not ez problem 7

· · 学习·文化课

credits to @Galois_Field_1048576。

定义一个三次多项式 Ax^3+Bx^2+Cx+D 是缺项的, 若 A \cdot B \cdot C \cdot D = 0。

设多项式 Q = X^4 - X + 1. 证明: 只存在有限多个 N, 使得 X^N \bmod Q 是缺项的。

::::info[solution by Galois_Field_1048576] 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.

存在初等做法，晚点放上来。