# litlocus 题解导出

导出时间：2026/10/22 02:37:33

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## 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.