拉格朗日定理

多项式同余：对 $f,g\in Z[x]$ 定义 $f\equiv g(modn)$ 当且仅当 $\mathrm{\exists }h\in Z[x],f-g=nh$

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）

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

显然：

1. $f\equiv f(modn)$

2. $f\equiv g(modn)⟺g\equiv f(modn)$

3. $f\equiv g(modn),g\equiv h(modn)$ ，则 $f\equiv h(modn)$

4. $f\equiv g,h\equiv k(modn)$ ，则 $f+h\equiv g+k(modn),fh\equiv gk(modn)$

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 $(f+g{)}^p\equiv f^p+g^p(modp)$

此外，费马小定理可以给出 $f^p(x)\equiv f(x^p)(modp)$

定理 $2$ ：若 $fg\equiv 0(modp)$ ，则 $f\equiv 0(modp)$ 或者 $g\equiv 0(modp)$

这并不显然，我们假设命题不成立，设 $f(x)=a_0+a_{1}x+...+a_n{x}^n,g(x)=b_0+b_{1}x+...+b_m{x}^m$

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 $a_0{b}_{i+j}+a_1{b}_{i+j-1}+...+a_i{b}_j+...+a_{i+j}{b}_0$

只有 $a_i{b}_j$ 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 $f(a)\equiv 0(modn)$ 当且仅当存在多项式 $g$ 使得 $f\equiv (x-a)g(modn)$ ，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 $\mathrm{\exists }h,f=(x-a)g+nh$ ，然后 $f\equiv nh\equiv 0(modn)$

证明另一边，这并不困难，因为 $f(x)-f(a)=a_n(x^n-a^n)+...+a_1(x-a)$ ，而 $f(a)\equiv 0(modn)$ ，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，设 $deg(f)=n$ ，若 $f$ 不存在根，显然成立，否则 $f(a)\equiv 0(modp)$ ，从而 存在整系数多项式 $g$ 使得 $f\equiv (x-a)g(modp)$ ，且 $deg(g)\le n-1,g$ 模 $p$ 不是 $0$

我们要说 $f$ 的所有根要么是 $a$ 要么是 $g$ 的根，从而完成归纳假设。这是定理 $3$ 给出的。

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 $(-1{)}^i{a}_i/a_n\equiv {\sigma }_i(modp)$ ， ${\sigma }_i$ 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 $(x-1)(x-2)...(x-(p-1))\equiv x^{p-1}-1(modp)$ ，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

下面这个例子给出了这个结果的一个运用。

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

$0\equiv a_0\equiv a_1\equiv ...\equiv a_{p-2}(modp)$

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

$a_{p-2}{p}^{p-2}+...+a_2{p}^2+a_{1}p=f(p)-a_0=-p^{p-1}\equiv 0(mod{p}^3)$

又 $a_2{p}^2\equiv 0(mod{p}^3)$ 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面的推论就可以了，可以证明更强的结果

例1

(伊朗TST2011)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 $f(x)=\sum _{i=0}^k{p}^{k-i}(x^p-x{)}^i\cdot g_i(x)$

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 $x^p-x\equiv 0(modp)$ ，从而 $r\equiv 0(modp)$ ，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） $\sum _{i=0}^k{p}^{k-i}(x^p-x{)}^i\cdot g_i(x)$ ，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 $g_i(x)\equiv 0(modp),\mathrm{\forall }x\in Z$

设 $y=\frac{1}{p}(x^p-x)$ ，并给一个正整数 $z$ ，关键是： $(x+pz{)}^p-(x+pz)\equiv p(y-z)(mod{p}^2)$

这不错，因为这样的话（固定 $x$） $f(x+pz)\equiv p^k\sum _{i=0}^k(y-z{)}^i{g}_i(x)(mod{p}^{k+1})$ ，于是关于 $y-z$ 的 $k$ 次多项式有 $p$ 个根（ $z$ 是任意的），说明 $p\mid g_i(x),\mathrm{\forall }x\in Z$ ，证毕

例2

(CTST2009)证明存在常数 $c$ 使得对所有素数 $p$ 至多存在 $c{p}^{\frac{2}{3}}$ 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 $n_i!\equiv -1(modp),n_{i+1}!\equiv -1(modp)$ 给出

$n_i![n_{i+1}(n_{i+1}-1)...(n_i+1)-1]\equiv 0(modp)$ 即 $n_{i+1}(n_{i+1}-1)...(n_i+1)\equiv 0(modp)$ ，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 $\frac{(m+1)(m+2)}{2}\le c(\frac{m(m+1)(2m+1)}{6}{)}^{\frac{2}{3}}$ 恒成立

例3

(罗马尼亚TST2016)给定素数 $p$ ，证明仅对有限个素数 $q$ 有 $q\mid \sum _{k=1}^{[\frac{q}{p}]}{k}^{p-1}$

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 $\frac{1}{p}$ 的整值多项式（对每个整数取整数值的多项式）

