多项式牛顿迭代

描述

给定多项式 $G\left(x, y\right)$ ，已知多项式 $f\left(x\right)$ 满足：

G\left(x, f\left(x\right)\right)\equiv 0\pmod{x^{n}}

且存在数值使 $G\left(x, y\right)$ 满足以下条件：

；
$\dfrac{\partial G}{\partial y}(0, f_1) \neq 0$ 。

求出模 $x^{n}$ 意义下的 $f\left(x\right)$ 。

Newton's Method

考虑倍增。

首先当时， $\left[x^{0}\right]G\left(x, f\left(x\right)\right)=0$ 的解需要单独求出，假设中的即为一个解。

假设现在已经得到了模 $x^{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}$ 意义下的解 $f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)$ ，要求模 $x^{n}$ 意义下的解 $f\left(x\right) = f_n\left(x\right)$ 。

将 $G\left(x, f(x)\right)$ 对在 $f(x)=f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)$ 处进行泰勒展开，有：

\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{\frac{\partial^i G}{\partial y^i}\left(x, f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right)}{i!}\left(f\left(x\right)-f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right)^{i}\equiv 0\pmod{x^{n}}

因为 $f\left(x\right)-f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)$ 的最低非零项次数最低为 $\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil$ ，故有：

\forall 2\leqslant i:\left(f\left(x\right)-f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right)^{i}\equiv 0\pmod{x^{n}}

则：

\begin{aligned} \sum_{i=0}^{+\infty}\frac{\frac{\partial^i G}{\partial y^i}\left(x, f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right)}{i!}\left(f\left(x\right)-f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right)^{i}&\equiv G\left(x, f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right)+\frac{\partial G}{\partial y}\left(x, f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right)\left[f\left(x\right)-f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right]\\ &\equiv 0\pmod{x^{n}} \end{aligned}

f_n\left(x\right)\equiv f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)-\frac{G\left(x, f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right)}{\frac{\partial G}{\partial y}\left(x, f_{\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil}\left(x\right)\right)}\pmod{x^{n}}

或者

f_{2n}\left(x\right)\equiv f_n\left(x\right)-\frac{G\left(x, f_n\left(x\right)\right)}{\frac{\partial G}{\partial y}\left(x, f_n\left(x\right)\right)}\pmod{x^{2n}}

例题

多项式求逆

设给定函数为 $h\left(x\right)$ ，有：

G\left(x, y\right)=\frac{1}{y}-h\left(x\right)

应用 Newton's Method 可得：

\begin{aligned} f_{2n}\left(x\right)&\equiv f_{n}\left(x\right)-\frac{1/f_{n}\left(x\right)-h\left(x\right)}{-1/f_{n}^{2}\left(x\right)}&\pmod{x^{2n}}\\ &\equiv 2f_{n}\left(x\right)-f_{n}^{2}\left(x\right)h\left(x\right)&\pmod{x^{2n}} \end{aligned}

时间复杂度

T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right)

多项式开方

设给定函数为 $h\left(x\right)$ ，有：

G\left(x, y\right)=y^{2}-h\left(x\right)\equiv 0

应用 Newton's Method 可得：

\begin{aligned} f_{2n}\left(x\right)&\equiv f_{n}\left(x\right)-\frac{f_{n}^{2}\left(x\right)-h\left(x\right)}{2f_{n}\left(x\right)}&\pmod{x^{2n}}\\ &\equiv\frac{f_{n}^{2}\left(x\right)+h\left(x\right)}{2f_{n}\left(x\right)}&\pmod{x^{2n}} \end{aligned}

时间复杂度

T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right)

多项式指数函数

设给定函数为 $h\left(x\right)$ ，有：

G\left(x, y\right)=\ln{y}-h\left(x\right)

应用 Newton's Method 可得：

\begin{aligned} f_{2n}\left(x\right)&\equiv f_{n}\left(x\right)-\frac{\ln{f_{n}\left(x\right)}-h\left(x\right)}{1/f_{n}\left(x\right)}&\pmod{x^{2n}}\\ &\equiv f_{n}\left(x\right)\left(1-\ln{f_{n}\left(x\right)+h\left(x\right)}\right)&\pmod{x^{2n}} \end{aligned}

时间复杂度

T\left(n\right)=T\left(\frac{n}{2}\right)+O\left(n\log{n}\right)=O\left(n\log{n}\right)

手算演示

为了方便理解，这里举几个例子演示一下算法流程。

复数多项式模多项式的平方根

假设是一个不被整除（有常数项）的复数多项式，求它对模的平方根。

我们有方程：

G\left(f(x)\right) = f^2(x)-h(x) \equiv 0\pmod{x^{n}}

Taylor 展开得到下式。注意这里是对的展开，所以导数都是对的偏导数，在这里是当成常数算的。

G(f(x)) = \sum_{i=0}^{+\infty}\frac{G^{\left(i\right)}\left(f_{0}(x)\right)}{i!}\left(f(x)-f_{0}(x)\right)^{i} = G(f_0(x)) + 2f_0(x)(f(x)-f_0(x)) + (f(x)-f_0(x))^2

