problemset

B1. 对素数 $p$，记 $X_p=\{x\in\{1,2,\cdots,p-1\}:p^2\mid x^{p-1}-1\}$。证明 $p\to+\infty$ 时 $|X_p|=O(p^{\frac12+o(1)})$。

B2. 证明：对任意正整数 $m,n$，$m,n$ 互素当且仅当存在整数 $a_1,\cdots,a_m,b_1,\cdots,b_n$ 使得 $\{a_ib_j:i\in\{1,\cdots,m\},j\in\{1,\cdots,n\}\}$ 为 $\bmod\ mn$ 完全剩余系。

B3. 设素数 $p>3,p\equiv3\pmod8$，$M=\{a\in\{2,3,\cdots,p-2\}:\left(\dfrac{a-1}{p}\right)=\left(\dfrac{a+1}{p}\right)=1,\left(\dfrac{a}{p}\right)=-1\}$，其中 $\left(\dfrac{x}{p}\right)$ 表示勒让德符号。求 $(\prod\limits_{a\in M}a)^4\bmod\ p$。

B4. 设 $p\equiv1\pmod4$ 是（正）素数，$D=\{0,\pm1,\pm2,\cdots,\pm\dfrac{p-1}2\}$。设 $u,v\in D$ 满足 $\dbinom{\frac{p-1}2}{\frac{p-1}4}\equiv2u\pmod p$，$u(\frac{p-1}{2})!\equiv v\pmod p$。证明 $p=u^2+v^2$。

B5. 设 $f_m(x)=x^2+x+m$，$\mathcal{P}$ 为所有有理素数构成的集合。 对一个正有理整数 $m\ge2$，证明以下三个条件等价： (1) $\forall k\in\{0,1,\cdots,\lfloor\sqrt{\frac{m}{3}}\rfloor\}:f_m(k)\in\mathcal{P}$。 (2) $\forall k\in\{0,1,\cdots,m-2\}:f_m(k)\in\mathcal{P}$。 (3) $m\in\{2,3,5,11,17,41\}$。 并证明其中任意一个可以推出： (4) 若正有理整数 $n$ 满足存在互素的有理整数 $u,v$ 使得 $n\mid v^2f_m(\frac{u}{v})$，证明存在有理整数 $u,v$ 使得 $n=v^2f_m(\frac{u}{v})$。其中 $v=0$ 时 $v^2f_m(\frac{u}{v})$ 视为 $u^2$。

B6. 用 $|XY|$ 表示欧式空间中 $X,Y$ 两点的欧式距离。 设 $n\in\Z^+$，$A_1,\cdots,A_n\in\mathbb{Q}^2$ 满足 $\forall i,j:|A_iA_j|^2\in\Z$。 证明存在 $B_1,\cdots,B_n\in\Z^2$ 满足 $\forall i,j:|A_iA_j|=|B_iB_j|$。

B7. 证明问题 B6 的三维版本。举出一个四维版本的反例。

B1

解答

记 $N=|X_p|$。关键是考察普通整数乘积组成的集合

$$S=\{xy:x,y\in X_p\}.$$

我们先限制不同乘积的个数，再限制同一乘积的表示次数。

一、证明 $|S|\le p-1$。

模 $p^2$ 的同余方程

$$z^{p-1}\equiv1\pmod{p^2}$$

至多有 $p-1$ 个解类。事实上，任何解都不被 $p$ 整除；而两个模 $p$ 同余的解，必定模 $p^2$ 也同余。为证明后一断言，设这两个解为 $z$ 与 $z+tp$，其中 $p\nmid z$。二项式展开给出

$$(z+tp)^{p-1}-z^{p-1} \equiv (p-1)z^{p-2}tp\pmod{p^2}.$$

左端被 $p^2$ 整除，且 $p\nmid(p-1)z^{p-2}$，故 $p\mid t$。因此每个非零模 $p$ 剩余类至多对应一个解类，总数至多为 $p-1$。

对任意 $x,y\in X_p$，有

$$(xy)^{p-1}\equiv1\pmod{p^2}, \qquad 1\le xy\le(p-1)^2<p^2.$$

所以 $S$ 中不同的整数对应不同的模 $p^2$ 解类，从而

$$|S|\le p-1.$$

二、用约数个数控制乘积的表示次数。

记 $d(n)$ 为正整数 $n$ 的正约数个数。对每个 $s\in S$，有序对 $(x,y)\in X_p^2$ 满足 $xy=s$ 的个数至多为 $d(s)$，因为选定正约数 $x\mid s$ 后，$y=s/x$ 就唯一确定。因此

$$N^2\le\sum_{s\in S}d(s) \le(p-1)\max_{1\le n<p^2}d(n).$$

下面补充所需的初等约数估计：对每个固定的 $\varepsilon>0$，存在只依赖于 $\varepsilon$ 的常数 $C_\varepsilon$，使所有正整数 $n$ 满足

$$d(n)\le C_\varepsilon n^\varepsilon.$$

将 $n$ 分解为 $n=\prod_q q^{a_q}$。对素数 $q\ge2^{1/\varepsilon}$ 及整数 $a\ge0$，有

$$a+1\le2^a\le q^{\varepsilon a}.$$

对每个素数 $q<2^{1/\varepsilon}$，令

$$C_{q,\varepsilon}=\sup_{a\in\mathbb Z_{\ge0}} \frac{a+1}{q^{\varepsilon a}}<\infty.$$

这个上确界有限，是因为分母随 $a$ 指数增长，因而上述比值趋于零。小于 $2^{1/\varepsilon}$ 的素数只有有限个，故

$$d(n)=\prod_{q\mid n}(a_q+1) \le\left(\prod_{q<2^{1/\varepsilon}}C_{q,\varepsilon}\right) \prod_{q\mid n}q^{\varepsilon a_q} =C_\varepsilon n^\varepsilon.$$

这里也包括 $n=1$ 的情形，所有空乘积均取 $1$。

设 $D_p=\max_{1\le n<p^2}d(n)$。上述估计说明，对任意固定的 $\varepsilon>0$，

$$1\le D_p\le C_\varepsilon p^{2\varepsilon}, \qquad 0\le\limsup_{p\to\infty}\frac{\log D_p}{\log p} \le2\varepsilon.$$

由于 $\varepsilon$ 任意，得到 $D_p=p^{o(1)}$。代回乘积计数不等式即得

$$\boxed{|X_p|\le\sqrt{(p-1)D_p} \le p^{\frac12+o(1)}}.$$

这比题目要求的 $|X_p|=O(p^{\frac12+o(1)})$ 更直接地给出了上界。

检查

• 条件使用完整：$p$ 为素数保证上述非零系数在模 $p$ 下可逆；$x^{p-1}\equiv1\pmod{p^2}$ 保证乘积仍满足同余式；$1\le x\le p-1$ 保证整数乘积严格小于 $p^2$，从而整数之间不会因取模而合并。
• 解类计数已逐步证明，未假设模 $p^2$ 下的多项式具有域上的根数性质，也未使用未证明的提升结论。
• 计数使用有序对，共有 $N^2$ 个；每个正约数至多给出一个有序对，因此用 $d(s)$ 控制重数没有遗漏重复乘积或平方乘积。
• 约数估计的常数只依赖于固定的 $\varepsilon$，与 $n,p$ 无关；通过对数比值明确验证了 $o(1)$ 的含义，极限沿素数趋于无穷。
• 边界 $p=2$ 时 $X_2=\{1\}$，二项式同余和乘积计数仍成立。题目只要求渐近上界，无须讨论等号情形。

