# litlocus 题解导出 导出时间：2026/10/22 01:33:13 --- ## 缺项多项式 - 原题：缺项多项式 - 作者：GF1048576 - 审核时间：2026/10/21 16:45:01 设 $f(X) = X^4 - X + 1$, 考察 $f \bmod 2$ 易证 $f$ 在 $\mathbb F_2$ 上不可约, 因此, 它在 $\mathbb Q$ 上不可约. 又可以证明, $\dfrac{f}{X-2}$ 在 $\mathbb F_3$ 上不可约. 设 $K$ 为 $f$ 的分裂域. $G = \mathrm{Gal}(K|\mathbb Q)$ 由于 $f$ 在 $\mathbb F_2$ 上的不可约性存在一个 $4$ 循环; 由于 $\dfrac{f}{X-2}$ 在 $\mathbb F_3$ 上的不可约性存在一个 $3$ 循环, 再结合 $G \subseteq \mathfrak S_4$, 有 $|G| \in \{12, 24\}$, 其中唯一的 $12$ 阶子群是 $\mathfrak A_4$, 而 $\mathfrak A_4$ 没有 $4$ 循环, 因此 $G = \mathfrak S_4$. 假设 $f$ 的四根为 $x_0,x_1,x_2,x_3$. 我们下面证明: $\dfrac{x_i}{x_j}$ 一定**不是**单位根. 如果 $\dfrac{x_i}{x_j}$ 是单位根, 则存在一个 $\sigma$, 使得 $\sigma\left(\dfrac{x_i}{x_j}\right) = \dfrac{x_{i'}}{x_{j'}}$, 单位根的 Galois 作用仍然是单位根, 因此每一个 $x_i$ 都是 $x_0$ 的单位根倍. 因为 $\prod_{i=0}^3 x_i = 1$, 有 $$ x_0^4 \cdot \prod_{i=1}^3\left(\dfrac{x_i}{x_0}\right) = 1, $$ 即 $x_0$ 是单位根. 于是 $x_i^{-1} = \overline{x_i}$. 根据 Vieta 定理可以算出 $\sum x_i^{-1} = 1$, 但是 $\sum \overline{x_i} = \overline{\sum x_i} = 0$, 矛盾. 至此, 我们证明了, 对于任意的正整数 $M$, $x_i^M$ 都不同. 现在设 $A = \mathbb Z[X]/(f)$, $F = \mathbb Q(X)/(f)$. 设 $\ell_i : F \to \mathbb Q$ 为 $p\mapsto$ $p$ 的 $X^i$ 项. 由于 $f(0) = 1$, 有 $\mathrm N_{K|\mathbb Q}(X) = 1$, 因此 $X \in A^\times$. 现在考察 $A/3A$, 有 $\alpha \in (A/3A)^\times$, 因此存在正整数 $M$, 使得 $\alpha^M = 1+3\beta$, 其中 $\beta \in A$. 进而, 若定义 $$ A_3 = A \underset{\mathbb Z}{\otimes} \mathbb Z_3, F_3 = F \underset{\mathbb Q}{\otimes} \mathbb Q_3, $$ 则在 $A_3$ 中, $\alpha^M \in 1 + 3 A_3$, 所以 $3$-进对数 $\ell = \log(\alpha^M)$ 收敛, 并且 $\ell \in 3A_3$. 进而, 对于任意 $t \in \mathbb Z_3$, $\exp(t \cdot \ell)$ 在 $F_3$ 中收敛, 直观地这个数可以被指派为 $\alpha^{M t}$. 下面定义 $F_{r,j}(t) = \ell_j(\alpha^r \exp(t \cdot \ell))$, 则它是 $\mathbb Z_3 \to \mathbb Q_3$ 的映射, 又不难证明其解析性. 现在证明这些函数不可能恒为 $0$. 借用递推理论, 若 $X^n \bmod p = \sum_{i=0}^3 k_{in} X^i$, 则对于每个 $j$ $k_{jn}$ 是 $x_i^n$ 的线性组合. 直接计算可得这些线性组合的系数不全为 $0$. 同时又可以证明 $$ \det(x_i^{Nj})_{i,j \in \{0,1,2,3\}} = \prod_{i < j} (x_i^N-x_j^N) $$ 根据上文论证不等于 $0$, 因此, $F_{r,j}$ 也不可能恒为 $0$. 