用倍增计算。假设倍增中的中间结果是 $f_0(x), f_1(x), \ldots, f_j(x)$ ，或者数学严谨地说是满足 $G(f_j(x))\equiv 0\pmod{x^{2^j}}$ 的一个复数多项式，且为了唯一性它同时满足以下两个条件：

$f_{j}(x)$ 次数不超过 $x^{2^j}$ ；
$f_{j+k}(x)-f_j(x)\equiv 0\pmod{x^{2^j}}$ ，对所有。

把 $f_{j+1}(x)$ 和代入上面的式子就有：

G(f_{j+1}(x)) = G(f_j(x)) + 2f_j(f_{j+1}(x)-f_j(x)) + (f_{j+1}(x)-f_{j}(x))^2 \equiv 0 \pmod{x^{2^{j+1}}}

显然 $f_{j+1}(x)-f_j(x)$ 必然是 $x^{2^j}$ 的倍数。于是得到

f_{j+1}(x) \equiv f_j(x) - \frac{f_j^2(x)-h(x)}{2f_j(x)} \equiv \frac{f_j(x)^2 + h(x)}{2f_j(x)} \pmod{x^{2^{j+1}}}

如果存在，那么不被整除（有常数项），所以必然有模 $x^{2^{j+1}}$ 的逆元。因此数列 $f_0,f_1\ldots,f_j$ 存在当且仅当存在。不被整除的复数多项式模的平方根是一定存在的，因为模掉就是个普通非零复数，一定有两个平方根。所以可以对所有有常数项的用这个算法。

选举例计算如下：

, $f_1(x)=\dfrac{1^2+x+1}{2\times 1}\mod x^2 = \dfrac{1}{2}x+1$ , $f_2(x)=\dfrac{\left(\dfrac{1}{2}x+1\right)^2+x+1}{2\times \left(\dfrac{1}{2}x+1\right)}\mod x^4 = \dfrac{1}{16}x^3-\dfrac{1}{8}x^2+\dfrac{1}{2}x+1$ , $\ldots$
, $f_1(x)=\dfrac{(-1)^2+x+1}{2\times (-1)}\mod x^2 = -\dfrac{1}{2}x-1$ , $\ldots$ （等于前一个取负）

可以验证两个都是正确的模平方根多项式列。

整数模素数幂的平方根

牛顿迭代算法还可以迁移到整数模素数的幂的情况。假设是一个不被 3 整除的「方便的」整数。（「方便」指「必然有解」，具体条件后文再言）假设要算在模意义下的平方根。有方程：

G\left(f\right) = f^2-h \equiv 0\pmod{3^{n}}

Taylor 展开得到：

G(f) = \sum_{i=0}^{+\infty}\frac{G^{\left(i\right)}\left(f_{0}\right)}{i!}\left(f-f_{0}\right)^{i} = G(f_0) + 2f_0(f-f_0) + (f-f_0)^2

用倍增计算。假设倍增中得到的中间结果是 $f_0, f_1, \ldots, f_j$ ，或者严谨地说是满足 $G(f_j)\equiv 0\pmod{3^{2^j}}$ 的一个整数，且为了唯一性它同时满足以下两个条件：

$0 < f_{j} < 3^{2^j}$ ；
$f_{j+k}-f_j\equiv 0\pmod{3^{2^j}}$ ，对所有。

把 $f_{j+1}$ 和代入上面的式子就有：

G(f_{j+1}) = G(f_j) + 2f_j(f_{j+1}-f_j) + (f_{j+1}-f_{j})^2 \equiv 0 \pmod{3^{2^{j+1}}}

显然 $f_{j+1}-f_j$ 必然是 $3^{2^j}$ 的倍数。于是得到

f_{j+1} \equiv f_j - \frac{f_j^2-h}{2f_j} \equiv \frac{f_j^2 + h}{2f_j} \pmod{3^{2^{j+1}}}

如果存在，那么不被整除，所以必然有模 $3^{2^{j+1}}$ 的逆元。因此数列 $f_0,f_1\ldots,f_j$ 存在当且仅当存在。不被 3 整除的整数模的平方根要么不存在，要么有两个。所以有模平方根就是整个算法能跑的唯一条件。

这里选实际计算示例。

, $f_1=\dfrac{1^2+46}{2\times 1}\mod 9 = 1$ , $f_2=\dfrac{1^2+46}{2\times 1}\mod 81 = 64$ , $f_3=\dfrac{64^2+46}{2\times 64}\mod 6561 = 955$ , $\ldots$
, $f_1=\dfrac{2^2+46}{2\times 2}\mod 9 = 8$ , $f_2=\dfrac{8^2+46}{2\times 8}\mod 81 = 17$ , $f_3=\dfrac{17^2+46}{2\times 17}\mod 6561 = 5606$ , $\ldots$ （等于前一个取负）