核心思路总结

最关键的一步是把 $X_p$ 中的元素两两相乘：模 $p^2$ 的乘法封闭性使乘积落在至多 $p-1$ 个解类中，而乘积小于 $p^2$ 又把解类个数转化为不同整数乘积的个数。随后用初等约数估计控制每个乘积的表示次数，将 $|X_p|^2$ 压到 $p^{1+o(1)}$。

核心工具是二项式展开、乘积的双重计数，以及由素因数分解证明的 $d(n)=n^{o(1)}$ 估计。

参考资料

无。

B2

解答

记 $M=mn$。题目中的条件等价于：$mn$ 个有序指标对 $(i,j)$ 所对应的乘积 $a_i b_j$，模 $M$ 两两不同。

充分性。 设 $\gcd(m,n)=1$。由中国剩余定理，对每个 $1\le i\le m$ 和 $1\le j\le n$，可以分别选取整数 $a_i,b_j$，使

$$\begin{cases} a_i\equiv i-1\pmod m,\\ a_i\equiv1\pmod n, \end{cases} \qquad \begin{cases} b_j\equiv1\pmod m,\\ b_j\equiv j-1\pmod n. \end{cases}$$

于是

$$a_i b_j\equiv i-1\pmod m, \qquad a_i b_j\equiv j-1\pmod n.$$

若 $a_i b_j\equiv a_{i'}b_{j'}\pmod M$，分别模 $m$ 和模 $n$ 考察，得到

$$i-1\equiv i'-1\pmod m, \qquad j-1\equiv j'-1\pmod n.$$

由指标的范围可知 $i=i'$、$j=j'$。因此这 $M$ 个乘积模 $M$ 两两不同，构成完全剩余系。

必要性。 设题目要求的整数存在。由于这些乘积构成模 $M$ 完全剩余系，存在唯一的指标对 $(r,s)$，使

$$a_r b_s\equiv0\pmod M.$$

令

$$d=\gcd(a_r,M),\qquad e=\gcd(b_s,M).$$

这里最大公约数均取正值。先证明

$$M\mid de.$$

事实上，若素数 $\ell$ 在 $M$ 中的指数为 $k$，记它在 $d,e$ 中的指数分别为 $\alpha,\beta$。若其中一个等于 $k$，则 $\alpha+\beta\ge k$；否则，$a_r,b_s$ 中 $\ell$ 的指数分别恰为 $\alpha,\beta$，由 $\ell^k\mid a_r b_s$ 仍得 $\alpha+\beta\ge k$。对 $M$ 的每个素因子应用这一结论，即得 $M\mid de$。

考察乘积表的第 $r$ 行。这一行的 $n$ 个剩余类两两不同，且都为 $d$ 的倍数。模 $M$ 的 $d$ 的倍数恰有 $M/d$ 个，故

$$n\le\frac{M}{d},\qquad d\le m.$$

同理，考察第 $s$ 列可得

$$m\le\frac{M}{e},\qquad e\le n.$$

结合 $M\mid de$，得到

$$M\le de\le mn=M.$$

因此 $de=M$，并且上述两个上界必须同时取等号，即

$$d=m,\qquad e=n.$$

于是，第 $r$ 行恰好遍历模 $M$ 的所有 $m$ 的倍数，第 $s$ 列恰好遍历模 $M$ 的所有 $n$ 的倍数。这两组剩余类的交集，正是模 $M$ 的所有 $\operatorname{lcm}(m,n)$ 的倍数，个数为

$$\frac{M}{\operatorname{lcm}(m,n)}=\gcd(m,n).$$

另一方面，这两组剩余类只能有一个公共元素。因为若第 $r$ 行中的 $a_r b_j$ 与第 $s$ 列中的 $a_i b_s$ 同余，则完全剩余系的无重复性质强制

$$(r,j)=(i,s),$$

也就是 $i=r$、$j=s$。它们确实共有这个位置对应的零剩余类，所以交集大小恰为 $1$。从而

$$\boxed{\gcd(m,n)=1}.$$

两个方向均已证明。

检查

• 题目要求的是所有 $mn$ 个乘积构成模 $mn$ 完全剩余系，因此不同指标对不能产生相同剩余类；证明中的行、列计数和交集判断均使用了这一条件。
• 充分性的中国剩余定理构造同时指定了两个模数下的剩余类，乘积分别保留行指标与列指标；已证明无重复，由数量相等即可推出覆盖全部剩余类。
• 必要性中 $mn\mid de$ 已按素因子指数证明，适用于负整数和零；未将 $mn\mid a_r b_s$ 误用为某个因子单独被 $mn$ 整除。
• 由 $d\le m$、$e\le n$ 和 $de=mn$ 推出两者分别取等号，随后才断言整行、整列覆盖相应的倍数类，计数顺序完整。
• 当 $m=1$ 或 $n=1$ 时，模 $1$ 的条件没有限制，中国剩余定理的构造及必要性的计数仍成立。特别地，$m=n=1$ 时只有一个剩余类，结论同样成立。

核心思路总结

充分性用中国剩余定理构造两组整数，使乘积在模 $m$ 和模 $n$ 下分别记录两个指标。

必要性最关键的是选取乘积为零的位置：该位置两个因子与模数的最大公约数，其乘积必须被模数整除；所在行、列的容量又给出反向上界，迫使两个最大公约数恰为 $m,n$。最后，行与列的公共剩余类一方面有 $\gcd(m,n)$ 个，另一方面因无重复只能有一个，因而得到互素性。

核心工具是中国剩余定理、最大公约数与最小公倍数的关系，以及完全剩余系的计数。

参考资料

无。

B3

解答

以下在有限域 $\mathbb F_p$ 中运算，记 $\chi(x)=\left(\frac{x}{p}\right)$。由勒让德符号的补充公式及 $p\equiv3\pmod8$，有

$$\chi(-1)=-1,\qquad \chi(2)=-1,\qquad \chi(-2)=1.$$

题目中的 $M$ 可视为满足 $\chi(a-1)=\chi(a+1)=1$、$\chi(a)=-1$ 的域元素集合；这些条件自动排除了 $0,1,-1$，与题目的代表元范围一致。

一、构造两个集合之间的双射。

引入

$$N=\{b\in\mathbb F_p:\chi(b-1)=\chi(b)=\chi(b+1)=1\}.$$

映射

$$b=\frac{a-1}{a+1}$$

将 $M$ 双射到 $N$。事实上，对 $a\in M$，

$$b-1=\frac{-2}{a+1},\qquad b=\frac{a-1}{a+1},\qquad b+1=\frac{2a}{a+1},$$

右端的勒让德符号依次为 $1,1,1$，所以 $b\in N$。

反过来，对 $b\in N$，令

$$a=\frac{1+b}{1-b}.$$

因为 $\chi(1-b)=-1$，有

$$\chi(a)=-1,\qquad \chi(a-1)=\chi\left(\frac{2b}{1-b}\right)=1,\qquad \chi(a+1)=\chi\left(\frac{2}{1-b}\right)=1.$$

