拉格朗日定理

UPD on 2025.8.4：修正了一些错误

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多项式同余：对 \(f,g\in Z[x]\) 定义 \(f\equiv g\:(mod~n)\) 当且仅当 \(\exists h\in Z[x],f-g=nh\)

下面默认 \(f,g,h,k\in Z[x]\) （不过应用这些定理时一定要指出其满足整系数的条件）

\(f(x)\equiv g(x)\:(mod~n)\) 对任意 \(x\) 成立并不能推出两个多项式模 \(n\) 同余！

显然：

1. \(f\equiv f\:(mod~n)\)

2. \(f\equiv g\:(mod~n) \iff g\equiv f\:(mod~n)\)

3. \(f\equiv g\:(mod~n),g\equiv h\:(mod~n)\) ，则 \(f\equiv h\:(mod~n)\)

4. \(f\equiv g,h\equiv k\:(mod~n)\) ，则 \(f+h\equiv g+k\:(mod~n),fh\equiv gk\:(mod~n)\)

我们需要对素数分析一下多项式同余的性质。

定理 \(1\) ：

二项式定理展开给出 \((f+g)^p\equiv f^p+g^p\:(mod~p)\)

此外，费马小定理可以给出 \(f^p(x)\equiv f(x^p)\:(mod~p)\)

定理 \(2\) ：若 \(fg\equiv 0\:(mod~p)\) ，则 \(f\equiv 0\:(mod~p)\) 或者 \(g\equiv 0\:(mod~p)\)

这并不显然，我们假设命题不成立，设 \(f(x)=a_0+a_1x+...+a_nx^n,g(x)=b_0+b_1x+...+b_mx^m\)

若 \(i,j\) 是最小的下标满足 \(p\nmid a_i,b_j\) ，那么 \(fg\) 中 \(x^{i+j}\) 的系数就是 \(a_0b_{i+j}+a_1b_{i+j-1}+...+a_ib_j+...+a_{i+j}b_0\)

只有 \(a_ib_j\) 一项不是 \(p\) 的倍数，然后 \(x^{i+j}\) 的系数不是 \(p\) 的倍数，矛盾

定理 \(3\) ：设 \(f\in Z[x]\) ，则 \(f(a)\equiv 0\:(mod~n)\) 当且仅当存在多项式 \(g\) 使得 \(f\equiv (x-a)g\:(mod~n)\) ，进一步地，若条件成立，可以选取 \(deg(g)<deg(f)\)

若存在这个 \(g\) ，根据定义，可知 \(\exists h,f=(x-a)g+nh\) ，然后 \(f(a)\equiv nh(a)\equiv0\:(mod~n)\)

另一边： \(f(x)-f(a)=a_n(x^n-a^n)+...+a_1(x-a)\) ，而 \(f(a)\equiv 0\:(mod~n)\) ，令 \((x-a)g=f(x)-f(a)\) ，则 \(g\) 满足条件。

定理 \(4\) ：（拉格朗日定理）整系数多项式 \(f\) 在模素数 \(p\) 意义下若不是零多项式，则至多有 \(deg(f)\) 个根。

证明：对 \(deg(f)\) 归纳（奠基考虑 \(ax+b\) 构成完系即可），设 \(deg(f)=n\) ，若 \(f\) 不存在根，显然成立，否则 \(f(a)\equiv 0\:(mod~p)\) ，从而存在整系数多项式 \(g\) 使得 \(f\equiv (x-a)g\:(mod~p)\) ，且 \(deg(g)\le n-1,g\) 模 \(p\) 不是零多项式

\(f\) 的所有根要么是 \(a\) 要么是 \(g\) 的根，从而完成归纳。（两个多项式在模 \(p\) 意义下同余说明它们模 \(p\) 意义下根相同，反证很容易得到）

