模为合数的高次同余方程的解法

上一节讨论模为素数的高次同余方程的解法, 本节继续讨

论模为合数的高次同余方程的解法, 其基本思想是利用下

述定理将合数模转化为素数模来处理.

定理2.7.1 设𝑚1, 𝑚2, … ,𝑚𝑘是𝑘个两两互素的正整数,

𝑚 = 𝑚1𝑚2…𝑚𝑘 , 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥

𝑛−1 +⋯+ 𝑎1𝑥 + 𝑎0 ,

则方程𝑓(𝑥) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚)有解的充要条件是同余方程组:

𝑓 𝑥 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚1 , 𝑓 𝑥 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚2 , … , 𝑓(𝑥) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑘)

有解. 如果𝑓(𝑥) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑖)有𝑛𝑖个解(𝑖 = 1,2,… , 𝑘), 那么

方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)有 𝑛𝑖𝑘𝑖=1 个解.

2 共18

模为合数的高次同余方程的解法 证明: 先证必要性. 如果𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)有解, 不妨设为𝑥0,

则有𝑓(𝑥0) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚), 即𝑚|𝑓(𝑥0).

又因为𝑚 = 𝑚1𝑚2…𝑚𝑘, 所以𝑚𝑖|𝑓(𝑥0) (𝑖 = 1,2, … , 𝑘), 即得:

𝑓 𝑥0 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚1 , 𝑓 𝑥0 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚2 , … , 𝑓(𝑥0) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑘)

故同余方程组有解. 必要性成立.

再证充分性. 如果同余方程组有解, 不妨设为𝑥0,

则 𝑓 𝑥0 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚1 , 𝑓 𝑥0 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚2 , … , 𝑓(𝑥0) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑘)

故𝑓(𝑥0) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 [𝑚1, 𝑚2, … ,𝑚𝑘]).

又因为𝑚1, 𝑚2 , … ,𝑚𝑘两两互素, 所以[𝑚1, 𝑚2, … ,𝑚𝑘] = 𝑚.

故𝑓(𝑥0) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚), 即𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)有解. 充分性成立.

下面是对后半部分解的个数的证明. 3

共18

模为合数的高次同余方程的解法 证明: 设𝑓(𝑥) ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑖 (𝑖 = 1,2, … , 𝑘)的𝑛𝑖个不同解为

𝑥 ≡ 𝑥𝑖1(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑖), 𝑥 ≡ 𝑥𝑖2(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑖), … , 𝑥 ≡ 𝑥𝑖𝑛𝑖(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑖)

当𝑖的值取遍1,2, … , 𝑘时, 对其中任意一个组合

𝑥 ≡ 𝑥1𝑗1(𝑚𝑜𝑑 𝑚1), 𝑥 ≡ 𝑥2𝑗2(𝑚𝑜𝑑 𝑚2), … , 𝑥 ≡ 𝑥𝑘𝑗𝑘(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑘) (式1)

由中国剩余定理得知, 该方程组有唯一解𝑥 = 𝑥0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚),

显然它是方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)的解, 𝒙𝟏𝒋𝟏 , 𝒙𝟐𝒋𝟐 , ⋯ , 𝒙𝒌𝒋𝒌不同取法可得该方程不同解.

由于𝑥1𝑗1 , 𝑥2𝑗2 , ⋯ , 𝑥𝑘𝑗𝑘的取法有 𝑛𝑖𝑘𝑖=1 种, 所以该方程至少有 𝑛𝑖

𝑘𝑖=1 个解.

反之, 设𝑥 = 𝑥0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)是方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)的任一解

即𝑓(𝑥0) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚), 则必有𝑓(𝑥0) ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑖 (𝑖 = 1,2, … , 𝑘)

故𝑥0应与𝑓(𝑥) ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑖 的𝑛𝑖个解中的某个解关于模 𝑚𝑖同余,

也即存在一组𝑥1𝑗1 , 𝑥2𝑗2 , ⋯ , 𝑥𝑘𝑗𝑘 , 使得𝑥0满足(式1)的方程组，

这表明方程𝒇(𝒙) ≡ 𝟎 (𝒎𝒐𝒅 𝒎)的每个解都产生于某个形如(式1)的同余方程组.

故方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)的解的个数不大于 𝑛𝑖𝑘𝑖=1 .

综上,方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)有 𝑛𝑖𝑘𝑖=1 个解.