因此 $a\in M$，且这两个映射互逆。

记

$$k=|M|=|N|,\qquad P=\prod_{a\in M}a,\qquad Q=\prod_{b\in N}b.$$

上述双射给出

$$Q=\prod_{a\in M}\frac{a-1}{a+1}.$$

二、以两种方式计算同一个集合的乘积。

令

$$R=\{a\in\mathbb F_p:\chi(a-1)=\chi(a+1)=1\}, \qquad S=\{x\in\mathbb F_p:\chi(x)=\chi(x+1)=-1\}.$$

由于 $0\notin R$，按 $\chi(a)$ 分类得不交并 $R=M\sqcup N$。又因 $\chi(2)=-1$，映射

$$x=\frac{a-1}{2},\qquad a=2x+1$$

给出 $R$ 与 $S$ 的双射。因此

$$\prod_{x\in S}x =2^{-2k}\prod_{a\in R}(a-1).$$

利用第一步的双射，将 $N$ 上的乘积改写为 $M$ 上的乘积，可得

$$\begin{aligned} \prod_{a\in R}(a-1) &=\prod_{a\in M}(a-1) \prod_{a\in M}\left(\frac{a-1}{a+1}-1\right)\\ &=\prod_{a\in M}\frac{-2(a-1)}{a+1} =(-2)^kQ. \end{aligned}$$

所以

$$\prod_{x\in S}x=(-1)^k2^{-k}Q.\tag{1}$$

另一方面，$S$ 中的元素不等于 $1$，可以按 $\chi(x-1)$ 的正负分成两类。

• 若 $\chi(x-1)=1$，则 $a=1/x$ 满足$$\chi(a)=-1,\qquad \chi(a-1)=\chi\left(\frac{1-x}{x}\right)=1,\qquad \chi(a+1)=\chi\left(\frac{1+x}{x}\right)=1.$$反过来，对 $a\in M$ 取 $x=1/a$，则 $\chi(x)=-1$、$\chi(x+1)=\chi((1+a)/a)=-1$，且 $\chi(x-1)=\chi((1-a)/a)=1$。因此这一类恰为 $\{1/a:a\in M\}$。
• 若 $\chi(x-1)=-1$，则 $x-1,x,x+1$ 均为非平方元。由 $\chi(-1)=-1$，这等价于 $-x\in N$，所以这一类恰为 $\{-b:b\in N\}$。

两类互不相交，故

$$\prod_{x\in S}x=P^{-1}(-1)^kQ.\tag{2}$$

比较式 $(1)$、$(2)$，并约去非零因子 $(-1)^kQ$，得到

$$P=2^k.$$

三、确定 $k$ 并计算所求四次方。

考察方程

$$y^2-x^2=2.$$

对每个 $t\in\mathbb F_p^*$，令

$$y-x=t,\qquad y+x=\frac2t,$$

就唯一确定一组解 $(x,y)$；反之每组解都如此得到，所以共有 $p-1$ 组解。

其中 $x=0$ 要求 $y^2=2$，由 $\chi(2)=-1$，没有这样的解；$y=0$ 要求 $x^2=-2$，由 $\chi(-2)=1$，恰有两组解。因此 $x,y$ 均非零的解共有 $p-3$ 组。

每组这样的解给出

$$a=x^2+1=y^2-1\in R.$$

反过来，每个 $a\in R$ 恰对应 $x^2=a-1$、$y^2=a+1$ 的四种独立符号选择。因此

$$4|R|=p-3.$$

结合 $|R|=2k$，得到 $k=(p-3)/8$。最后由欧拉判别准则，

$$P^4=2^{4k}=2^{(p-3)/2} =\frac{2^{(p-1)/2}}2 =-\frac12\quad\text{于 }\mathbb F_p.$$

所以所求最小非负剩余为

$$\boxed{\left(\prod_{a\in M}a\right)^4\equiv\frac{p-1}{2}\pmod p}.$$

检查

• 已完整使用 $p\equiv3\pmod8$：它给出 $\chi(-1)=\chi(2)=-1$、$\chi(-2)=1$，分别支撑双射中的符号运算、仿射变换和方程解数计算。
• 所有分母均非零：$M,N$ 都不含 $0,1,-1$；$S$ 不含 $0,-1$，且因 $\chi(1)=1$ 不含 $1$。因此取倒数、分式变换及乘积约分合法。
• $M$ 与 $N$ 的对应已给出正反两个方向；$R$ 与 $S$ 的对应具有明确逆映射；$S$ 的两类按非零的 $\chi(x-1)$ 划分，既无遗漏也无重复。
• 方程计数先得到全部 $p-1$ 组解，再去掉恰好两组退化解；每个 $R$ 中元素对应四组解，因两个平方根均非零而没有重复，故 $|M|=(p-3)/8$。
• 独立复核了两次乘积计算中的符号和 $2$ 的幂次，均给出 $P=2^{(p-3)/8}$。对 $300$ 以下所有满足条件的素数直接枚举，所求四次方均与 $(p-1)/2$ 一致；枚举仅用于核查，证明不依赖它。
• 最小允许素数为 $11$，此时 $M=\{2\}$，有 $2^4\equiv5=(11-1)/2\pmod{11}$，与结论一致。

核心思路总结

关键是用分式变换 $a\mapsto(a-1)/(a+1)$ 将题设的符号型 $(1,-1,1)$ 转成 $(1,1,1)$，再用仿射变换 $a\mapsto(a-1)/2$ 将两类元素合并映到相邻两个非平方元组成的集合。这个集合也能由取倒数和取负号分解；比较两种乘积表达式，辅助乘积被消去，直接得到 $P=2^{|M|}$。

集合大小由 $y^2-x^2=2$ 的因式分解计数求出，最后使用欧拉判别准则。核心工具均为初等有限域运算、勒让德符号、集合双射与乘积计数。

参考资料

无。

B4

解答

令 $p=4k+1$，其中 $k\ge1$，并记

$$t=(2k)!\pmod p,\qquad C=\binom{2k}{k}.$$

由威尔逊定理，

$$-1\equiv(p-1)! \equiv\prod_{j=1}^{2k}j(p-j) \equiv((2k)!)^2\pmod p,$$

所以 $t^2=-1$ 于 $\mathbb F_p$。

仅由题设同余可以推出 $p\mid u^2+v^2$，还不足以得到等式。下面构造一个高斯整数，其模长平方恰为 $p$，再证明它的两个坐标与题设的 $u,v$ 一致。所需的有限和恒等式在证明中直接推导。

一、构造四次特征及有限和。

记 $\mathrm i$ 为复数虚数单位，定义环同态

$$\rho:\mathbb Z[\mathrm i]\longrightarrow\mathbb F_p, \qquad \rho(A+B\mathrm i)=A+Bt.$$