假设 $q=kp+r$ ，对某个 $r$ 存在无穷个 $q$ 使得 $f([\frac{q}{p}])=f(k)$ 是 $q$ 的倍数

而 $q\mid f(kp)-f(-r)$ ，于是， $q\mid p^p(f(k)-f(\frac{-r}{p}))$ ，进一步 $f(\frac{-r}{p})$ 存在无穷多素因子，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 $f(x)=\sum a_i{C}_x^i$ 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

$f(x+b_1)\equiv f(x+b_2)\equiv ...\equiv f(x+b_n)\equiv 0(modp)$

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

设 $f(x)=a_n{x}^n+...+a_0$

取 $p$ 充分大， $p>n,max\{b_i-b_j\}$ ，考虑韦达定理，可知 $\sum (x_p+b_i)\equiv -a_{n-1}/a_n(modp)⟺n{x}_p\equiv c-\sum b_i(modp)$

并且 $\prod (x_p+b_i)\equiv (-1{)}^n{a}_0/a_n(modp)$ ，于是 $\prod (c-\sum b_i+n{b}_i)\equiv C\cdot n^n(modp)$ ，两边都是常数，对所有充分大 $p$ 成立，于是 $\prod (x_p+b_i)=(-1{)}^n{a}_0/a_n$ ， $x_p$ 只能是很少的几个数

于是 $n\mid \prod (c-\sum b_i)$ （否则 $(c-\sum b_i)\cdot n^{-1}$ 对无穷个 $p$ 有无穷个取值）， $x_p$ 就必须是定值，$f(x+b_1)\equiv ...\equiv f(x+b_n)\equiv 0(modp)$ 对无穷 $p$ 成立，证毕

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

证明：由于方程 $x^k\equiv 1(modp)$ 至多只有 $k$ 个解，存在一个数 $t\ne 0$ 不是解，则 $\sum _{i=1}^p{i}^k\equiv \sum _{i=1}(ti{)}^k(modp)$ ，两边相减，由于 $t^k-1\ne 0(modp)$ ，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 $f$ ， $\sum _{i=1}^{p}f(i)\equiv 0(modp)$

例5

(伊朗TST2012)设 $p>2$ 是素数，若 $i\in \{0,1,...,p-1\},f=a_0+a_{1}x+...+a_n{x}^n$ 是整系数多项式，若 $\sum _{j>0,p-1\mid j}{a}_j\equiv i(modp)$ ，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

设 $f$ 是余数 $i$ 多项式，直接应用命题 $5$ （类似推论 $5.1$ ） ：

$\sum _{j=0}^{p-1}f(j)=a_{0}p+a_1(0^1+1^1+...+(p-1{)}^1)+a_2(0^2+....+(p-1{)}^2)+...+a_n(0^n+1^n+...+(p-1{)}^n)\equiv -i(modn)$

于是 $2\to 1$ 与定理 $5$ 完全一致， $1\to 2$ 则要求我们证明：

$a_0,a_1,a_2,...,a_{p-1}$ 满足 $a_0^k+a_1^k+...+a_{p-1}^k\equiv 0(modp)$ 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）

这不困难，对 $a_0^{p-1}+a_1^{p-1}+...+a_{p-1}^{p-1}\equiv -1(modp)$ 分析立即知其中恰有一个 $p$ 的倍数，然后用二项式定理展开可以证明：

$(a_0-c{)}^{p-1}+(a_1-c{)}^{p-1}+...+(a_{p-1}-c{)}^{p-1}\equiv -1(modp)$

对每个 $c$ 成立。从而其中恰有一个 $c$ ，也就是完系，证毕

例6

(CMO2015)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 $P(i)\equiv a_i(modp),i=1,2,...,p$

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

$1\to 2$ 比较简单，令 $f_d(x)=(P(x+d)-P(x){)}^2$ ，显然 $f_d$ 次数不到 $p-1$ ，从而 $\sum _{i=1}^p{f}_d(i)\equiv 0(modp)$

对于另一个方向，我们希望证明的是某个 $f_i$ 的次数达不到 $\frac{p-1}{2}$ 。我们任取一个 $P$ 满足条件 $1$ ，定义 $f_d(x)=P(x+d)-P(x)$ ，它的次数显然低于 $p-1$

显然 $f_d(s)=f_1(s+d-1)+...+f_1(s)$

我们还有 $\sum f_1(i)f_1(i+x)\equiv 0(modp)$ ，这是利用条件 $2$ 结合 $\sum f_d(i)=0,\sum f_d^2(i)\equiv 0(modp)$ 以及 $f_d$ 的展开得到的（需要一定的代数变形努力）

而 $f_1(i)f_1(x+i)$ 中 $x^{p-1}$ 的次数是 $\sum _{i=\frac{p-1}{2}}^t{b}_i^2{C}_i^{p-1-i}{x}^{2i+1-p}$ ，其中 $f_1(x)=b_0+b_{1}x+...+b_n{x}^n$ （如果 $t\ge \frac{p-1}{2}$ ）