若 $F$ 在 $\mathbb Z_3$ 中有无穷多个零点, 那么这些零点必然有聚点. 但是 $F$ 解析, 所以又聚点则 $F = 0$. 因此, 若 $F \ne 0$, 则 $F$ 有有限多在 $\mathbb Z_3$ 中的零点, 进而有有限多在 $\mathbb Z$ 中的零点, 对 $4N$ 个 $F$ 的有限零点集取并自然是有限的. --- ## 关于「向量和问题」 - 原题：向量和问题 - 作者：GF1048576 - 审核时间：2026/10/21 16:07:34 我们证明, 最小的 $N$ 为 $6$. 不妨设 $z_1 = 1$. 由于 $\operatorname{Arg} z_i \in \mathbb Q \pi$, 所以 $z_i$ 一定都是单位根. 假设 $M$ 为单位根的阶的最小公倍数. **命题.** $\mu(M) \ne 0$, $M \mid \operatorname{lcm}(1,2,\dots,N)$. *证明.* 设 $a = v_p(M)$, $K = \dfrac M{p^a}$, $\rho = \omega_{p^a}$. 那么 $z_i = \rho^{e_i} \cdot \eta_i$, 其中 $e_i \in \mathbb Z, \eta_i$ 是 $K$ 次单位根. 我们用反证法证明 $a \le 1$. 若 $a > 1$, 设域 $F = \mathbb Q(\omega_{M}), K = \mathbb Q(\omega_{M/p})$, 则: $$ [F:K] = \dfrac{\varphi(M)}{\varphi(M/p)} = p. $$ 又 $F = K(\rho)$, 有: $\rho^i\ (0 \le i < p)$ 之间 $K$-线性无关. 现在考察等式 $\sum_{i=1}^N \rho^{e_i} \cdot \eta_i = 1$, 因此 $$ 0 = \sum_{j=0}^{p-1} \sum_{e_i \bmod p = j} \rho^{e_i} \eta_i = \sum_{j=0}^{p-1} \rho^j \sum_{e_i \bmod p = j} \rho^{e_i - j} \eta_i, $$ 结合上 $\sum_{e_i \bmod p = j} \rho^{e_i - j} \eta_i \in K$ 可得 $\sum_{e_i \bmod p = j} \rho^{e_i - j} \eta_i = 0$. 因此 $\sum_{e_i \bmod p = j} z_i = 0$. 但是由于任何真子集的复数和不为 $0$, 又因为 $z_1 = 1$, 有对于任意的 $i$, $e_i \bmod p = 0$. 这意味着所有的 $z_i$ 都是 $M/p$ 次单位根, 与 $M$ 的最小性矛盾. 再考虑 $a = 1$ 的情形. 此时 $[F : K] = p - 1$, 因此 $\rho$ 在 $K$ 上的最小多项式是 $\sum_{i = 0}^{p - 1} X^i$. 考虑到 $\rho^i\ (0 \le i < p)$ 张成的线性空间就是 $F$, 是 $p - 1$ 维的, 因此有且仅有一个线性关系, 这个关系恰好是 $\sum_{i=0}^{p-1} \rho^i = 1$. 再次利用 $$ 0 = \sum_{j=0}^{p-1} \sum_{e_i \bmod p = j} \rho^{e_i} \eta_i = \sum_{j=0}^{p-1} \rho^j \sum_{e_i \bmod p = j} \rho^{e_i - j} \eta_i, $$ 利用线性关系的论证可以得到 $c_i = \sum_{e_i \bmod p = j} \rho^{e_i - j} \eta_i$ 满足 $$ c_0 = c_1 = \dots = c_{p-1}. $$ 首先, 若这些值都为 $0$, 则可以利用之前的 $M/p$ 次单位根来论证; 否则, 每个组都要有至少一个复数, 一共有 $p$ 组, 而有 $N$ 个数, 所以 $p \le N$. 得证. --- 首先我们考察 $N \le 6$ 的情形. 若 $5 \nmid M$, 则根据引理可知 $M \mid 6$. 所以 此时 $z_i \in \{1, \omega, \omega^2, -1, -\omega, -\omega^2\}$, 因此此时必然形成正多边形构型. 因此必然有 $5 \mid M$, 利用引理的证明, 考虑设 $c_i = \sum_{e_i \bmod 5 = j} \rho^{e_i - j} \eta_i$, 其中 $\rho$ 为 $5$ 次单位根. 