由于 $t^2=-1$，此映射保持加法和乘法；且它将 $1,\mathrm i,-1,-\mathrm i$ 一一映为 $1,t,-1,-t$。

对每个 $x\in\mathbb F_p^*$，由 $x^{4k}=1$，$x^k$ 是四次单位根，故可以唯一确定

$$\chi(x)\in\{1,\mathrm i,-1,-\mathrm i\}, \qquad \rho(\chi(x))=x^k.$$

再令 $\chi(0)=0$。由唯一性可知 $\chi(xy)=\chi(x)\chi(y)$。记二次特征为 $\phi(x)=\left(\frac{x}{p}\right)$，包括 $\phi(0)=0$。欧拉判别准则给出

$$\chi(x)^2=\phi(x).$$

因此 $\chi$ 与 $\chi\phi=\chi^3$ 都是非平凡乘法特征：若其中之一恒为 $1$ 于 $\mathbb F_p^*$，其平方 $\phi$ 也会恒为 $1$，与非平方元的存在矛盾。

任何非平凡乘法特征 $\eta$ 都满足

$$\sum_{x\in\mathbb F_p^*}\eta(x)=0.$$

这是因为可以选取 $c$ 使 $\eta(c)\ne1$，而变量代换 $x\mapsto cx$ 将此和变为原和的 $\eta(c)$ 倍。

现在定义

$$J=\sum_{x\in\mathbb F_p}\chi(x)\phi(1-x)=A+B\mathrm i, \qquad A,B\in\mathbb Z.$$

二、直接证明 $A^2+B^2=p$。

展开 $J\overline J$，并在非零项中作代换 $x=ry$，得到

$$|J|^2 =\sum_{r\in\mathbb F_p^*}\chi(r) \sum_{y\in\mathbb F_p\setminus\{0,1\}} \phi\left(\frac{1-ry}{1-y}\right).$$

这里用到了 $|\chi(y)|=1$ 及二次特征的乘法性；$y=0,1$ 的项在原和中为零。

当 $r=1$ 时，内层的每一项均为 $1$，内层和等于 $p-2$。当 $r\ne1$ 时，分式变换

$$z=\frac{1-ry}{1-y}$$

将 $\mathbb F_p\setminus\{0,1\}$ 双射到 $\mathbb F_p\setminus\{r,1\}$：其逆变换是 $y=(1-z)/(r-z)$。因而此时内层和为

$$\sum_{z\ne r,1}\phi(z)=-\phi(r)-1.$$

由第一步的特征和为零的结论，

$$\begin{aligned} |J|^2 &=p-2-\sum_{r\ne0,1}(\chi\phi)(r) -\sum_{r\ne0,1}\chi(r)\\ &=p-2-(-1)-(-1)=p. \end{aligned}$$

所以

$$A^2+B^2=p.\tag{1}$$

三、用二项式展开确定两个坐标的同余。

先说明以下有限域幂和公式：对正整数 $h$，

$$\sum_{x\in\mathbb F_p}x^h= \begin{cases} -1,&p-1\mid h,\\ 0,&p-1\nmid h. \end{cases}$$

事实上，取模 $p$ 的原根 $g$，非零元素的幂和就是 $\sum_{j=0}^{p-2}(g^h)^j$；分别按 $g^h=1$ 或 $g^h\ne1$ 使用等比数列求和即可。

对 $J$ 应用 $\rho$，得

$$\rho(J)=\sum_{x\in\mathbb F_p}x^k(1-x)^{2k}=0,$$

因为二项式展开中的幂指数从 $k$ 到 $3k$，均不是 $p-1=4k$ 的倍数。因此

$$A+Bt\equiv0\pmod p.\tag{2}$$

另一方面，$\overline{\chi(x)}=\chi(x)^3$，包括 $x=0$ 的情形，所以

$$\begin{aligned} \rho(\overline J) &=\sum_{x\in\mathbb F_p}x^{3k}(1-x)^{2k}\\ &=\sum_{j=0}^{2k}(-1)^j\binom{2k}{j} \sum_{x\in\mathbb F_p}x^{3k+j}\\ &=(-1)^{k+1}\binom{2k}{k}. \end{aligned}$$

最后一步中，指数在 $3k$ 至 $5k$ 之间，唯一为 $4k$ 倍数的指数是 $j=k$ 时的 $4k$，其幂和等于 $-1$。

将此式与 $\rho(J)=0$ 相加，得到

$$2A\equiv(-1)^{k+1}C\pmod p.\tag{3}$$

再将式 $(2)$ 乘以 $t$，利用 $t^2=-1$，得

$$B\equiv At\pmod p.\tag{4}$$

四、利用代表元范围得到整数等式。

令

$$U=(-1)^{k+1}A,\qquad V=(-1)^{k+1}B.$$

由式 $(1)$、$(3)$、$(4)$，有

$$U^2+V^2=p,\qquad 2U\equiv C\pmod p, \qquad V\equiv Ut\pmod p.$$

又因 $|U|,|V|\le\sqrt p<(p+1)/2$，且 $U,V$ 为整数，所以

$$|U|,|V|\le\frac{p-1}{2},$$

即 $U,V\in D$。

题设给出 $2u\equiv C\equiv2U\pmod p$。因 $p$ 为奇素数，得到 $u\equiv U\pmod p$。集合 $D$ 恰有 $p$ 个连续整数，每个模 $p$ 剩余类在其中有唯一代表元，故 $u=U$。继而

$$v\equiv ut=Ut\equiv V\pmod p,$$

同理由 $v,V\in D$ 得 $v=V$。最终

$$\boxed{p=u^2+v^2}.$$

检查

• $p\equiv1\pmod4$ 保证 $p=4k+1$、$k\ge1$；威尔逊定理中的配对共有偶数个，故确实得到 $t^2=-1$，符号正确。
• 四次特征的取向由 $\rho(\mathrm i)=t$ 固定，未任意选择虚部符号；因此最终的 $V\equiv Ut$ 与题设第二个同余完全一致。
• 模长计算中的非零项满足 $y\ne0,1$；分式变换另行区分 $r=1$，其余情形有明确逆映射，无除零或漏项。
• 两次幂和展开分别涉及指数区间 $[k,3k]$ 与 $[3k,5k]$；前者没有 $4k$ 的倍数，后者只有一个，二项式系数及因子 $(-1)^{k+1}$ 均已核对。
• 证明先得到精确恒等式 $A^2+B^2=p$，再通过 $D$ 中代表元的唯一性识别 $u,v$，没有把模 $p$ 同余误当作整数等式。
• 最小情形 $p=5$ 时，题设给出 $u=1$、$v=2$，满足 $1^2+2^2=5$；一般代表元范围的推导也覆盖此情形。另直接计算了 $2000$ 以下全部 $147$ 个满足条件的素数，所得 $u,v$ 均满足结论；数值计算仅用于核查。

核心思路总结

关键是构造四次特征与二次特征的有限和 $J$（一个雅可比和），把两个不同目标连接起来：在复数中直接计算 $J\overline J=p$，得到精确的平方和；在模 $p$ 下把特征值化为幂，再用二项式展开提取中央二项式系数。

