缺项多项式

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 ${}_{}$ 上的不可约性存在一个 循环; 由于 在 上的不可约性存在一个 循环, 再结合 , 有 , 其中唯一的 阶子群是 , 而 没有 循环, 因此 .

假设 $f$ 的四根为 $x_0,x_1,x_2,x_3$. 我们下面证明: 一定单位根. 如果 是单位根, 则存在一个 , 使得 , 单位根的 Galois 作用仍然是单位根, 因此每一个 都是 的单位根倍. 因为 , 有

即 $x_0$ 是单位根. 于是 $x_i^{-1} = \overline{x_i}$. 根据 Vieta 定理可以算出 , 但是 , 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 ${\mathrm{\ell }}_i:F\to$ 为 的 项.

由于 $f(0) = 1$, 有 $\mathrm N_{K|\mathbb Q}(X) = 1$, 因此 $$. 现在考察 , 有 , 因此存在正整数 , 使得 , 其中 . 进而, 若定义

则在 $A_3$ 中, $\alpha^M \in 1 + 3 A_3$, 所以 -进对数 收敛, 并且 . 进而, 对于任意 , 在 中收敛, 直观地这个数可以被指派为 .

下面定义 $F_{r,j}(t) = \ell_j(\alpha^r \exp(t \cdot \ell))$, 则它是 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 是 的线性组合. 直接计算可得这些线性组合的系数不全为 . 同时又可以证明

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 $$, 则 有有限多在 中的零点, 进而有有限多在 中的零点, 对 个 的有限零点集取并自然是有限的.