因此, 至少有 $5$ 组, 而 $N = 5$ 时这些组必然形成正五边形. 而 $N = 6$ 时, 唯一的可能是 $2+1+1+1+1$. 不妨做旋转, 设五个组分别是 $$ u + v, \rho, \rho^2, \rho^3, \rho^4, $$ 因此 $u + v = 1$, 与 $|u| = |v| = 1$ 联立可以解出 $$ \{u, v\} = \{\omega_6, \omega_6^5\}. $$ 不难验证 $$ \{z_i\} = \{\omega_6, \omega_6^5, \omega_5,\omega_5^2, \omega_5^3, \omega_5^4\} $$ 满足所需条件. 至此, 我们证明了, 所有可能的 $z_i$ 一定是上述构型的适当旋转. --- ## 二次剩余平移 - 原题：圆环上的游戏 - 作者：GF1048576 - 审核时间：2026/10/21 15:38:54 设 $Q = \mathbb F_p^{\times 2}$ 为所有非零二次剩余的集合. **命题.** 若 $a \in \mathbb F_p \setminus \{0\}$, 则 $|Q \cap (Q + a)| = \dfrac{p-3}{4}$. *证明.* 若 $u^2 \in Q$ 而 $u^2 - a = v^2 \in Q$, 整理可以得到 $(u+v)(u-v) = a$. 遍历 $u - v \in \mathbb F_p \setminus \{0\}$ 即可得到恰好 $p-1$ 组解. 现在排除几个边界情况: - $u = 0$ 或 $v = 0$: $u = 0$ 要求 $v^2 = -a$, $v = 0$ 要求 $u^2 = a$. 由于 $p \equiv 3 \pmod 4$, 所以 $a$ 和 $-a$ 恰好有一个是二次剩余, 因此只需要排除其中的 $2$ 组解; - 每一组 $q \in Q \cap (Q + a)$ 对应四组 $(u, v)$: $(\pm \sqrt q, \pm \sqrt{q-a})$, 因此每组 $(u, v)$ 对应 $\dfrac 14$ 个 $Q \cap (Q+a)$ 中的元素. 综上, $$ |Q \cap (Q + a)| = \dfrac{p-3}{4}. $$ --- 基于这个命题, 我们证明答案等于 $k = \dfrac{p+1}{4}$. 根据以上, 有 $|Q| = 2k-1$, $|Q \cap (Q + a)| = k-1$. ### 下界 设第 $i$ 个盒子的棋子总数是 $a_i$, $V = \sum_{i \notin Q} a_i$. 若 $a = 0$, 则 $V$ 的改变量为 $0$; 若 $a \ne 0$, 则会给 $a + Q$ 中的 $k$ 个非二次剩余增加或减少 $1$ 个棋子, 故 $V$ 的改变量为 $\pm k$. 由于 $0 \notin Q$ 而 $1 \in Q$, 有 $V$ 的最终改变量为 $-m$. 而 $V$ 的每次改变量均能被 $k$ 整除, 因此 $k \mid m$, 进而 $m \ge k$. ### 上界 我们证明 $m = k$ 是可以取到的. 现在任取 $b \in \mathbb F_p$. 考虑对于任意的, 满足 $b \notin a + Q$ 的参数 $a$, 在 $a + Q$ 的坐标下添加一个棋子. 此时, 对于一个点 $x \in \mathbb F_p \setminus \{b\}$, 所有能向 $x$ 放棋子的操作一共有 $|Q| = 2k-1$ 个, 而能同时向 $b$ 放棋子的操作一共有 $|Q \cap (Q-\delta)| = k-1$ 个, 因此总共能向 $x$ 放 $k$ 个棋子. 在上文的论证中取 $b = 0$, 执行上述操作后, 根据上文论证, 对于每一个 $x \in \mathbb F_p \setminus \{0\}$ 都有 $k$ 个棋子; 然后再根据上文论证取 $b = 1$, 但是将每一步的放棋子换为取棋子, 这样相当于对每一个 $x \in \mathbb F_p \setminus \{1\}$ 取出 $k$ 个棋子, 因此最终局面变为只有 $1$ 中有 $k$ 个棋子. --- ## 单位根反演的简单应用 - 原题：Super EZ Problem 1.3 - 作者：GF1048576 - 审核时间：2026/10/21 15:15:27 取 $\omega=e^{2\pi i/p}$, 对问题施单位根反演, 答案为 $$ N=\frac1p\sum_{j=0}^{p-1}[x^p]\prod_{a=1}^{2p}(1+x\omega^{ja}). $$ 在 $1,2,\dots,2p$ 中, 模 $p$ 的每个剩余类都恰好出现两次. 