用阶乘给出的平方根 $t$ 固定四次特征的取向，能同时匹配题设的两个同余。最后利用对称完全剩余系 $D$ 中代表元的唯一性，将同余提升为坐标相等。核心工具是威尔逊定理、欧拉判别准则、乘法特征的消去求和、有限域幂和与二项式定理；雅可比和的模长恒等式已在文中证明。

参考资料

无。

B5

解答

记号与所用定理。 令

$$Q_m(x,y)=x^2+xy+my^2.$$

按题设约定，对所有整数 $u,v$，均有 $v^2f_m(u/v)=Q_m(u,v)$，其中 $v=0$ 时取值为 $u^2$。以下统一使用 $Q_m$ 这一记号。

另外，从素性条件排除所有其他 $m$，需要用到著名的 Heegner–Baker–Stark 类数一定理。下文明确引用它的分类结论，不把这一深定理省略成所谓初等计算；其余归约、等价性及表示结论均直接证明。

一、短区间素性迫使所有相关二次型等价于 $Q_m$。

记

$$d=4m-1,\qquad \Delta=-d=1-4m.$$

对于整数系数正定二元二次型

$$F(x,y)=ax^2+bxy+cy^2,$$

称 $b^2-4ac$ 为其判别式。下文的“等价”指通过行列式为 $1$ 的整数线性变量代换得到，因而等价的二次型表示完全相同的整数。

先证明一个约化事实：每个判别式为 $-d$ 的整数系数正定二次型，都等价于满足

$$|b|\le a\le c$$

的二次型。事实上，在所有互素整数对 $(r,s)$ 上，取该二次型的最小正值作为新首项系数 $a$。由贝祖等式，可把 $(r,s)$ 补成行列式为 $1$ 的整数矩阵，完成这个变量代换。再作 $x\mapsto x+ty$，就能使新的中间系数 $b$ 满足 $|b|\le a$，同时保持首项系数不变。新末项系数 $c$ 也是原二次型在某个互素整数对上的值，所以由 $a$ 的最小性，$c\ge a$。

由约化后的条件，有

$$d=4ac-b^2\ge3a^2, \qquad a\le\sqrt{\frac d3}.$$

又因判别式 $-d\equiv1\pmod4$，$b$ 必为奇数。

现在假设条件 $(1)$ 成立。若某个约化型的 $a\ge2$，令

$$j=\frac{|b|-1}{2}.$$

则 $j$ 为非负整数，且

$$j\le\frac{a-1}{2} \le\frac{\sqrt{d/3}-1}{2} <\sqrt{\frac m3}.$$

所以 $j\le\lfloor\sqrt{m/3}\rfloor$。然而

$$f_m(j)=\frac{b^2-1}{4}+m =\frac{b^2+d}{4}=ac,$$

而 $c\ge a\ge2$，这与 $(1)$ 中的素性矛盾。

因此所有约化型都满足 $a=1$，进而 $b=\pm1$、$c=m$。其中 $x^2-xy+my^2$ 在代换 $x\mapsto x+y$ 后变成 $Q_m(x,y)$。我们得到后续使用的结论：

$$\boxed{\text{条件 }(1)\text{ 蕴含：每个判别式为 }1-4m \text{ 的整数系数正定二元二次型都等价于 }Q_m.}\tag{*}$$

这里没有预先要求二次型的三个系数互素。

二、由 $(1)$ 得到有限名单 $(3)$。

首先证明 $d$ 无平方因子。若某个素数 $q$ 满足 $q^2\mid d$，则 $q$ 为奇数，且

$$d'=d/q^2\equiv3\pmod4.$$

于是整数系数正定二次型

$$F(x,y)=q\left(x^2+xy+\frac{d'+1}{4}y^2\right)$$

具有判别式 $-q^2d'=-d$，且全部系数被 $q$ 整除。任何整数变量代换后的全部系数仍被 $q$ 整除，故它不可能等价于首项系数为 $1$ 的 $Q_m$，与 $(*)$ 矛盾。因此 $d$ 是平方自由数。

因为 $d\equiv3\pmod4$，$-d$ 是虚二次域 $\mathbb Q(\sqrt{-d})$ 的基本判别式。利用正定二元二次型类的语言，所需的分类定理可以表述为：

Heegner–Baker–Stark 定理（类数为一的分类）。 若 $d>0$ 为平方自由整数，则虚二次域 $\mathbb Q(\sqrt{-d})$ 的类数等于 $1$，当且仅当

$$d\in\{1,2,3,7,11,19,43,67,163\}.$$

对基本判别式 $\Delta$，这个类数也等于判别式为 $\Delta$ 的本原正定整数二元二次型的正等价类数；“本原”指三个系数互素，“正等价”即上文使用的行列式为 $1$ 的整数变量代换。

由 $(*)$，判别式为 $-d$ 的本原正定型只有一个等价类，故可应用该定理。结合 $d=4m-1\ge7$，得到

$$d\in\{7,11,19,43,67,163\},$$

也就是

$$\boxed{m\in\{2,3,5,11,17,41\}}.$$

这证明了 $(1)\Rightarrow(3)$。这里的无限范围排除确实使用了类数一定理，不能用有限枚举代替。

三、证明三个条件等价。

先证明 $(3)\Rightarrow(1)$。只需核对下表：

$m$	$\lfloor\sqrt{m/3}\rfloor$	条件 $(1)$ 要求为素数的全部数值
$2$	$0$	$2$
$3$	$1$	$3,5$
$5$		$5,7$
$11$		$11,13$
$17$	$2$	$17,19,23$
$41$	$3$	$41,43,47,53$

表中均为素数：对大于 $7$ 的那些数，只需检查不被 $2,3,5,7$ 中不超过其平方根的素数整除；最大数为 $53$，故这些试除已经充分。

接着证明 $(1)\Rightarrow(2)$。设 $0\le j\le m-2$，取任一素因子 $q\mid f_m(j)$。考虑二次型

$$G(x,y)=qx^2+(2j+1)xy+\frac{f_m(j)}q\,y^2.$$

它具有整数系数，判别式为

$$(2j+1)^2-4f_m(j)=1-4m,$$

且首项系数为正、判别式为负，因而正定。由 $(*)$，$G$ 等价于 $Q_m$。由于 $G(1,0)=q$，存在整数 $r,s$ 使

$$q=Q_m(r,s).$$

若 $s=0$，则 $q=r^2$，与 $q$ 为素数矛盾。因此 $|s|\ge1$，于是

$$q=\left(r+\frac s2\right)^2+\left(m-\frac14\right)s^2 \ge m-\frac14.$$

因为 $q$ 为整数，得到 $q\ge m$。

故 $f_m(j)$ 的每个素因子都至少为 $m$。另一方面，

$$1<f_m(j)\le f_m(m-2)=m^2-2m+2<m^2.$$

若 $f_m(j)$ 为合数，它至少有两个素因子，按重数计数，其乘积至少为 $m^2$，矛盾。因此 $f_m(j)$ 为素数，证明了 $(2)$。

最后证明 $(2)\Rightarrow(1)$。$m=2$ 时两个条件都只检查 $j=0$。若 $m\ge3$，则

$$3(m-2)^2-m=(m-3)(3m-4)\ge0,$$

所以 $\lfloor\sqrt{m/3}\rfloor\le m-2$，条件 $(1)$ 所检查的区间包含于条件 $(2)$ 的区间。

综上，$(1)$、$(2)$、$(3)$ 等价。

四、证明 $(4)$。

由三个条件等价，只需在 $(1)$ 下证明。设 $n>0$，且存在互素整数 $u_0,v_0$ 使

$$n\mid Q_m(u_0,v_0).$$

由贝祖等式，选取整数 $s,t$ 使 $u_0t-v_0s=1$。作变量代换，写成

$$\begin{aligned} H(X,Y) &=Q_m(u_0X+sY,v_0X+tY)\\ &=nhX^2+bXY+cY^2. \end{aligned}$$

