引言
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视频封面：
这篇文章我在广东光大联考刚结束时就想写，但我非常想提供完全不需要注意力的第三种解法，捣鼓开发环境和写代码耗了很长时间，所以直到现在才发。
单位圆上有7个不同的点，则任意两点间距离平方和的最大值为
这题不难，但同时串起了多个看似没有联系的知识点，而且体现了对称性之美，可以说是审美、训练价值都拉满~
主要知识点：
- n项的完全平方公式
- 欧拉公式求 $\sin a_{1}+\sin(a_{1}+d)+\dots+\sin(a_{1}+(n-1)d),\ \cos a_{1}+\cos(a_{1}+d)+\dots+\cos(a_{1}+(n-1)d)$
- 重头戏：用拉格朗日乘数法+Grobner基无脑做这题
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作者：hans774882968以及hans774882968以及hans774882968以及hans77
逃课技巧
- 根据对称性，盲猜取到正n边形时就是答案
- 但正n边形情况的值并不好算。那就看看正三角形和正方形吧
- 建系时利用对称性可减小计算量。算出正三角形的值为9，正方形的值为16
- 直接盲猜答案 $n^2$ ，跑路~
法1：直接设点（需要注意力）
接下来开始好好品味这题！
设 $P_{i}(x_{i},\ y_{i}),\ i=1 \dots n$ ，则 $ans=\sum_{1 \leq j < i \leq n} |P_{i}P_{j}|^2 = \sum_{1 \leq j < i \leq n} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2$ ，约束方程 $x_{i}^2+y_{i}^2=1$ 。直接把括号打开：
$$
\textcolor{orange}{
\boldsymbol{
ans=\sum_{1 \leq j < i \leq n} (x_{i}^2+y_{i}^2)+(x_{j}^2+y_{j}^2)-2(x_{i}x_{j}+y_{i}y_{j})=n(n-1)-2\sum_{1 \leq j < i \leq n} x_{i}x_{j}+y_{i}y_{j}
}
}
$$
如果你看不懂 $\sum_{1 \leq j < i \leq n}$ 这个记号：它表示2重循环，跑遍所有的 $j < i$ 。比如 $n=2$ 时只取 $j=1,\ i=2$ ， $n=3$ 时取 $i=2,j=1,i=3,j=1,i=3,j=2$ ……
下面这步就需要注意力了，有点初中竞赛的感觉。思想：n项的完全平方公式天然含有每一个 $x_{i}x_{j},\ j < i$
我们看最简单的 $n=2$ 情况：由完全平方公式 $2x_{1}x_{2}+2y_{1}y_{2}=(x_{1}+x_{2})^2-(x_{1}^2+x_{2}^2)+(y_{1}+y_{2})^2-(y_{1}^2+y_{2}^2)=(x_{1}+x_{2})^2+(y_{1}+y_{2})^2-2$
那我们自然会猜测， $n=3$ 用3项的完全平方公式
$$
2\sum_{1 \leq j < i \leq 3} x_{i}x_{j}+y_{i}y_{j} = (x_{1}+x_{2}+x_{3})^2+(y_{1}+y_{2}+y_{3})^2-3
$$
……，一般情况用n项的完全平方公式：
$$
\textcolor{orange}{
\boldsymbol{
ans=n(n-1)-((x_{1}+\dots +x_{n})^2+(y_{1}+\dots +y_{n})^2-n)=n^2-((\sum_{i=1}^{n} x_{i})^2+(\sum_{i=1}^{n} y_{i})^2)
}
}
$$
令 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}=\sum_{i=1}^{n} y_{i}=0$ 就得到了答案。但是，等等…
这里的等号真的能取到吗？
法2：三角换元（和法1本质一样）
别着急，我们通过三角换元法来讲清楚这里的等号取到时是什么情况。
设 $P_{i}(\cos a_{i},\ \sin a_{i}),\ i=1 \dots n$ ，则 $ans=\sum_{1 \leq j < i \leq n} |P_{i}P_{j}|^2 = \sum_{1 \leq j < i \leq n} (\cos a_{i}-\cos a_{j})^2+(\sin a_{i}-\sin a_{j})^2$ 。既然和法1本质一样，那直接跳到法1的最后一步式子吧：
$$
ans=n^2-((\cos a_{1}+\dots +\cos a_{n})^2+(\sin a_{1}+\dots +\sin a_{n})^2)
$$
这里 $\sum_{i=1}^{n} \cos a_{i}=\sum_{i=1}^{n} \sin a_{i}=0$ 真的能取到吗？回顾之前的逃课技巧，我们直接猜测：
取正n边形就能同时满足这两个等式
证明正n边形有 $\sum_{i=1}^{n} \cos a_{i}=\sum_{i=1}^{n} \sin a_{i}=0$
下面开始证我们盲猜的结论。
我们小学二年级就学过，根据对称性，如下图所示，圆的内接正n边形的 $\theta = \frac{2\pi}{n}$ ，所以每个点的夹角分别为 $a_{1},\ a_{1}+\frac{2\pi}{n},\ a_{1}+\frac{4\pi}{n},\ \dots,\ a_{1}+\frac{(2n-2)\pi}{n}$ 。显然角度构成等差数列