注：一定要注意 \(f\) 不是零多项式的前提！！！

推论 \(4.1\) ：若 \(f\) 模 \(p\) 意义下有超过 \(deg(f)\) 个根，则 \(f\) 模 \(p\) 意义下是零多项式。

推论 \(4.2\) ：若 \(f\) 在模 \(p\) 意义下恰有 \(deg(f)\) 个根，则 \(f\) 模 \(p\) 意义下满足韦达定理即 \((-1)^ia_i/a_n\equiv \sigma_i\:(mod~p)\) ， \(\sigma_i\) 表示对称和

这是因为 \(f-a_n(x-x_1)(x-x_2)...(x-x_n)\) 在模 \(p\) 意义下有 \(deg(f)\) 个根，但它的次数是 \(deg(f)-1\) ，所以是模 \(p\) 意义下的零多项式。

一个不错的结果是 \((x-1)(x-2)...(x-(p-1))\equiv x^{p-1}-1\:(mod~p)\) ，因为这两个相减有 \(p-1\) 个根，但次数不到 \(p-1\) ，比较系数（或者说其实就是推论 \(4.2\) ）给出了威尔逊定理

一个运用例子：（前置：分数同余）

证明：\(\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}\equiv 0\:(mod~p^2)\)

证明：多项式 \(f(x)=(x-1)(x-2)...(x-(p-1))-(x^{p-1}-1)\) 记为 \(a_{p-2}x^{p-2}+...+a_0\) ，则

\(0\equiv a_0\equiv a_1\equiv...\equiv a_{p-2}\:(mod~p)\)

其中 \(a_0=(p-1)!+1\) ， \(f(p)=(p-1)!-p^{p-1}+1\)

\(a_{p-2}p^{p-2}+...+a_2p^2+a_1p =f(p)-a_0=-p^{p-1}\equiv 0\:(mod~p^3)\)

又 \(a_2p^2\equiv0\:(mod~p^3)\) 即 \(a_1\equiv 0\:(mod~p^2)\)

即\((p-1)!\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}\equiv 0\:(mod~p^2)\)

这个证法很蠢，只要倒序相加一下然后用后文的推论就可以了，可以证明更强的结果

例1

设 \(p\) 是素数， \(k\le p\) 是正整数， \(f\in Z[x]\) ，满足 \(p^k\) 整除 \(f(x)\) ，对所有 \(x\in Z\) ，证明：存在多项式 \(g_0,g_1,..,g_k\in Z[x]\) 满足 \(f(x)=\sum\limits_{i=0}^kp^{k-i}(x^p-x)^i\cdot g_i(x)\)

对 \(k\) 归纳证明命题。如果 \(k=1\) ，考虑 \(f(x)=(x^p-x)g(x)+r(x)\) ，其中 \(deg(r)<p\) （多项式的带余除法），而因为 \(x^p-x\equiv 0\:(mod~p)\) ，从而 \(r\equiv 0\:(mod~p)\) ，完成奠基。

假设命题对 \(k\) 成立，对 \(p^{k+1}\mid f\) ，先将 \(f\) 分成（根据归纳假设） \(\sum\limits_{i=0}^kp^{k-i}(x^p-x)^i\cdot g_i(x)\) ，需要将每个 \(g_i\) 分解成 \((x^p-x)h(x)+pr(x)\) 完成归纳假设，这与 \(k=1\) 对应，所以说我们的目的就是证明 \(g_i(x)\equiv 0\:(mod~p)\) 对任何 \(x\in Z\) 成立。

先统一 \(p\) 的次数。设 \(y=\frac 1p(x^p-x)\) ，考虑 \(f(x)=\sum\limits_{i=0}^kp^ky^i\cdot g_i(x)\) ，于是 \(\sum\limits_{i=0}^ky^i\cdot g_i(x)\equiv 0\:(mod~p)\)