这里 $h,b,c$ 为整数；因 $Q_m$ 正定、$(u_0,v_0)\ne(0,0)$，有 $h>0$。变换矩阵行列式为 $1$，所以

$$b^2-4nhc=1-4m.$$

把首项系数中的因子 $h$ 移到末项系数，构造

$$K(X,Y)=nX^2+bXY+hcY^2.$$

这个二次型仍具有整数系数和判别式 $1-4m$，且首项系数 $n>0$，所以正定。由 $(*)$，它与 $Q_m$ 等价。于是 $K(1,0)=n$ 也是 $Q_m$ 所表示的整数，即存在整数 $u,v$ 使

$$\boxed{n=Q_m(u,v)=u^2+uv+mv^2}.$$

按题设约定，这正是 $n=v^2f_m(u/v)$，也包括 $v=0$ 的情形。互素性在这里用于把初始向量补成行列式为 $1$ 的整数矩阵，因而没有被遗漏。

检查

• 三个条件的逻辑链完整：分别证明了 $(1)\Rightarrow(3)$、$(3)\Rightarrow(1)$、$(1)\Rightarrow(2)$、$(2)\Rightarrow(1)$，并由 $(1)$ 证明 $(4)$。
• 短区间阈值已经逐项核对：约化型中的奇数 $b$ 给出整数 $j=(|b|-1)/2$，它落入题设区间，而 $f_m(j)=ac$ 在 $a\ge2$ 时确为合数。
• 平方自由性在应用类数一定理前独立证明，避免把一般二次序的判别式误认为基本判别式。无限分类明确依赖所陈述的深定理；本解答不声称给出了该定理本身的证明。
• 约化结论针对全部整数系数正定型，包括非本原型，故后续构造的 $G,H,K$ 无须额外补证系数互素性。涉及变量代换的矩阵均可逆于整数矩阵环，保持整数表示与判别式。
• 从素因子下界推出素性时按重数计数，因而也覆盖素数幂；$m=2$ 的短区间、长区间与不等式均已单独或统一覆盖。
• 第四项已经使用 $\gcd(u_0,v_0)=1$、$n>0$ 和正定性。题设对 $v=0$ 的约定与 $Q_m(u,0)=u^2$ 一致，初始向量或最终表示的第二个坐标为零时，证明仍成立。
• 对名单内六个 $m$，另用整数试除核查了 $(1)$、$(2)$ 中的全部数值，并枚举了满足 $|b|\le a\le c$ 的相关二次型，只得到 $(a,b,c)=(1,\pm1,m)$。这仅作有限情况核查，不替代无限分类定理。

核心思路总结

最关键的桥梁是约化二次型的恒等式

$$f_m\left(\frac{|b|-1}{2}\right)=ac.$$

它把很短区间内的素性转化为“所有相关正定二次型都属于主类”。随后，类数一定理给出有限名单；同一主类性质又把任意素因子表示为 $Q_m$ 的值，从而把素性延伸到长区间。

第四项的关键构造是先用贝祖等式把原始互素向量放入一个整数可逆变换，再把二次型首项系数中的因子移到末项系数，保持判别式不变。这样把“整除某个本原取值”转化为一个首项系数恰为 $n$ 的二次型，再由主类性质得到表示。

核心工具是正定二元二次型的初等约化、整数可逆变量代换、贝祖等式，以及 Heegner–Baker–Stark 类数一定理。最后这个分类定理是本题有限名单部分所引用的深层输入。

参考资料

• Heegner–Baker–Stark 类数一定理及基本判别式下二次型类与理想类的对应：本解答实际引用的是正文明确陈述的标准分类结论及对应关系。定理的定位链接为 Heegner number（Wikipedia）；具体使用范围仅限于从基本判别式的唯一二次型类推出九个平方自由参数，再筛出本题的六个参数。
• 本轮尝试读取上述网页及 Class Number（MathWorld），但网络连接未成功，因此没有把网页正文作为已访问、已核验的资料，也未依赖其中的具体证明。正文其余推导均为独立完成。

B6

解答

将平面与复数平面对应，记高斯整数环为

$$\mathbb Z[\mathrm i]=\{a+b\mathrm i:a,b\in\mathbb Z\}, \qquad N(z)=z\overline z=|z|^2.$$

证明将用到高斯整数的最大公因子和贝祖等式。这些性质来自欧几里得算法：对高斯整数 $a,b$ 且 $b\ne0$，把 $a/b$ 的实部、虚部分别取最近整数，得到 $q\in\mathbb Z[\mathrm i]$，则余数 $r=a-bq$ 满足

$$N(r)\le\frac12N(b)<N(b).$$

因此可按范数进行辗转相除，并得到最大公因子及其贝祖表示；对有限多个高斯整数也可依次应用。

一、由距离条件推出点积和有向面积均为整数。

先把所有点平移，使 $A_1$ 位于原点。以

$$z_j=x_j+y_j\mathrm i\in\mathbb Q[\mathrm i]$$

表示平移后的点，故 $z_1=0$。由题设，

$$N(z_j)\in\mathbb Z,\qquad N(z_j-z_k)\in\mathbb Z.$$

对任意 $j,k$，令

$$c=2(x_jx_k+y_jy_k) =N(z_j)+N(z_k)-N(z_j-z_k)\in\mathbb Z,$$

以及

$$e=2(x_jy_k-y_jx_k)\in\mathbb Q.$$

平面中的恒等式给出

$$e^2=4N(z_j)N(z_k)-c^2\in\mathbb Z.$$

一个有理数的平方若为整数，该有理数本身必为整数：写成既约分数 $a/b$、$b>0$，由 $b^2\mid a^2$ 和 $\gcd(a,b)=1$ 得 $b=1$。所以 $e\in\mathbb Z$。

