且 $[x^{n-k}]g(x)=a_n$．
???+ note "证明" 对 $k$ 应用数学归纳法．
- 当 $k=1$ 时，做多项式带余除法，有 $f(x)=(x-x_1)g(x)+r$，其中 $r\in\mathbf{Z}$．
由 $f(x_1)\equiv 0\pmod p$ 可知 $r\equiv 0\pmod p$，从而 $f(x)\equiv(x-x_1)g(x)\pmod p$．
- 假设命题对 $k-1$($k>1$) 时的情况成立，现在设 $f(x)$ 有 $k$ 个不同的解 $x_1,x_2,\dots,x_k$，则 $f(x)\equiv(x-x_1)h(x)\pmod p$，进而有
$$
(\forall i=2,3,\dots,k),~~0\equiv f(x_i)\equiv (x_i-x_1)h(x_i)\pmod p
$$
从而 $h(x)$ 有 $k-1$ 个不同的解 $x_2,x_3,\dots,x_k$，由归纳假设有
$$
h(x)\equiv g(x)\prod_{i=2}^k(x-x_i)\pmod p
$$
其中 $\deg g=n-k$ 且 $[x^{n-k}]g(x)=a_n$．
因此命题得证．
<a id="推论-2"></a>
???+ note "推论 2" 对素数 $p$，
- $(\forall x\in\mathbf{Z}),~~x^{p-1}-1 \equiv \prod_{i=1}^{p-1}(x-i)\pmod p$．
- （[Wilson 定理](./factorial.md#wilson-定理)）$(p-1)! \equiv -1 \pmod p$．
<a id="定理-3lagrange-定理"></a>
???+ note "定理 3（Lagrange 定理）" 方程 $(6)$ 至多有 $n$ 个不同解．
???+ note "证明" 假设 $f(x)$ 有 $n+1$ 个不同解 $x_1,x_2,\dots,x_{n+1}$，则由 定理 2，对 $x_1,x_2,\dots,x_n$ 有
$$
f(x)\equiv a_n\prod_{i=1}^n(x-x_i)\pmod p
$$
令 $x=x_{n+1}$，则
$$
0\equiv f(x_{n+1})\equiv a_n\prod_{i=1}^n(x_{n+1}-x_i)\pmod p
$$
而右侧显然不是 $p$ 的倍数，因此假设矛盾．
<a id="推论-3"></a>
???+ note "推论 3" 若同余方程 $\sum_{i=0}^nb_ix^i\equiv 0\pmod p$ 的解数大于 $n$，则
$$
(\forall i=0,1,\dots,n),~~p\mid b_i.
$$
<a id="定理-4"></a>
???+ note "定理 4" 方程 $(6)$ 若解的个数不为 $p$，则必存在满足 $\deg r<p$ 的整系数多项式 $r(x)$ 使得 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 和 $r(x)\equiv 0\pmod p$ 的解集相同．
???+ note "证明" 不妨设 $n\geq p$，对 $f(x)$ 做多项式带余除法
$$
f(x)=g(x)\left(x^p-x\right)+r(x)
$$
其中 $\deg r<p$．
由 [Fermat 小定理](./fermat.md) 知对任意整数 $x$ 有 $x^p\equiv x\pmod p$，从而
- 若 $r(x)\equiv 0\pmod p$，则由 [推论 2](#推论-2) 可知 $f(x)$ 有 $p$ 个不同的解．
- 若 $r(x)\not\equiv 0\pmod p$，则由 $f(x)\equiv r(x)\pmod p$ 可知 $f(x)$ 和 $r(x)$ 的解集相同．
我们可以通过这个定理对同余方程降次．
<a id="定理-5"></a>
???+ note "定理 5" 设 $n\leq p$，则方程
$$
x^n+\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\equiv 0\pmod p\tag{7}
$$
有 $n$ 个解当且仅当存在整系数多项式 $q(x)$，$r(x)~(\deg r < n)$ 使得
$$
x^p-x=f(x)q(x)+pr(x). \tag{8}
$$
???+ note "证明" - 必要性：由多项式除法知存在整系数多项式 $q(x)$，$r_1(x)~(\deg r_1 < n)$ 使得
$$
x^p-x=f(x)q(x)+r_1(x).
$$
若方程 $(7)$ 有 $n$ 个解，则 $r_1\equiv 0\pmod p$ 也有 $n$ 个相同的解，进而由 [推论 3](#推论-3) 可知存在整系数多项式 $r(x)$ 满足 $r_1(x)=pr(x)$，从而命题得证．
- 充分性：若式 $(8)$ 成立，则由 [Fermat 小定理](./fermat.md) 可知，对任意整数 $x$,
$$
0\equiv x^p-x\equiv f(x)q(x)\pmod p.
$$
即方程 $f(x)q(x)\equiv 0\pmod p$ 有 $p$ 个解．
设方程 $(7)$ 的解数为 $s$，则由 [Lagrange 定理](#定理-3lagrange-定理) 可知 $s\leq n$．
又由于 $\deg q=p-n$，则由 [Lagrange 定理](#定理-3lagrange-定理) 可知 $q(x)\equiv 0\pmod p$ 的解数不超过 $p-n$，而方程 $f(x)q(x)\equiv 0\pmod p$ 的解集是 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 解集和 $q(x)\equiv 0\pmod p$ 解集的并集，故 $s+(p-n)\geq p$，有 $s\geq n$．
因此 $s=n$．
对于非首一多项式，由于 $\mathbf{Z}_p$ 是域，故可以将其化为首一多项式，从而适用该定理．
<a id="定理-6"></a>
???+ note "定理 6" 设 $n\mid p-1$，$p\nmid a$，则方程
$$
x^n\equiv a\pmod p\tag{9}
$$
有解当且仅当
$$
a^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1\pmod p.
$$
而且，若 $(9)$ 有解，则解数为 $n$．
???+ note "Note" 方程 $(9)$ 解集的具体结构可参见 k 次剩余．
???+ note "证明" - 必要性：若方程 $(9)$ 有解 $x_0$，则
$$
a^{\frac{p-1}{n}}\equiv {\left(x_0^n\right)}^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1\pmod p
$$
- 充分性：若 $a^{\frac{p-1}{n}}\equiv 1\pmod p$，则
$$
\begin{aligned}
x^p-x&=x\left(x^{p-1}-1\right)\\
&=x\left(\left(x^n\right)^{\frac{p-1}{n}}-a^{\frac{p-1}{n}}+a^{\frac{p-1}{n}}-1\right)\\
&=\left(x^n-a\right)P(x)+x\left(a^{\frac{p-1}{n}}-1\right)\\
\end{aligned}
$$
其中 $P(x)$ 是某个整系数多项式，因此由 [定理 5](#定理-5) 可知方程 $(9)$ 有 $n$ 个解．
首先我们可以借助 中国剩余定理 将求解 同余方程组 转为求解 同余方程，以及将求解模 合数 $m$ 的同余方程转化为求解模 素数幂次 的同余方程．之后我们借助 定理 1 将求解模 素数幂次 的同余方程转化为求解模 素数 的同余方程．
结合模素数同余方程的若干定理，我们只需考虑方程
$$ x^n+\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\equiv 0\pmod p $$
的求法，其中 $p$ 是素数，$n<p$．
我们可以通过将 $x$ 代换为 $x-\dfrac{a_{n-1}}{n}$ 来消去 $x^{n-1}$ 项，从而我们只需考虑方程
$$ x^n+\sum_{i=0}^{n-2}a_ix^i\equiv 0\pmod p\tag{10} $$
的求法，其中 $p$ 是素数，$n<p$．