这个多项式次数不到 $p-1$ ，并且显然不是零多项式。由于是偶数次多项式，若 $x$ 为根，则 $-x$ 为根。

那么取它的某个不是它的根的 $x$ ，然后取 $p-x,x$ 中较小一个，对这个 $x$ 有 $\sum f_1(i)f_1(i+x)\ne 0(modp)$ ，这就矛盾了

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，$f(i)\equiv 0,1(modp)$

如果 $deg(f)<p-1$ ，推论 $5.1$ 说明 $\sum f(i)\equiv 0(modp)$ ，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， $f(x)\equiv 0\mathrm{或}1(modp)$ 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 $n>1$ ， $\sum _{i=1}^n(C_n^i{)}^4$ 是 $(n,\frac{4}{3}n]$ 中每个素数的倍数。

设这个素数为 $p$ 并记 $A=(p-1)...(n+1)$，比较关键的想法是变形

$A{C}_n^i\equiv \frac{n(n-1)...(i+1)}{(n-i)(n-i-1)...1}\cdot (p-1)...(n+1)\equiv (-1{)}^{n-i}\frac{(p-1)...(p-(p-i-1))}{(p-n+i)(p-n+i+1)...(p-1)}\equiv (n-i+1)...(p-i-1)(modn)$

很不错的是 $f(x)=(n-x+1)...(p-x+1)$ 就是一个多项式了，要证明 $\sum _{i=0}^n{f}^4(i)\equiv 0(modp)$

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

例9

(USAMO1999)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 $\{x\}>\frac{1}{2}$ 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 $P(x)\equiv Q(x)(modp)$ 并且 $deg(P)\le p-2$ ，关键的做法是看 $\mathrm{△}P$ 的次数，$\mathrm{△}P$ 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）

于是 $\mathrm{△}P$ 的次数不低于 $p-3$ （模 $p$ 意义下），然后 $P$ 的次数只能是 $p-2$

而 $S(x)=P(ax)+P(bx)+P(cx)+P(dx)\equiv 2(modp)$ 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，考虑 $P$ 的 $x^{p-2}$ 系数 $t$ ，给出 $(a^{p-2}+b^{p-2}+c^{p-2}+d^{p-2})t\equiv 0(modp)$

于是 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\equiv 0(modp)$ ，结合 $a+b+c+d\equiv 0(modp)$ 知道

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\equiv \frac{1}{a+b+c}(modp)$

于是 $(a+b)(b+c)(c+a)\equiv 0(modp)$ ，证毕。

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： $\sum _{(x_1,x_2,...,x_n)\in \{0,1,...,p-1{\}}^n}F(x_1,x_2,...,x_n)\equiv 0(modp)$

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：

$\sum _{(x_1,x_2,...,x_n)\in \{0,1,...,p-1{\}}^n}{x}_1^{i_1}{x}_2^{i_2}...x_n^{i_n}\equiv 0(modp)$

存在某个 $i_k<p-1$ ，而

$\sum _{(x_1,x_2,...,x_n)\in \{0,1,...,p-1{\}}^n}{x}_1^{i_1}{x}_2^{i_2}...x_n^{i_n}=(\sum _{x_1=0}^{p-1}{x}_1^{i_1})...(\sum _{x_n=0}^{p-1}{x}_n^{i_n})(modp)$

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 $n>\sum _{i=1}^k{f}_i$ ，则方程组

$f_1(x_1,...,x_n)\equiv f_2(x_1,...,x_n)\equiv ...\equiv f_k(x_1,x_2,...,x_n)(modp)$

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 $⟺F(x_1,x_2,...,x_n)\equiv 1(modp)$ ，并且 $deg(F)<(p-1)n$

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

根据定理 $6$ 证毕。

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 $\sum _{i=1}^{3p}{a}_i\equiv \sum _{i=1}^{3p}{b}_i\equiv 0(modp)$ ，求证存在 $I\subset \{1,2,...,3p\},|I|=p$ 使得 $\sum _{i\in I}{a}_i\equiv \sum _{i\in I}{b}_i\equiv 0(modp)$

构造 $A(x_1,...,x_{3p-1})=\sum _{i=1}^{3p-1}{a}_i{x}_i^{p-1},B(x_1,...,x_{3p-1})=\sum _{i=1}^{3p-1}{b}_i{x}_i^{p-1},F(x_1,...,x_{3p-1})=\sum _{i=1}^{3p-1}{x}_i^{p-1}$

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

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 $|I|=p\mathrm{或}2p$ ，根据 $A,B$ 的定义则可知 $\sum _{i\in I}{a}_i\equiv \sum _{i\in I}{b}_i\equiv 0(modp)$

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

(IMOSL2003)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 $f_j(x_1,...,x_n)=\sum _{i=1}^n{v}_{ij}{x}_i^{p-1}$

然后 $f_1(x_1,...,x_n)\equiv f_2(x_1,...,x_n)\equiv ...\equiv f_{p-1}(x_1,...,x_n)\equiv 0(modp)$

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。