1樓：只微寒
前幾天剛給學生講過這個題...
取 ,則
為了讓 取不出來，必須有 ，否則 可以取成 模 的數論倒數.
設 ,如果還能找到 ，則
再設 ,想要讓 得矛盾，最簡單的辦法就是讓 ，於是可以轉到嘗試取可以取成 模 不餘1的因子.
1" eeimg="1"/>為整數， 為素數，則 的素因子為 或模 餘1
那後面的步驟就更好想到了.
2樓：
這個題目如果懂一點代數數論的話非常簡單。
首先根據艾森斯坦， 在 上不可約。
令 , 我們要做的就是找到乙個 使得 沒有一次因子，而這又等價於 作用在 個根上的時候， 沒有不動點。（這裡要注意Frobenius元素並不唯一，但是在 中互為共軛；所以在 中也互為共軛，所以他們的cycle type是相同的。）根據Chebotarev密度定理，只要 裡面有乙個無不動點的元素即可找到無數多個符合條件的 。
所以我們證明 的乙個transitive subgroup（這個怎麼翻譯?求指教）不可能每乙個元素都有不動點。（也就是說，把 換成任何其他的 上不可約的首
一、且次數至少為二的多項式，結論都成立）
假設以上命題不成立，令這個transitive subgroup為 ，既然 可以在 個元素上作用，而且軌道只有乙個，那麼根據軌道-穩定子群恒等式，每乙個元素的穩定子群都是乙個元素個數為 的子群。既然以上命題不成立，那麼 中每乙個元素在它自身的不動點的穩定子群裡面。
但這是不可能的，因為 同時在 個穩定子群裡面，所以這 個穩定子群之並不會含有 中所有的元素。矛盾，證明完。
覆盤：這個證明主要用的是Chebotarev密度定理，其他的都很簡單。
順便，17年第六題如果懂代數幾何的話也不是太難，但是比這個難不少。具體參見math overflow
3樓：Melin xia
可以先隨便設幾個質數試試看，發現 亂取是不行的，所以如果要猜想的話， 肯定和 有點關係，而通過 構造出的質數會想到 . 下面證明這是可以的.
假設 ，則 .
根據費馬小定理， .
所以 . 這與質數矛盾. 這樣就行了.
4樓：申強
用通俗一點的話說，也就是在模q下，p是「非p次剩餘」。
那麼我們熟知乙個結論：如果q不是模p餘1，那麼1^p，2^p，……，q^p構成模q的完系，不存在「非p次剩餘」。因此先設q=kp+1。
我們還熟知乙個結論：不用迪利克雷大定理的話，模p餘1的質數可以使用p階分圓多項式來構造（這裡p不一定是質數，但是質數階分圓多項式描述起來簡單呀）。
當p為質數時，對於任意正整數s，s^(p-1)+s^(p-2)+...+s+1的質因數要麼為p，要麼被p除餘1。取它的乙個質因數q=kp+1，則s模q的階為p。
我們再來看p次剩餘和非p次剩餘的界限：p次剩餘模q的階為k的約數，而非p次剩餘模q的階不為k的約數。
因此若令s=p，則p模q的階為p，且要求非p次剩餘（這裡是p）模q的階（這裡是p）不為k的約數。因此只要k不被p整除即可，若k被p整除則q模p^2餘1，而p^(p-1)+p^(p-2)+...+p+1恰好不被p整除且無法所有質因子被p^2除餘1。
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