关键的想法是，能否使得 \(x,y\) 不关联，从而使得上式成为一个多项式？

考虑到 \(x,x+p\) 对应的 \(y\) 是不同的，但对应的 \(g(x),g(x+p)\) 相同（模 \(p\) 意义下）

引入变元正整数 \(z\) ，有 \((x+pz)^p-(x+pz)\equiv p(y-z)\:(mod~p^2)\)

这样的话固定 \(x\) ，有 \(\sum\limits_{i=0}^k(y-z)^ig_i(x)\equiv 0\:(mod~p)\) ，得到关于 \(y-z\) 的 \(k\) 次多项式有 \(p\) 个根（ \(z\) 是任意的），说明这是零多项式，于是 \(p\mid g_i(x)\) 。这对任意 \(x\in Z\) 成立，证毕

例2

证明存在常数 \(c\) 使得对所有素数 \(p\) 至多存在 \(cp^{\frac 23}\) 个 \(n\) 满足 \(p\mid n!+1\)

我们设对素数 \(p>2\) ，所有满足条件的 \(n\) 是 \(1<n_1<n_2<..<n_k\) ，由 \(n_i!\equiv -1\:(mod~p),n_{i+1}!\equiv -1\:(mod~p)\) 给出

\(n_i![n_{i+1}(n_{i+1}-1)...(n_i+1)-1]\equiv 0\:(mod~p)\) 即 \(n_{i+1}(n_{i+1}-1)...(n_i+1)\equiv 0\:(mod~p)\) ，这表明 \(n_i\) 是以下多项式（模 \(p\)）的根：

\(f(x)=(x+1)(x+n_i-1)...(x+n_{i+1}-n_i)\)

这显然不是零多项式，于是对每个 \(k\) ，至多只有 \(k\) 个 \(n_i\) 满足 \(n_{i+1}-n_i=k\)

设 \(\frac{m(m+1)}2\le k< \frac{(m+1)(m+2)}2\)

将所有 \(n_{i+1}-n_i\) 从小到大排列，那么 \(p\ge \sum (n_{i+1}-n_i)\ge 1+2^2+3^2+...+m^2=\frac{m(m+1)(2m+1)}6\)

显然存在 \(c\) 使得 \(\frac{(m+1)(m+2)}2\le c(\frac{m(m+1)(2m+1)}6)^{\frac 23}\) 恒成立

例3

给定素数 \(p\) ，证明仅对有限个素数 \(q\) 有 \(\large q\mid \sum\limits_{k=1}^{[\frac qp]}k^{p-1}\)

我们知道 \(1^{p-1}+2^{p-1}+..+x^{p-1}\) 可以表示为关于 \(x\) 的 \(p\) 次多项式（用牛顿恒等式或者归纳之类的），是首项系数为 \(\frac 1p\) 的整值多项式（对每个整数取整数值的多项式）

假设 \(q=kp+r\) ，由抽屉原理，可知对某个 \(r\) 存在无穷个 \(q\) 使得 \(f([\frac qp])=f(k)\) 是 \(q\) 的倍数

又 \(q\mid p^p(f(k)-f(\frac{-r}p))\) ，可知无穷个 \(q\) 是 \(p^p f(\frac{-r}p)\) 的因子，也就是说 \(f(\frac{-r}p)=0\)

根据有理根定理， \(p\) 应当整除 \(Mf\) 的首项系数（ \(M\) 是最小的使 \(Mf\) 为整系数多项式的数），但很显然 \(f\) 只有首项系数的分母里有个 \(p\) ，其余的首项系数分母都是小于 \(p\) 的东西乘在一起（归纳），就矛盾了

当然有不归纳的做法（然而归纳很简单啊），由于是整值多项式，可以表示 \(f(x)=\sum a_iC_x^i\) 使得 \(a_i\) 是整数，并且 \(a_p=(p-1)!\) ，除了 \(C_n^p\) 就没其它分母有 \(p\) ，但 \(C_n^p\) 的系数也只有 \(n^p\) 分母含有 \(p\) （我们在推论 \(4.2\) 提及的，关于 \(1,2,...,p-1\) 的对称和全都是 \(p\) 的倍数）