因此, 当 $j\neq 0$ 时, $$ \prod_{a=1}^{2p}(1+x\omega^{ja}) =\left(\prod_{r=0}^{p-1}(1+x\omega^r)\right)^2. $$ 又因为 $p$ 为奇质数, 有 $\prod_{r=0}^{p-1}(1+x\omega^r)=1+x^p$, 因此 $$ [x^p]\prod_{a=1}^{2p}(1+x\omega^{ja})=[x^p](1+x^p)^2. $$ $j=0$ 的情况平凡, 整理后可得答案为 $\frac1p\left(\binom{2p}{p}+2(p-1)\right)$. --- ## super ez problem series 3 T1 - 原题：GZA 提供的初等数论问题 I - 作者：gza - 审核时间：2026/10/21 15:02:55 问题: 求所有满足 $n^{p-1}\mid (p-1)^n+1$ 的正整数 $n$ 与素数 $p$ 组成的有序对 $(n,p)$? 记 $\operatorname{minp}(n)$ 为 $n$ 的最小素因子, $v_p$ 为 $p$ 进指数, $\operatorname{ord}_q(\cdot)$ 为模 $q$ 的阶. 当 $p=2$ 时, 条件化为 $n\mid 1^n+1=2$, 故 $n=1,2$. 当 $p$ 为奇素数时, $p-1$ 为偶数; 若 $n$ 为偶数, 则左边 $n^{p-1}$ 为偶数, 而右边 $(p-1)^n+1$ 为奇数, 矛盾, 所以 $n$ 为奇数. 若 $n=1$, 则对任意素数 $p$ 均有 $1^{p-1}\mid (p-1)+1$, 故得到一族解 $(1,p)$, 其中 $p$ 为任意素数. 下面讨论 $n>1$. 取 $q=\operatorname{minp}(n)$, 则 $q\mid (p-1)^n+1$, 即 $$ (p-1)^n\equiv -1\pmod q. $$ 又因 $q\nmid p-1$, 故 $p-1$ 模 $q$ 可逆, 从而 $$ \operatorname{ord}_q(p-1)\mid 2n,\qquad \operatorname{ord}_q(p-1)\mid q-1. $$ 由于 $n$ 为奇数且 $q$ 是 $n$ 的最小素因子, 有 $\gcd(2n,q-1)=2$, 于是 $\operatorname{ord}_q(p-1)\mid 2$. 但 $(p-1)^n\equiv -1\not\equiv 1\pmod q$, 所以 $\operatorname{ord}_q(p-1)$ 只能为 $2$, 即 $p-1\equiv -1\pmod q$, 故 $q\mid p$. 又 $p,q$ 均为素数, 所以 $p=q$, 从而 $p\mid n$. 设 $t=v_p(n)$. 由 $n^{p-1}\mid (p-1)^n+1$ 得 $p^{t(p-1)}\mid (p-1)^n+1$. 应用 LTE, 有 $$ v_p\bigl((p-1)^n+1\bigr)=v_p(p)+v_p(n)=1+t. $$ 因此 $t(p-1)\le 1+t$, 即 $t(p-2)\le 1$. 易得只有 $t=1,\ p=3$. 于是 $n=3m$, 且 $\gcd(3,m)=1$. 此时原条件变为 $n^2\mid 2^n+1$. 若 $m=1$, 则 $n=3$, 确为解. 若 $m>1$, 取 $Q=\operatorname{minp}(m)$, 则 $2^n\equiv -1\pmod Q$. 设 $d=\operatorname{ord}_Q(2)$, 则 $d\mid 2n$ 且 $d\mid Q-1$. 由 $n$ 中小于 $Q$ 的质因子只有 $3$, 可得 $d=1$ 或 $3$; 简单计算可知 $m>1$ 不成立, 故 $m=1$, 即 $n=3$. 综上, 全部解为 $$ (1,p),\ (2,2),\ (3,3), $$ 其中第一族中的 $p$ 为任意素数. --- ## 五点共圆 - 原题：椭圆上的正五边形 - 作者：GF1048576 - 审核时间：2026/10/21 12:17:46 反证法. 其中存在内接正五边形 $p$, 则它存在一个外接圆 $\omega$. 圆和椭圆都是二次曲线, 因此消元后至多有 $4$ 个交点. 这与内接正五边形的五个点都是椭圆和圆的交点矛盾.