来自微信网友：四根为单位圆内接正方形顶点（上海浦东一模12）

kuing

这是上海市浦东新区 2025 届高三一模第 12 题，码一下字：

已知在复数集中，等式 `x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0=(x-z_1)(x-z_2)(x-z_3)(x-z_4)` 对任意复数 `x` 恒成立，复数 `z_1`, `z_2`, `z_3`, `z_4` 在复平面上对应的 4 个点为某个单位圆内接正方形的 4 个顶点，`\{a_0,a_1,a_2,a_3\}\subset\{n\mid1\leqslant n\leqslant2024,n\inZ\}`，则满足条件的不同集合 `\{a_0,a_1,a_2,a_3\}` 个数为____。

首先需要知道：实系数多项式方程虚根成对
——即：若 `z` 是它的根，则 `\bar z` 也是它的根。

因此原题中四个 `z_i` 对应的四点必然关于实轴对称，而它们又得是单位圆内接正方形，那只有两种情况：
\[\begin{aligned}
\text{（1）}&&(z_1,z_2,z_3,z_4)&=(t-1,t+1,t-i,t+i),\\
\text{（2）}&&(z_1,z_2,z_3,z_4)&=\left(t+\frac{1+i}{\sqrt2},t+\frac{1-i}{\sqrt2},t+\frac{-1+i}{\sqrt2},t+\frac{-1-i}{\sqrt2}\right),
\end{aligned}\]
其中 `t\inR`。

对于（1），由韦达有
\begin{align*}
a_3&=-(z_1+z_2+z_3+z_4)=-4t,\\
a_0&=z_1z_2z_3z_4=(t^2-1)(t^2-i^2)=t^4-1,
\end{align*}
又 `z_1^2+z_2^2+z_3^2+z_4^2=2(t^2+1)+2(t^2+i^2)=4t^2`，所以
\[a_2=\sum_{1\leqslant i<j\leqslant4}z_iz_j=\frac12\left(\left(\sum_{i=1}^4z_i\right)^2-\sum_{i=1}^4z_i^2\right)=\frac{(-4t)^2-4t^2}2=6t^2,\]
最后
\begin{align*}
a_1&=-z_1z_2z_3z_4\left(\frac1{z_1}+\frac1{z_2}+\frac1{z_3}+\frac1{z_4}\right)=(1-t^4)\left(\frac{z_1+z_2}{z_1z_2}+\frac{z_3+z_4}{z_3z_4}\right)\\
&=(1-t^4)\left(\frac{2t}{t^2-1}+\frac{2t}{t^2+1}\right)=-4t^3,
\end{align*}
综上，有
\[(a_0,a_1,a_2,a_3)=(t^4-1,-4t^3,6t^2,-4t),\]
依题意，它们得是互异的正整数且不超过 `2024`。

要 `-4t` 为正整数则 `t` 要么为负整数，要么为负分数且分母为 `2` 或 `4`，但如果分母为 `2` 或 `4` 则另一项 `6t^2` 就显然不是整数，所以 `t` 只能是负整数。

又要 `1\leqslant t^4-1\leqslant2024`，由于 `6^4=1296`, `7^4=2401`，所以 `-6\leqslant t\leqslant-2`。

经检验，对于 `t\in\{-6,-5,-4,-3,-2\}` 均使得那四数为互异正整数，所以这种情况一共 5 个；

对于（2），类似地计算（过程略）可得
\[(a_0,a_1,a_2,a_3)=(t^4+1,-4t^3,6t^2,-4t),\]
（只有 `a_0` 与上面不同）
同样地 `t` 只能是负整数且最多取到 `-6`，另外当 `t=-1` 时虽然满足正整数要求但恰好 `a_1=a_3` 不符合集合互异性，也得舍去，所以这种情况还是 `t\in\{-6,-5,-4,-3,-2\}` 共 5 个。

综上，答案是 10。

kuing

那些 `a_i` 算得的关于 `t` 的式子那么简洁，蛮有规律的样子，是否有更简单的算 法？
而且，正方形旋转了 45 度后，为何只有 `a_0` 变了呢？是否也有直观解释？

kuing

两种情况：
\[\begin{aligned}
\text{（1）}&&(z_1,z_2,z_3,z_4)&=(t-1,t+1,t-i,t+i),\\
\text{（2）}&&(z_1,z_2,z_3,z_4)&=\left(t+\frac{1+i}{\sqrt2},t+\frac{1-i}{\sqrt2},t+\frac{-1+i}{\sqrt2},t+\frac{-1-i}{\sqrt2}\right),
\end{aligned}\]
对于（1），代入条件中的等式就是
\[x^4+a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0=(x-t+1)(x-t-1)(x-t+i)(x-t-i),\]
作置换 `x\to x+t` 即
\[(x+t)^4+a_3(x+t)^3+a_2(x+t)^2+a_1(x+t)+a_0=(x+1)(x-1)(x+i)(x-i),\quad(*)\]
展开两边，有
\begin{align*}
\LHS={}&x^4+(a_3+4t)x^3+(a_2+3a_3t+6t^2)x^2\\
&+(a_1+2a_2t+3a_3t^2+4t^3)x+a_0+a_1t+a_2t^2+a_3t^3+t^4,\\
\RHS={}&x^4-1,
\end{align*}
它对任意 `x` 恒成立，因此有方程组
\[\led
a_3+4t&=0,\\
a_2+3a_3t+6t^2&=0,\\
a_1+2a_2t+3a_3t^2+4t^3&=0,\\
a_0+a_1t+a_2t^2+a_3t^3+t^4&=-1,
\endled\]
便可逐行解出
\[(a_0,a_1,a_2,a_3)=(t^4-1,-4t^3,6t^2,-4t);\]

对于（2），此时式 (*) 右边变成
\begin{align*}
\RHS&=\left(x-\frac{1+i}{\sqrt2}\right)\left(x-\frac{1-i}{\sqrt2}\right)\left(x-\frac{-1+i}{\sqrt2}\right)\left(x-\frac{-1-i}{\sqrt2}\right)\\
&=\bigl(x^2-\sqrt2x+1\bigr)\bigl(x^2+\sqrt2x+1\bigr)\\
&=x^4+1,
\end{align*}
相应的方程组变成
\[\led
a_3+4t&=0,\\
a_2+3a_3t+6t^2&=0,\\
a_1+2a_2t+3a_3t^2+4t^3&=0,\\
a_0+a_1t+a_2t^2+a_3t^3+t^4&=1,
\endled\]
前三条没变，`a_0` 只在第四条，所以就只有 `a_0` 变了，而且是相差 `2`，因此立得此时的解为
\[(a_0,a_1,a_2,a_3)=(t^4+1,-4t^3,6t^2,-4t).\]