例4

设 \(f\) 是 \(n\ge 1\) 次的首一多项式，假设 \(b_1,b_2,...,b_n\) 是两两不同的整数，而且对无穷多素数 \(p\) ，方程组

\(f(x+b_1)\equiv f(x+b_2)\equiv ...\equiv f(x+b_n)\equiv 0\:(mod~p)\)

有解，证明 \(f(x+b_1)=f(x+b_2)=...=f(x+b_n)=0\) 有整数解 \(x\) 。

设 \(f(x)=a_nx^n+...+a_0\)

取 \(p\) 充分大， \(p>n,\max\{b_i-b_j\},a_i\) ，记对应解为 \(x_p\) 考虑韦达定理（推论 \(4.2\) ），可知 \(\sum\limits_{i=1}^n (x_p+b_i)\equiv -a_{n-1}/a_n\:(mod~p)\iff na_nx_p\equiv -a_{n-1}-a_n\sum b_i\:(mod~p)\)

并且 \(\prod\limits_{i=1}^n(x_p+b_i)\equiv (-1)^na_0/a_n\:(mod~p)\) ，于是 \(\prod\limits_{i=1}^n(-a_{n-1}-a_n\sum\limits_{j=1}^n b_j+na_nb_i)\equiv (-1)^na_0\cdot n^n\cdot a_n^{n-1}\:(mod~p)\) ，两边都是常数，对所有充分大 \(p\) 成立，于是 \(\prod\limits_{i=1}^n(x_p+b_i)=(-1)^na_0/a_n\) ， \(x_p\) 的取值有限

于是 \(na_n\mid a_{n-1}+a_n\sum b_i\) （否则 \(x_p=(-a_{n-1}-a_n\sum b_i)\cdot (na_n)^{-1}\) 对无穷个 \(p\) 有无穷个取值）， \(x_p\) 就必须是定值，\(f(x+b_1)\equiv ...\equiv f(x+b_n)\equiv 0\:(mod~p)\) 对无穷 \(p\) 成立，证毕

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定理 \(5\) ： \(1^k+2^k+...+(p-1)^k+p^k\equiv 0\:(mod~p)\) 对所有 \(k\in Z,p-1\nmid k 或 k=0\) 成立（当 \(p-1\mid k\ne 0\) 时，上式显然为 \(-1\) ）

证明：由于方程 \(x^k\equiv 1\:(mod~p)\) 至多只有 \(k\) 个解，存在一个数 \(t\ne 0\) 不是解，则 \(\sum\limits_{i=1}^pi^k\equiv \sum\limits_{i=1}(ti)^k\:(mod~p)\) ，两边相减，由于 \(t^k-1\ne 0\:(mod~p)\) ，就给出了结果。

推论 \(5.1\) ：对次数不超过 \(p-2\) 的整系数多项式 \(f\) ， \(\sum\limits_{i=1}^pf(i)\equiv 0\:(mod~p)\)

例5

(伊朗TST2012)设 \(p>2\) 是素数，若 \(i\in \{0,1,...,p-1\},f=a_0+a_1x+...+a_nx^n\) 是整系数多项式，若 \(\sum\limits_{j>0,p-1\mid j}a_j\equiv i\:(mod~p)\) ，则称 \(f\) 是余数 \(i\) 多项式。证明下面两个叙述等价：

1. \(f,f^2,...,f^{p-2}\) 为余数 \(0\) 多项式，而 \(f^{p-1}\) 为余数 \(1\) 多项式

2. \(f(0),f(1),...,f(p-1)\) 是模 \(p\) 完系

对 \(f\) 直接应用命题 \(5\) （类似推论 \(5.1\) ） ：

\(\begin{aligned} \sum\limits_{j=0}^{p-1}f(j)&=a_0p+a_1(0^1+1^1+...+(p-1)^1)+a_2(0^2+....+(p-1)^2)+...+a_n(0^n+1^n+...+(p-1)^n)\\ &\equiv -a_{p-1}-a_{2(p-1)}-...\\ &\equiv -i\:(mod~n) \end{aligned}\)