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模为合数的高次同余方程的解法 例2.7.1 求平方与自身的最后三位数字(不足补0)相同的所

有整数.

解: 由题意, 只需求解同余方程𝑥2 ≡ 𝑥 (𝑚𝑜𝑑 1000)即可.

因为1000 = 103 = 2353, 所以由定理2.7.1知,

可以先分别求解方程𝑥2 ≡ 𝑥 (𝑚𝑜𝑑 23)和𝑥2 ≡ 𝑥 (𝑚𝑜𝑑 53).

前者的解为: 𝑥 ≡ 0, 1 (𝑚𝑜𝑑 23), 后者的解为: 𝑥 ≡ 0, 1 𝑚𝑜𝑑 53 ,

它们产生4个不同的同余方程组:

𝑥 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 23)

𝑥 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 53), 𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 23)

𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 53), 𝑥 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 23)

𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 53), 𝑥 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 23)

𝑥 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 53),

由中国剩余定理可求得𝑥 ≡ 0, 1, 376, 625 (𝑚𝑜𝑑 1000).

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模为合数的高次同余方程的解法 一般地, 由定理2.7.1及其证明过程可知, 如果𝑚的标准分解为

𝑚 = 𝑝1𝛼1𝑝2

𝛼2 ⋯𝑝𝑘𝛼𝑘, 那么求解模为合数的高次同余方程

𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥

𝑛−1 +⋯+ 𝑎1𝑥 + 𝑎0 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)

转化为先解方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑖𝛼𝑖), 𝑖 = 1,2,… , 𝑘,

再利用中国剩余定理求解这些解的组合构成的同余方程组.

因此, 求解模为合数的同余方程的关键是

求解形如𝒇(𝒙) ≡ 𝟎 (𝒎𝒐𝒅 𝒑𝜶)的同余方程, 这里𝑝是素数.

我们已经在上节讨论了𝛼 = 1的情形, 即模为素数的高次同余

方程. 下面我们主要关心𝛼 ≥ 2的情形.

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模为素幂的高次同余方程的解法 我们先比较同余方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼)与同余方程

𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)的解, 这里𝛼 ≥ 1.显然后者的解一定

是前者的解, 但是反过来未必成立, 即前者的解不一定都是

后者的解.

例如, 当𝑓(𝑥) = 𝑥, 𝑝 = 2, 𝛼 = 1时, 2是𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 2)的

解, 但2不是𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 22)的解.

尽管如此, 我们仍旧可以在方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼)的解中

寻找方程 𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)的解. 我们说前者的解

𝑥 ≡ 𝑥0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼)给出后者的一个解, 即是说存在整数𝑘使

得𝑥 = 𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼(𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)是方程 𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)

的解. 7 共18

模为素幂的高次同余方程的解法

下面先看当𝛼 = 1时, 如何在方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼)的

解中寻找方程 𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)的解.

设𝑥 ≡ 𝑥0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)是方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)的解, 如果它

能给出𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝2)的一个解, 那么即是说存在整

数𝑘使得𝑥 ≡ 𝑥0 + 𝑘𝑝 (𝑚𝑜𝑑 𝑝2)是𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝2)的解.

因此, 对于𝒇(𝒙) ≡ 𝟎 (𝒎𝒐𝒅 𝒑)的解𝒙𝟎, 只要求出对应的𝒌

即可. 如果这样的𝑘不存在, 那么表明𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)的

解𝑥0 不能给出𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝2)的解.

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模为素幂的高次同余方程的解法 对于𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)的解𝑥0, 我们采用如下方法求𝑘使得

𝑥 ≡ 𝑥0 + 𝑘𝑝 (𝑚𝑜𝑑 𝑝2)是𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝2)的解.

令𝑓′ 𝑥 = 𝑛𝑎𝑛𝑥𝑛−1 + 𝑛 − 1 𝑎𝑛−1𝑥

𝑛−2 +⋯+ 𝑎1, 则有

𝑓(𝑥 + 𝑦) = 𝑓(𝑥) + 𝑦𝑓′ 𝑥 + 𝑦2𝑔(𝑥, 𝑦) (代入展开即可)

其中𝑔(𝑥, 𝑦)是关于𝑥, 𝑦的某个整系数多项式. 于是

𝑓(𝑥0 + 𝑘𝑝) = 𝑓(𝑥0) + 𝑘𝑝𝑓′(𝑥0) + 𝑘2𝑝2𝑔(𝑥0, 𝑘𝑝)

