Lagrange

拉格朗日定理：设 $p$ 为素数，对于模 $p$ 意义下的整系数多项式

$$ f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0(p\not\mid a_n) $$

的同余方程 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 在模 $p$ 意义下至多有 $n$ 个不同解。

证明：对 $n$ 使用归纳法。当 $n=0$ 时，由于 $p\nmid a_0$，故 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 无解，定理对 $n=0$ 的多项式 $f(x)$ 都成立。

若命题对于 $\deg f<n$ 的 $f$ 都成立，由反证法，假设存在一个满足题目条件的 $f$ 在模 $p$ 意义下有着至少 $n+1$ 个不同的解 $x_0,x_1,\cdots,x_{n}$。

可设 $f(x)-f(x_0)=(x-x_0)g(x)$，则 $g(x)$ 在模 $p$ 意义下是一个至多 $n-1$ 次的多项式。现在由 $x_0,x_1,\cdots,x_n$ 都是 $f(x)\equiv 0\pmod p$ 的解，知对 $1\leq i\leq n$，都有

$$ (x_i-x_0)g(x_i)\equiv f(x_i)-f(x_0)\equiv 0\pmod p $$

而 $x_i \not\equiv x_0 \pmod p$，故 $g(x_i)\equiv 0\pmod p$，从而 $g(x)\equiv 0\pmod p$ 有至少 $n$ 个根，与归纳假设矛盾。

所以，命题对 $n$ 次多项式也成立，定理获证。

证毕

应用

首先见群论部分的 群论基础 有关群和元素的阶的定义，以及相关定理。

给出一个关于同余方程的引理：

对于任意 $a$，至多有 $n$ 个不同的 $x$ 满足同余方程 $nx\equiv a\pmod m$。

???+note "证明" 反证法。如果存在不同的解 $x_1 x_2\ldots x_{n+1}$ 都满足该方程，那么对于方程 $n(x-x_{n+1})\equiv 0\pmod m$ 也至少有这 $n+1$ 个解。

设 m 与 n 的最大公约数为 d，$m=m_0d$，那么上述方程可以简化为 $d(x-x_{n+1})\equiv 0\pmod {m_0d}。所有的解$ x $在模$ m*0 $意义下都与$ x*{n+1}$同余，根据中国剩余定理，在模$ m_0d $意义下的$ x $至多有$ d $个，而$ d $是$ n $的约数，不可能大于$ n$，这与假设矛盾，因此原命题成立。

拉格朗日定理可以用在一个抽象代数中的定理中：

在有限可交换群 $G$ 中，以下两个条件等价：

$G$ 是循环群。

对于任意一个元素 $a$，至多有 $n$ 个不同的元素 $x$ 满足条件 $x^n=a$。

???+note "证明" 先证循环群推 $n$ 个元素条件。如果 $G$ 是循环群，那么每个元素都可以表示成为生成元 $g$ 的幂的形式。

于是将不同的元素 $x$ 记为 $g^y$，$a$ 记为 $g^z$，条件变为 $g^{yn}=g^z$。如果群的阶为 $m$，则条件等价于 $yn\equiv z\pmod m$。于是这部分根据引理得证。

再证 $n$ 个元素条件推循环群。如果 $G$ 中对于任意元素 $a$，至多 $n$ 个 $x$ 使得 $x^n=a$。取 $a$ 为单位元 $e$，即 $x^n=e$。

根据元素的阶部分的定理，群 $G$ 中必然存在元素 $g$，阶 $d$ 是所有元素的倍数。对于这个阶 $d$，所有的元素 $x$ 都满足 $x^d=e$。那么，根据初始条件，这个 $d$ 至少为群 $G$ 的阶 $m$。

但是显然 $d$ 不能比 $m$ 大，否则会产生重复现象，即存在不同的整数 $i$ 和 $j$ 使得 $g^i=g^j$。因此只能有 $d=m$，元素 $g$ 的幂次恰好把群 $G$ 的所有元素不重不漏地跑了一遍，所以 $G$ 是循环群，$g$ 是生成元。证完。

因此可以直接得到结论：

对于素数 $p$，模 $p$ 的缩剩余系 $Z_p^\ast$ 对于乘法构成的群是循环群。

另外阅读后文 原根 也可以知道，如果模 $m$ 的原根存在，那么自然也会满足上述性质“对于任意一个元素 $a$，至多有 $n$ 个不同的元素 $x$ 满足条件 $x^n\equiv a\pmod m$”。