所以 \(f\) 是余数 \(i\) 多项式 \(\iff\) \(\sum\limits_{j=0}^{p-1}f(j)\equiv -i\:(mod~p)\)

由此， \(2\) 推 \(1\) 由命题 \(5\) 立即得到。而 \(1\) 推 \(2\) 等价于证明：

\(a_0,a_1,a_2,...,a_{p-1}\) 满足 \(a_0^k+a_1^k+...+a_{p-1}^k\equiv 0\:(mod~p)\) 对所有 \(k=1,2,...,p-2\) 成立，对 \(p-1\) 取 \(-1\) ，证明其为完系（即定理 \(5\) 逆定理）

由 \(a_0^{p-1}+a_1^{p-1}+...+a_{p-1}^{p-1}\equiv -1\:(mod~p)\) 知其中恰有一个 \(p\) 的倍数。

接下来关键是作平移：

\((a_0-c)^{p-1}+(a_1-c)^{p-1}+...+(a_{p-1}-c)^{p-1}\equiv -1\:(mod~p)\)

这是由二项式定理展开给出的。从而对每个 \(c\) ，恰有一个 \(a_i-c\) 是 \(0\)，也就是完系，证毕

例6

设 \(p\) 是奇素数， \(a_1,a_2,...,a_p\) 是整数，证明下列叙述等价：

1. 存在次数不超过 \(\frac{p-1}2\) 的多项式 \(P\) 使得 \(P(i)\equiv a_i\:(mod~p),i=1,2,...,p\)

2. 对每个 \(1\le d\le \frac{p-1}2,\sum\limits_{i=1}^p(a_{i+d}-a_i)^2\equiv 0\:(mod~p)\) ，下标模 \(p\) 考虑

\(1\rightarrow 2\) 比较简单，令 \(f_d(x)=(P(x+d)-P(x))^2\) ， \(f_d\) 次数不到 \(p-1\) ，由定理 \(5.1\) 有 \(\sum\limits_{i=1}^p f_d(i)\equiv 0\:(mod~p)\)

（UPD：原证明也是对的但比较繁琐，这里更改成直接对 \(P\) 论述，如果发现伪了麻烦指出）

对于另一个方向，我们任取一个 \(P\) 满足 \(P(i)\equiv a_i\:(mod~p),i=1,2,...,p\) ，并且 \(\deg P\le p-1\) （根据拉格朗日插值法存在）

条件 \(2\) 变形可得 \(\sum\limits_{i=0}^{p-1} P(i)P(i+d)\equiv \sum\limits_{i=0}^{p-1} P^2(i)\:(mod~p)\) 对任意 \(d\) 成立

尽管条件说 \(d\le \frac{p-1}2\) ，但考虑叙述对 \(-d\) 等价（ \(f_1(i)f_1(i+d)=f_1(j-d)f_1(j)\) ），在模 \(p\) 意义下即对所有 \(d\) 成立

下设 \(P(x)=b_0+b_1x+...+b_nx^n\) ，其中 \(n\le p-1\)

根据 \(\sum\limits_{i=0}^{p-1} P(i)P(i+d)\equiv 0\:(mod~p)\) 与定理 \(5\) 应当有 \(P(x)P(x+d)\) 中 \(x^{p-1}\) 的系数是 \(p\) 的倍数，即

\(\sum\limits_{i=0}^nb_i\sum\limits_{j=p-i-1}^nb_jC_j^{p-i-1}d^{i+j+1-p}\equiv 0\:(mod~p)\)