若 $c$ 为奇数，则上式模 $4$ 给出 $e^2\equiv3\pmod4$，与整数平方模 $4$ 只能为 $0$ 或 $1$ 矛盾。因此 $c$ 为偶数。继而 $e^2\equiv0\pmod4$，所以 $e$ 也为偶数。这就证明

$$x_jx_k+y_jy_k\in\mathbb Z, \qquad x_jy_k-y_jx_k\in\mathbb Z.$$

等价地，

$$\boxed{z_j\overline{z_k}\in\mathbb Z[\mathrm i] \quad\text{对所有 }j,k.}\tag{1}$$

二、提取所有点共有的复数因子。

若所有 $z_j=0$，则取所有 $B_j=(0,0)$ 即可。以下假设至少一个 $z_j$ 非零。

取正整数 $D$，使所有 $w_j=Dz_j$ 都属于 $\mathbb Z[\mathrm i]$。令 $g\ne0$ 为 $w_1,\ldots,w_n$ 在高斯整数环中的一个最大公因子，写成

$$w_j=gt_j,\qquad t_j\in\mathbb Z[\mathrm i].$$

由贝祖等式，存在 $c_1,\ldots,c_n\in\mathbb Z[\mathrm i]$，使

$$\sum_{j=1}^n c_jw_j=g, \qquad\text{从而}\qquad \sum_{j=1}^n c_jt_j=1.$$

令 $h=g/D$，于是 $z_j=ht_j$，且

$$h=\sum_{j=1}^n c_jz_j.$$

由式 $(1)$，

$$N(h) =\sum_{j,k=1}^n c_j\overline{c_k}\,z_j\overline{z_k} \in\mathbb Z[\mathrm i].$$

同时 $N(h)$ 是正实数，因此它是正整数。记

$$R=N(h)\in\mathbb Z_{>0}.$$

三、把共有因子换成等模长的高斯整数。

我们直接证明：若 $h\in\mathbb Q[\mathrm i]$ 且 $N(h)=R\in\mathbb Z_{>0}$，则存在 $\gamma\in\mathbb Z[\mathrm i]$ 使 $N(\gamma)=R$。

把 $h$ 写成高斯整数的既约分式

$$h=\frac\alpha\beta, \qquad \alpha,\beta\in\mathbb Z[\mathrm i],\quad\beta\ne0, \quad \gcd(\alpha,\beta)=1.$$

这个表示可由任一分式约去高斯整数最大公因子得到。由 $N(h)=R$，有

$$\alpha\overline\alpha=R\beta\overline\beta,$$

故 $\beta\mid\alpha\overline\alpha$。由于 $\alpha,\beta$ 互素，贝祖等式给出 $a\alpha+b\beta=1$，从而

$$\overline\alpha=a\alpha\overline\alpha+b\beta\overline\alpha.$$

右端两项均被 $\beta$ 整除，因此

$$\beta\mid\overline\alpha.$$

于是

$$\gamma=\frac{\overline\alpha}{\beta}\in\mathbb Z[\mathrm i], \qquad N(\gamma)=\frac{N(\alpha)}{N(\beta)}=N(h)=R.$$

引理得证。这里不需要另外引用两平方和分类定理。

四、构造所需的整数点。

对第二步得到的 $h$ 应用第三步，选取高斯整数 $\gamma$ 满足 $N(\gamma)=N(h)$。定义

$$B_j=\bigl(\operatorname{Re}(\gamma t_j), \operatorname{Im}(\gamma t_j)\bigr).$$

因为 $\gamma,t_j$ 都是高斯整数，故 $B_j\in\mathbb Z^2$。对任意 $j,k$，

$$\begin{aligned} |B_jB_k|^2 &=N\bigl(\gamma(t_j-t_k)\bigr)\\ &=N(\gamma)N(t_j-t_k)\\ &=N(h)N(t_j-t_k)\\ &=N(z_j-z_k)=|A_jA_k|^2. \end{aligned}$$

两边距离都非负，取平方根即得

$$\boxed{|B_jB_k|=|A_jA_k|\qquad\text{对所有 }j,k.}$$

检查

• 平移后的坐标仍为有理数，且全部距离保持不变；到 $A_1$ 的距离条件给出 $N(z_j)\in\mathbb Z$，其他点对的距离条件用于推出两倍点积为整数，未遗漏题设条件。
• 从两倍有向面积的平方为整数，先利用有理性推出它是整数，再作模 $4$ 的论证；没有直接把“平方为整数”用于任意实数。奇偶性同时保证点积与有向面积本身为整数。
• 高斯整数最大公因子只在至少一个点非零时使用；贝祖表示对包含零项的有限序列仍成立。全部点重合及 $n=1$ 的情形已在第二步单独覆盖。
• $N(h)$ 的整性由式 $(1)$ 和贝祖展开共同推出，不能仅由各个 $N(z_j)$ 为整数单独断言；这一步使用了全部点的相容性。
• 第三步中所有分母非零，整除结论由贝祖等式逐步证明。替换因子只改变复数方向、保持模长，最终使用同一因子处理所有点，所以全部距离同时保持。
• 证明未假设存在不共线的点，也未对有向面积作除法。因此共线点、重复点，以及有向面积为零的所有情形均包含在内。

核心思路总结

关键的平面特性是点积与行列式的平方恒等式：结合有理坐标和模 $4$ 的平方余数，可以把距离平方的整性加强为 $z_j\overline{z_k}$ 全部是高斯整数。

随后用高斯整数最大公因子写出 $z_j=ht_j$，并通过贝祖等式证明共同因子 $h$ 的范数为整数。最后对既约分式 $h=\alpha/\beta$ 取分子共轭，得到等模长的高斯整数 $\overline\alpha/\beta$，统一替换这个因子即可。

核心工具是平面点积与行列式恒等式、有理数平方的整性、模 $4$ 的奇偶性，以及高斯整数的欧几里得算法和贝祖等式。所需的整数化引理已直接证明。

参考资料

无。

B7

解答

一、三维情形：用反射递降公共分母。

设 $A_1,\ldots,A_n\in\mathbb Q^3$，且任意两点的距离平方均为整数。先将 $A_1$ 平移到原点，所有坐标仍为有理数。

在所有第一点为原点、具有题设距离的有理点配置中，选取公共分母最小的一组，记为

$$P_i=\frac{w_i}{D},\qquad w_i\in\mathbb Z^3,\qquad w_1=0,\qquad D\in\mathbb Z_{>0}.$$

这样的最小正整数 $D$ 存在，因为平移后的原配置提供了至少一个公共分母。下面证明 $D=1$。

由距离条件，对所有 $i,j$，有

$$D^2\mid\|w_i\|^2,\qquad D^2\mid\|w_i-w_j\|^2.\tag{1}$$

若 $D$ 为偶数，则每个 $w_i$ 的三个坐标的平方和均被 $4$ 整除。整数平方模 $4$ 为 $0$ 或 $1$，三个这样的平方之和被 $4$ 整除，只可能三个坐标均为偶数。于是所有 $w_i$ 都可除以 $2$，将公共分母改成 $D/2$，与最小性矛盾。因此 $D$ 为奇数。