≡ 𝑓(𝑥0) + 𝑘𝑝𝑓′(𝑥0) (𝑚𝑜𝑑 𝑝2)

因为𝑓(𝑥0) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)且𝑓(𝑥0 + 𝑘𝑝) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝2), 所以

𝑘𝑓′(𝑥0) ≡ −𝑓(𝑥0)/𝑝 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)

解该一元一次同余方程求出𝑘, 便可得𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝2)的解. 9

共18

模为素幂的高次同余方程的解法 利用处理𝛼 = 1 情形的同样思想, 可对任意𝛼 (𝛼 ≥ 1)在𝑓(𝑥) ≡

0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼)的解中寻找𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)的解.

定理2.7.2 设𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥

𝑛−1 +⋯+ 𝑎1𝑥 + 𝑎0,

𝑓′ 𝑥 = 𝑛𝑎𝑛𝑥𝑛−1 + 𝑛 − 1 𝑎𝑛−1𝑥

𝑛−2 +⋯+ 𝑎1, 𝑥0是𝑓(𝑥) ≡

0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼)的一个解.

(1) 若𝑝 ∤ 𝑓′(𝑥0), 则𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)恰有1个解𝑥 ≡ 𝑥0 +

𝑘𝑝𝛼(𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1), 其中𝑘是𝑘𝑓′(𝑥0) ≡ −𝑓 𝑥

0

𝑝𝛼 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)的唯一解.

(2) 若𝑝|𝑓′(𝑥0), 𝑝𝛼+1|𝑓(𝑥0), 则𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)有𝑝个解

𝑥 ≡ 𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼(𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1), 𝑘 = 0, 1, … , 𝑝 − 1.

(3) 若𝑝|𝑓′(𝑥0), 𝑝𝛼+1 ∤ 𝑓(𝑥0), 则𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)无解.

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模为素幂的高次同余方程的解法 证明: 由题设, 𝑥0是𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼)的解,

于是所有𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼(𝑘 ∈ ℤ)都满足同余方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼).

假设存在𝑘使得𝑥 ≡ 𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼(𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)是𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)

的解, 即𝑓(𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1), 则有

𝑓(𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼) = 𝑓(𝑥0) + 𝑘𝑝𝛼𝑓′(𝑥0) + 𝑘2𝑝2𝛼𝑔(𝑥0, 𝑘𝑝𝛼)

≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)

由于𝑝𝛼+1|𝑘2𝑝2𝛼, 故𝑓(𝑥0) + 𝑘𝑝𝛼𝑓′(𝑥0) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1), 即:

𝒑𝜶𝒇′(𝒙𝟎)𝒌 ≡ −𝒇(𝒙𝟎)(𝒎𝒐𝒅 𝒑𝜶+𝟏)

进而将求解高次同余方程的问题转化为求解一次同余方程.

下面将分三种情况对上述一次同余方程的解进行讨论:

𝟏 𝑝 ∤ 𝑓′ 𝑥0 ; 𝟐 𝑝 𝑓′ 𝑥0 , 𝑝𝛼+1 𝑓 𝑥0 ; 𝟑 𝑝|𝑓′(𝑥0),𝑝𝛼+1 ∤ 𝑓(𝑥0)

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模为素幂的高次同余方程的解法 证明: (1) 若𝑝 ∤ 𝑓′(𝑥0),

则上述一次同余方程等价为: 𝑓′ 𝑥0 𝑘 ≡ −𝑓 𝑥

0

𝑝𝛼 (𝑚𝑜𝑑 𝑝),

因此有唯一解𝑘 ≡ 𝑘0(𝑚𝑜𝑑 𝑝), 即𝑘 = 𝑘0 + 𝑙𝑝 (𝑙为整数).

代入𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼 ≡ 𝑥0 + 𝑘0𝑝𝛼 + 𝑙𝑝𝛼+1 ≡ 𝑥0 + 𝑘0𝑝

𝛼(𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1), 得证.

(2) 若𝑝|𝑓′(𝑥0), 𝑝𝛼+1|𝑓(𝑥0),

则上述一次同余方程仍可等价为: 𝑓′(𝑥0)𝑘 ≡ −𝑓 𝑥

0

𝑝𝛼 (𝑚𝑜𝑑 𝑝).