把这个式子看作关于 \(d\) 的多项式，于是有 \(p\) 个根，即零多项式，得出它的系数全是 \(p\) 的倍数

注意 \(C_j^{p-i-1}d^{i+j+1-p}\) 不可能是 \(p\) 的倍数。考虑 \(d^{2n+1-p}\) 系数，那么 \(p\mid b_n\) 。再考虑 \(d^{2n-p}\) ，可得 \(p\mid b_{n-1}\) 。一直操作可得 \(p\mid b_{\frac{p+1}2}\) ，就可将更高次直接删去，这就得到 \(\deg P\le \frac{p-1}2\)

例7

求整系数非常值首一多项式 \(f\) 的最小次数使得 \(f(0),f(1),f(2),...,f(p-1)\) 都是 \(p-1\) 次幂， \(p\) 为奇素数

设 \(f(i)=x_i^{p-1}\) ，根据费马小定理，\(f(i)\equiv 0,1\:(mod~p)\)

如果 \(deg(f)<p-1\) ，推论 \(5.1\) 说明 \(\sum f(i)\equiv 0\:(mod~p)\) ，于是 \(f(0),f(1),...,f(p-1)\) 要么全是 \(0\) ，要么全是 \(1\) ，无论哪种情况， \(f(x)\equiv 0或1\:(mod~p)\) 会有 \(p\) 个根，并且 \(f\) 首一表明它不是零多项式，矛盾。

\(f(x)=x^{p-1}\) 显然满足条件，于是答案是 \(p-1\) 。

例8

证明：对每个 \(n>1\) ， \(\sum\limits_{i=1}^n(C_n^i)^4\) 是 \((n,\frac 43n]\) 中每个素数的倍数。

设这个素数为 \(p\) ，下面直接把 \(C_n^i\) 变成模 \(p\) 意义下的多项式。记 \(A=(p-1)(p-2)...(n+1)\) ，有

\(AC_n^i\equiv \frac{n(n-1)...(i+1)}{(n-i)(n-i-1)...1}\cdot (p-1)...(n+1)\equiv (-1)^{n-i}\frac{(p-1)...(p-(p-i-1))}{(p-n+i)(p-n+i+1)...(p-1)}\equiv (n-i+1)...(p-i-1)\:(mod~p)\)

\(f(x)=(n-x+1)...(p-x+1)\) 是一个多项式，要证明 \(\sum\limits_{i=0}^nf^4(i)\equiv 0\:(mod~p)\)

注意 \(f(n+1)=...=f(p-1)=0\) ，所以只要 \(4\deg f<p-1\) ，根据题设是显然的。

例9

设 \(p>2\) 是素数， \(p\nmid abcd\) ，满足 \(\{\frac{ra}p\}+\{\frac{rb}p\}+\{\frac{rc}p\}+\{\frac{rd}p\}=2\) 对 \(r=1,2,...,p-1\) 成立，求证： \(a+b,a+c,a+d,b+c,b+d,c+d\) 中至少两个数被 \(p\) 整除。

这个做法比较关键的想法是 \(\{x\}>\frac 12\) 时，有 \(\{2x\}=2\{x\}-1\) ，而题目条件说明每个 \(r\) 都有 \(\{ra,rb,rc,rd\}/p\) 中两个数满足这个条件，另两个对应 \(0\)

定义 \(r(x)\) 表示 \(x\) 模 \(p\) 的余数 \(\in\{0,1,...,p-1\}\) ，题目条件等价于 \(r(an)+r(bn)+r(cn)+r(dn)=2p\) 对所有不被 \(p\) 整除的 \(n\) 成立

称这样的 \((a,b,c,d)\) 是好数组，那么对任意 \(p\nmid k,(ka,kb,kc,kd)\) 也是好数组

定义 \(Q(x)=\frac{2r(x)-r(2x)}p\) ，则 \(Q(an)+Q(bn)+Q(cn)+Q(dn)=2\) ，对所有 \(p\nmid n\) 成立