可以验证一下两个都是正确的模平方根数列。

代数证明

这一节对前文进行引申，用抽象代数的语言证明只要满足初始解条件，牛顿法对所有的都能给出解，并且可以得到全部的解。

有解的证明

引理 1

设整环有多项式或形式幂级数 $f(X) = \sum_{i\geq 0}a_iX^i$ 和 $r,p\in R$ 使得 $f(r)\in Rp$ （亦即是在模意义下的根）且 $f'(r)\in R$ 在模意义下是可逆的。这里 $f'(X) := \sum_{i\geq 0}(i+1)a_{i+1}X^i$ 是的 形式导数。那么 $f\left(r-\dfrac{f(r)}{f'(r)}\right) \equiv 0\pmod {p^2}$ 。

证明

对所有 $s\in R$ ，

\begin{aligned} f(r+sp) &= \sum_{i\geq 0}a_i(r+sp)^i \\ &= \sum_{i\geq 0}a_ir^i + sp\sum_{i\geq 1}ia_ir^{i-1} + s^2p^2\left(\ldots\right) \\ &= f(r) + spf'(r) + s^2p^2\left(\frac{f''(r)}{2!} + \cdots\right), \end{aligned}

所以

f(r+sp) \in Rp^2 \iff f(r)+f'(r)sp \in Rp^2

因为 $f(r)\in Rp$ ，且可逆，所以取 $sp = -\dfrac{f(r)}{f'(r)}$ 即可，这里 $\dfrac{1}{f'(r)}$ 是模意义下的逆元。因为在模意义下可逆，所以它在模意义下也必定存在逆元：设有 $a,b,c\in R$ 使和，那么 $\left(a^2f'(r)-2\right)f'(r) = b^2p^2+1$ ，故可以取。

对于域上的多项式环，设有 $G(X, Y)\in k[X, Y]$ 和 $f_n\in k[X]$ 使 $G(X, f_n(X))\in k[X]X^n$ ，那么应用引理 1 就可得到

G\left(X, f_n(X) - \frac{G(X, f_n(X))}{\frac{\partial G}{\partial Y}(X, f_n(X))} \right)\equiv 0 \pmod {X^{2n}}

而倍增的初始条件只要有 $f_1\in k$ 使得 $G(X, f_1)\equiv 0\pmod X$ 和 $\dfrac{\partial G}{\partial Y}(X, f_1)\not\equiv 0\pmod X$ 。后一个条件保证了 $\dfrac{\partial G}{\partial Y}$ 有非零常数项，同时因为 $X\left| \dfrac{G(X, f_n(X))}{\frac{\partial G}{\partial Y}(X, f_n(X))} \right.$ ，故而对所有的， $\dfrac{\partial G}{\partial Y}(X, f_n)$ 总是模意义下可逆的，也就满足了下一次迭代的条件。

得到全部解的证明

引理 2

若为 UFD，定义同引理 1。则引理 1 给出的 $r-\dfrac{f(r)}{f'(r)}$ 是模 $p^{2}$ 意义下唯一满足以下两条件的的值：

$f(x)\in Rp^{2}$
$x-r\in Rp$

亦即

\forall x\in R,\qquad p^2\mid f(x)\wedge p\mid (x-r) \implies x\equiv r-\dfrac{f(r)}{f'(r)} \pmod {p^2}

证明

令 $s = -\dfrac{f(r)}{f'(r)p}$ 和，引理 1 保证满足两个条件，且 $f(r) + f'(r)sp \in Rp^{2}$ 。设是满足上述条件的值，则有和 $f(r) + f'(r)tp \in Rp^{2}$ 。于是有 $f'(r)(t-s)p\in Rp^{2}$ 和 $v-u\in Rp^{2}$ 。

牛顿法可以保证得到模 $X^{2^n}$ 的全部解。假设 $G(X, h)\equiv 0\pmod {X^{2^n}}$ ，那么令 $h_{2^i} := h\pmod {X^{2^i}}$ ，然后取并用牛顿法，根据引理 2 可得 $f_{2^i} \equiv h_{2^i}\pmod {X^{2^i}}$ ，所以一定有 $f_{2^n} = h$ 。

上面的论证也说明了，在 $\dfrac{\partial G}{\partial y}(0, y)$ 永远可逆时， $G(X, f)\equiv 0\pmod {X^n}$ 的解的个数等于 $G(0, f)\equiv 0\pmod X$ 的解的个数。这个结论并非平凡。请看下面的例子。

牛顿法无效时解的个数随次数而变多的例子

模意义下的平方根只有，但是模意义下的平方根有 $X, -X, X^3+X, \ldots$ 。

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