显然任意整数𝑘都是后面方程的解,

所以𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼 (𝑘为整数)都是𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)的解.

易知, 这些解关于模𝑝𝛼+1共有𝑝个, 分别由𝑘 = 0, 1, … , 𝑝 − 1给出, 得证.

(3) 若𝑝|𝑓′(𝑥0), 𝑝𝛼+1 ∤ 𝑓(𝑥0), 则𝑝𝛼𝑓′(𝑥0)𝑘 ≡ 0 ≢ −𝑓(𝑥0)(𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1),

故前述一次同余方程无解, 也即𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)无解, 得证.

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模为素幂的高次同余方程的解法

例2.7.2 解同余方程𝑥3 + 8𝑥2 − 𝑥 − 1 ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 112).

解: 令𝑓(𝑥) = 𝑥3 + 8𝑥2 − 𝑥 − 1, 则𝑓′(𝑥) = 3𝑥2 + 16𝑥 − 1.

解方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 11), 可得𝑥0 ≡ 4, 5 (𝑚𝑜𝑑 11).

(1) 当𝑥0 ≡ 4 (𝑚𝑜𝑑 11)时, 𝑓(4) = 187,𝑓′(4) = 111 ≡ 1 (𝑚𝑜𝑑 11).

因为𝑝 = 11 ∤ 𝑓′(4),

所以由定理2.7.2知, 𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 112)有唯一解

𝑥 ≡ 𝑥0 + 𝑘𝑝 = 4 + 11𝑘 (𝑚𝑜𝑑 112),

其中𝑘是𝑓′(4)𝑘 ≡ −𝑓(4)/11 (𝑚𝑜𝑑 11)的唯一解,

即𝑘 ≡ −187/11 ≡ 5 (𝑚𝑜𝑑 11).

故𝑥 ≡ 4 + 11 × 5 = 59 (𝑚𝑜𝑑 112)是𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 112)的一个解.

(2) 当𝑥0 ≡ 5 (𝑚𝑜𝑑 11)时, 𝑓(5) = 319, 𝑓′(5) = 154.

因为𝑝 = 11|𝑓′(5), 但112 ∤ 𝑓(5),

所以𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 112)没有解𝑥满足𝑥 ≡ 5 (𝑚𝑜𝑑 11). 13 共18

总结 定理2.7.1 设𝑚1, 𝑚2, … ,𝑚𝑘是𝑘个两两互素的正整数,

𝑚 = 𝑚1𝑚2…𝑚𝑘 , 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥

𝑛−1 +⋯+ 𝑎1𝑥 + 𝑎0 ,

则方程𝑓(𝑥) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚)有解的充要条件是同余方程组:

𝑓 𝑥 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚1 , 𝑓 𝑥 ≡ 0 𝑚𝑜𝑑 𝑚2 , … , 𝑓(𝑥) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑘)

有解. 如果𝑓(𝑥) ≡ 0(𝑚𝑜𝑑 𝑚𝑖)有𝑛𝑖个解(𝑖 = 1,2,… , 𝑘), 那么

方程𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑚)有 𝑛𝑖𝑘𝑖=1 个解.

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总结

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定理2.7.2 设𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛𝑥𝑛 + 𝑎𝑛−1𝑥

𝑛−1 +⋯+ 𝑎1𝑥 + 𝑎0,

𝑓′ 𝑥 = 𝑛𝑎𝑛𝑥𝑛−1 + 𝑛 − 1 𝑎𝑛−1𝑥

𝑛−2 +⋯+ 𝑎1, 𝑥0是

𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼)的一个解.

(1) 若𝑝 ∤ 𝑓′(𝑥0), 则𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)恰有1个解

𝑥 ≡ 𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼(𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1), 其中𝑘是

𝑘𝑓′(𝑥0) ≡ −𝑓 𝑥

0

𝑝𝛼 (𝑚𝑜𝑑 𝑝)的唯一解.

(2) 若𝑝|𝑓′(𝑥0), 𝑝𝛼+1|𝑓(𝑥0), 则𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)有𝑝个解

𝑥 ≡ 𝑥0 + 𝑘𝑝𝛼(𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1), 𝑘 = 0, 1,… , 𝑝 − 1.

(3) 若𝑝|𝑓′(𝑥0), 𝑝𝛼+1 ∤ 𝑓(𝑥0), 则𝑓(𝑥) ≡ 0 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝛼+1)无解.

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