寻找多项式 \(P(x)\equiv Q(x)\:(mod~p)\) 并且 \(\deg\le p-2\) ，关键的做法是看 \(\triangle P\) 的次数，\(\triangle P\) 实际上恰好有根 \(1,2,...,\frac{p-3}2,\frac{p+1}2,..,p-2\) （根据 \(Q\) 的性质可得）

于是 \(\triangle P\) 的次数不低于 \(p-3\) （模 \(p\) 意义下），则 \(\deg P=p-2\)

而 \(S(x)=P(ax)+P(bx)+P(cx)+P(dx)\equiv 2\:(mod~p)\) 根据条件有根 \(1,2,...,p-1\) ，它是 \(p-2\) 次多项式，只能是零多项式，设 \(P\) 的 \(x^{p-2}\) 系数是 \(t\ne 0\) ，给出 \((a^{p-2}+b^{p-2}+c^{p-2}+d^{p-2})t\equiv 0\:(mod~p)\)

于是 \(\frac 1a+\frac 1b+\frac 1c+\frac 1d\equiv 0\:(mod~p)\) ，结合 \(a+b+c+d\equiv 0\:(mod~p)\) 知道

\(\frac 1a+\frac 1b+\frac 1c\equiv \frac 1{a+b+c}\:(mod~p)\)

于是 \((a+b)(b+c)(c+a)\equiv 0\:(mod~p)\) ，对应的另外三组类似认证可得结论。

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定理 \(6\) ：设 \(p\) 是素数，设 \(F\in Z[x_1,x_2,..,x_n]\) 满足 \(deg(F)<n(p-1)\) ，求证： \(\sum\limits_{(x_1,x_2,...,x_n)\in\{0,1,...,p-1\}^n}F(x_1,x_2,...,x_n)\equiv 0\:(mod~p)\)

多项式 \(F\) 是 \(x_1^{i_1}x_2^{i_2}...x_n^{i_n}\) 的线性组合，只需对所有 \(i_1+i_2+...+i_n<n(p-1)\) 证明：

\(\sum\limits_{(x_1,x_2,...,x_n)\in\{0,1,...,p-1\}^n} x_1^{i_1}x_2^{i_2}...x_n^{i_n}\equiv 0\:(mod~p)\)

存在某个 \(i_k<p-1\) ，而

\(\sum\limits_{(x_1,x_2,...,x_n)\in\{0,1,...,p-1\}^n} x_1^{i_1}x_2^{i_2}...x_n^{i_n}=(\sum\limits_{x_1=0}^{p-1}x_1^{i_1})...(\sum\limits_{x_n=0}^{p-1}x_n^{i_n})\:(mod~p)\)

定理 \(5\) 说明第 \(k\) 项是 \(0\) ，证毕

定理 \(7\) ：（ \(Chevalley-Warning\) 定理）设 \(p\) 是素数，\(f_1,...,f_k\in Z[x_1,x_2,...,x_n]\) 满足 \(n>\sum\limits_{i=1}^kf_i\) ，则方程组

\(f_1(x_1,...,x_n)\equiv f_2(x_1,...,x_n)\equiv...\equiv f_k(x_1,x_2,...,x_n)\:(mod~p)\)

的 \(n\) 数组 \((x_1,x_2,...,x_n)\in\{0,1,...,p-1\}^n\) 的个数是 \(p\) 的倍数。

证明：设 \(F=(1-f_1^{p-1})(1-f_2^{p-1})...(1-f_k^{p-1})\) ，不难看出同余方程组 \(\iff F(x_1,x_2,...,x_n)\equiv 1\:(mod~p)\) ，并且 \(deg(F)<(p-1)n\)