利用

$$2w_i\cdot w_j=\|w_i\|^2+\|w_j\|^2-\|w_i-w_j\|^2$$

和式 $(1)$，得到 $D^2\mid2w_i\cdot w_j$。因 $D$ 为奇数，所以

$$D^2\mid w_i\cdot w_j\qquad\text{对所有 }i,j.\tag{2}$$

假设 $D>1$，取一个素因子 $p\mid D$，则 $p$ 为奇素数。由最小性，至少一个 $w_i$ 模 $p$ 非零，否则可以直接把公共分母除以 $p$。

在 $\mathbb F_p^3$ 中，令 $W$ 为所有 $w_i$ 的模 $p$ 向量张成的子空间。式 $(2)$ 说明 $W$ 中任意两向量的点积均为零，即

$$W\subseteq W^\perp.$$

标准点积的矩阵为单位矩阵，因此非退化，故

$$\dim W^\perp=3-\dim W.$$

于是 $2\dim W\le3$。又因 $W\ne\{0\}$，必有 $\dim W=1$。

选取一个模 $p$ 非零的 $w_\ell$。对每个 $i$，存在整数 $\lambda_i$ 使

$$w_i\equiv\lambda_iw_\ell\pmod p.$$

逐坐标选取 $w_\ell$ 模 $p$ 的对称代表元，得到整数向量 $r$，满足

$$r\equiv w_\ell\pmod p, \qquad |r_s|\le\frac{p-1}{2}\quad(s=1,2,3).$$

因为 $r$ 模 $p$ 非零且 $\|w_\ell\|^2\equiv0\pmod p$，存在正整数 $k$ 使

$$\|r\|^2=pk, \qquad 0<pk\le\frac{3(p-1)^2}{4}<p^2.$$

特别地，

$$1\le k<p.\tag{3}$$

下面核查使分母下降的关键整除关系。由式 $(2)$，$p^2$ 整除所有 $w_i\cdot w_j$。又因 $w_\ell-r$ 的各坐标均被 $p$ 整除，

$$\|w_\ell-r\|^2 =\|w_\ell\|^2+\|r\|^2-2w_\ell\cdot r$$

给出

$$2w_\ell\cdot r\equiv\|r\|^2=pk\pmod{p^2}.\tag{4}$$

对任意 $i$，写成

$$w_i=\lambda_iw_\ell+pt_i,\qquad t_i\in\mathbb Z^3.$$

由于 $p^2\mid w_i\cdot w_\ell$、$p^2\mid\|w_\ell\|^2$，可得 $p\mid t_i\cdot w_\ell$。再由 $r\equiv w_\ell\pmod p$，得到 $p\mid t_i\cdot r$，所以

$$w_i\cdot r\equiv\lambda_iw_\ell\cdot r\pmod{p^2}.$$

结合式 $(4)$，

$$2w_i\cdot r\equiv\lambda_i pk\pmod{p^2}.$$

因为 $p$ 为奇数，这首先说明 $p\mid w_i\cdot r$，继而可除以 $p$ 得

$$\frac{2w_i\cdot r}{p}\equiv\lambda_i k\pmod p.$$

又有 $w_i\equiv\lambda_i r\pmod p$，因此整数向量

$$kw_i-\frac{2w_i\cdot r}{p}\,r$$

的每个坐标均被 $p$ 整除。

现在对全部点同时施行关于平面 $r^\perp$ 的反射

$$T(x)=x-\frac{2(x\cdot r)}{\|r\|^2}\,r =x-\frac{2(x\cdot r)}{pk}\,r.$$

它是有理系数线性变换，且直接展开可得

$$\|T(x)\|^2 =\|x\|^2-\frac{4(x\cdot r)^2}{\|r\|^2} +\frac{4(x\cdot r)^2}{\|r\|^2} =\|x\|^2.$$

故它保持所有距离，也保持原点。

令

$$D'=\frac Dp\,k\in\mathbb Z_{>0}.$$

由上面的整除关系，对每个 $i$，

$$D'T(P_i) =\frac1p\left(kw_i-\frac{2w_i\cdot r}{p}\,r\right) \in\mathbb Z^3.$$

因此反射后的有理点配置以 $D'$ 为公共分母。而式 $(3)$ 给出 $D'<D$，与 $D$ 的最小性矛盾。

所以 $D=1$，所选的 $P_1,\ldots,P_n$ 已全部属于 $\mathbb Z^3$。取 $B_i=P_i$，即得到

$$\boxed{B_i\in\mathbb Z^3,\qquad |B_iB_j|=|A_iA_j|\quad\text{对所有 }i,j.}$$

二、四维情形的反例。

在 $\mathbb Q^4$ 中取三个点

$$A_1=(0,0,0,0),\qquad A_2=(1,0,0,0),\qquad A_3=\left(\frac12,\frac12,\frac12,\frac12\right).$$

其两两距离平方均为 $1$：

$$|A_1A_2|^2=1, \qquad |A_1A_3|^2=4\cdot\frac14=1, \qquad |A_2A_3|^2=4\cdot\frac14=1.$$

若存在具有相同距离的整数点 $B_1,B_2,B_3\in\mathbb Z^4$，令

$$u=B_2-B_1,\qquad v=B_3-B_1.$$

则 $u,v\in\mathbb Z^4$，并且

$$\|u\|^2=\|v\|^2=\|u-v\|^2=1.$$

点积恒等式于是给出

$$2u\cdot v=1+1-1=1,$$

但整数向量的点积为整数，左端必为偶数，矛盾。因此这三个点构成所求四维反例。

检查

• 三维证明只使用题设的有理坐标和距离平方整性。最小公共分母的候选集合非空；所有反射后的点仍为有理点且第一点仍在原点，因此确实属于最小性所比较的同一类配置。
• 分母中的因子 $2$ 先用三平方模 $4$ 的性质排除；之后才由 $D^2\mid2w_i\cdot w_j$ 推出 $D^2\mid w_i\cdot w_j$，没有在偶模数下非法约去 $2$。
• 模 $p$ 的子空间非零，由公共分母的最小性保证；维数至多为 $1$ 来自三维非退化点积及 $W\subseteq W^\perp$，不依赖原点集是否共线或共面。
• 反射向量 $r\ne0$，所以反射公式分母非零。对称代表元界严格给出 $k<p$，而关键同余计算进行到模 $p^2$，足以证明新坐标以 $Dk/p$ 为公共分母。
• 整除关系对 $\lambda_i=0$ 的点同样成立；因此坐标被 $p$ 整除的点、重复点、原点均未被遗漏。$n=1$ 或所有点重合时，原点配置已经给出 $D=1$，也被证明覆盖。
• 四维反例逐一核对了三个非零点对的距离平方。反证对任何可能的整数点实现都成立，不仅仅排除了某种特定平移或旋转。
• 另外用精确有理数运算检验了 $99$ 组非整数的有理反射点配置：上述递降均产生严格更小的公共分母，并保持全部距离平方。该计算仅用于核查，不代替一般证明。

核心思路总结

三维证明的关键是选取最小公共分母，并观察其奇素因子 $p$ 对应的所有分子向量，模 $p$ 后只能落在同一条各向同性直线上。将该直线的一个非零向量选为短整数代表元 $r$，便有 $\|r\|^2=pk$ 且 $k<p$；模 $p^2$ 的点积关系保证关于 $r^\perp$ 的反射把公共分母从 $D$ 降到 $Dk/p$。

四维则可以用有理坐标实现边长为 $1$ 的等边三角形，而整数向量点积的整性禁止这种实现。这给出了只需三个点的反例。

核心工具是最小分母递降、三平方模 $4$ 的性质、有限域中正交补的维数、反射公式及整数点积的奇偶性。

参考资料

无。