如果记这样的数组有 \(N\) 个，则 \(\sum\limits_{(x_1,x_2,...,x_n)\in\{0,1,...,p-1\}^n}F(x_1,x_2,...,x_n)\equiv N\:(mod~p)\)

根据定理 \(6\) 证毕。

注：一般来说，只要有一组平凡解，就能推出一些非平凡解。

例10

设 \(p\) 是素数， \(a_1,a_2,...,a_{3p},b_1,...,b_{3p}\in Z\) ，使得 \(\sum\limits_{i=1}^{3p}a_i\equiv \sum\limits_{i=1}^{3p}b_i\equiv 0\:(mod~p)\) ，求证存在 \(I\subset \{1,2,...,3p\},|I|=p\) 使得 \(\sum\limits_{i\in I}a_i\equiv \sum\limits_{i\in I}b_i\equiv 0\:(mod~p)\)

构造 \(A(x_1,...,x_{3p-1})=\sum\limits_{i=1}^{3p-1}a_ix_i^{p-1},B(x_1,...,x_{3p-1})=\sum\limits_{i=1}^{3p-1}b_ix_i^{p-1},F(x_1,...,x_{3p-1})=\sum\limits_{i=1}^{3p-1}x_i^{p-1}\)

我们需要寻找一组解 \(A(x_1,...,x_{3p-1})\equiv B(x_1,...,x_{3p-1})\equiv F(x_1,...,x_{3p-1})\equiv 0\:(mod~n)\)

由于有平凡解 \((0,0,...,0)\) ，解的个数是 \(p\) 的倍数，那必有非全 \(0\) 的非平凡解 \((x_1,...,x_{3p-1})\)

定义 \(I=\{i\mid x_i\ne 0\}\) ，结合费马小定理，根据 \(F\) 的定义，可知 \(|I|=p或2p\) ，根据 \(A,B\) 的定义则可知 \(\sum\limits_{i\in I}a_i\equiv \sum\limits_{i\in I}b_i\equiv 0\:(mod~p)\)

如果 \(|I|=2p\) ，则取它的补集，即证。

注：可以用类似的方法证明 \(Erdos-Ginzburg-Ziv\) 定理： \(2n-1\) 个整数中有 \(n\) 个平均值为整数（先对素数证明，再归纳到合数）

例11

设 \(p\) 是素数， \(A\subset Z^+\) ，满足：

1. \(A\) 中所有元素质因子集包含 \(p-1\) 个元素

2. 对于 \(A\) 的任意非空子集，其元素之积不是任何整数的 \(p\) 次幂

求 \(A\) 元素个数最大值

设质因数是 \(q_1,q_2,...,q_{p-1}\) （不过很容易看出这个问题跟这些质因子没啥关系，是个纯组合问题）

答案是 \((p-1)^2\) ，构造是 \(A=\{q_i^{jp+1}\mid 1\le i,j\le p-1\}\) （也就是构造一大堆 \(1\) ）

我们设 \(A\) 中某个元素 \(a_i\) 对各个素因子幂次是 \(v_{i1},v_{i2},...,v_{ip-1}\) ，设 \(n=|A|\)

用例 \(9\) 一模一样的处理手法，定义 \(f_j(x_1,...,x_n)=\sum\limits_{i=1}^{n}v_{ij}x_i^{p-1}\)

然后 \(f_1(x_1,...,x_n)\equiv f_2(x_1,...,x_n)\equiv ...\equiv f_{p-1}(x_1,...,x_n)\equiv 0\:(mod~p)\)

由于 \(n>(p-1)^2\) ，结合平凡解 \((0,0,...,0)\) ，根据 \(Chevalley-Warning\) 定理，可知存在非平凡解 \((x_1,...,x_n)\) ，取对应集合 \(B=\{a_i\mid x_i\ne 0\}\subset A\) ，根据费马小定理可知 \(B\) 中每个素因子幂次之和 \(\sum v_{ij}\) 都是 \(p\) 的倍数，矛盾。