根据对称性，建系时令其中一点在x轴上（比如 $a_{1}=0$ ）计算会更简单。但我们有NB的结论（结论的证明传送门）， $P_{1}$ 的夹角乱跑也没关系：
$$
\textcolor{orange}{
\boldsymbol{
\begin{cases}
\sin a_{1}+\sin(a_{1}+d)+\dots+\sin(a_{1}+(n-1)d)=\frac{\sin \frac{nd}{2}}{\sin \frac{d}{2}}\sin(a_{1}+\frac{n-1}{2}d) \\
\cos a_{1}+\cos(a_{1}+d)+\dots+\cos(a_{1}+(n-1)d)=\frac{\sin \frac{nd}{2}}{\sin \frac{d}{2}}\cos(a_{1}+\frac{n-1}{2}d)
\end{cases}
}
}
$$
直接代入 $d=\frac{2\pi}{n}$ ，发现 $\sin \frac{nd}{2}=\sin \pi=0$ ，证毕
彩蛋：用拉格朗日乘数法+Grobner基无脑做这题
OK，终于来到我真正想讲的解法3了。注意力涣散能不能做这题呢？可以的。
回顾下目标函数： $\sum_{1 \leq j < i \leq n} (x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2$ ，约束方程： $x_{i}^2+y_{i}^2=1$ 。显然，这是条件极值问题，且目标函数和约束方程都是多元多项式。所以：
用拉格朗日乘数法+Grobner基来做
代码实现工具：经典的CTF Crypto技能包——SageMath。我之前用这个技能包破解过一道高中钓鱼题。当时非常详细地介绍了这个科技，如果想看懂后面的内容，强烈建议去看看。 原理介绍+破解高中钓鱼题视频传送门
写代码求Grobner基
首先是许愿环节，直接试试LLM的实力！
大佬，你是一名数学科研工作者，精通代数方向。单位圆上有n个不同的点，求任意两点间距离平方和的最大值。对于这道题，请你帮我写Sage代码，用拉格朗日乘数法拿到若干个多项式方程，然后求Grobner基，拿到极值点，从而解决问题
运行结果：很遗憾，许愿失败！LLM没能力写代码一步到位解决这题！还有两个现象让我感觉到写代码解这题不容易：
- 实测只有指定按字典序来排，并且规定 $x_i < y_i < \lambda_i$ ，才能顺利消元，得到一元多项式，原因不明
- 实测指定 $n=5$ ，求Grobner基的时间就不可忍受了
def get_grobner_basis(n):
# 创建变量
R_vars_str = []
for i in range(n):
R_vars_str.append(f'x{i}')
for i in range(n):
R_vars_str.append(f'y{i}')
for i in range(n):
R_vars_str.append(f'λ{i}') # 每个点一个拉格朗日乘子
# 只有定义λ字典序最大才能得到一元多项式
R = PolynomialRing(QQ, R_vars_str, order='lex')
vars_dict = {name: R(name) for name in R_vars_str}
x = [vars_dict[f'x{i}'] for i in range(n)]
y = [vars_dict[f'y{i}'] for i in range(n)]
lam = [vars_dict[f'λ{i}'] for i in range(n)]
R_vars = [vars_dict[v] for v in R_vars_str]
# 目标函数：S = sum_{i<j} [(xi - xj)^2 + (yi - yj)^2]
S = 0
for i in range(n):
for j in range(i + 1, n):
S += (x[i] - x[j]) ^ 2 + (y[i] - y[j]) ^ 2
# 拉格朗日函数 L = S - sum λ_i (x_i^2 + y_i^2 - 1)
L = S
for i in range(n):
L -= lam[i] * (x[i] ^ 2 + y[i] ^ 2 - 1)
# 构造偏导方程组
eqs = []
for i in range(n):
eqs.append(diff(L, x[i]))
eqs.append(diff(L, y[i]))
for i in range(n):
eqs.append(x[i] ^ 2 + y[i] ^ 2 - 1) # 约束
I = ideal(eqs)
G = I.groebner_basis()
return G, x, y, lam, R_vars
LLM偷懒了，让它写回代求其他变量的代码
刚刚LLM偷懒了，只写了求Grobner基的代码糊弄我，回代的代码是一点没写。我有不祥的预感，回代工作大概不简单。首先让它写出回代求其他变量的代码：
大佬，请补充取G[-1]然后调用solve解方程的步骤。你只需要输出新增代码
大佬，已知我们会得到得到 $λ_{n-1}$ 的多项式，于是成功解得 $λ_{n-1}$ 的所有解。请遍历这些解，回代Grobner基，求出 $λ_{n-2}$ 、……、 $λ_0$ ，进而求出所有变量的值。你只需要输出新增代码
g_sub = g.subs(current_sol)这一行报错TypeError: keys do not match self's parent。请问怎么解决
很遗憾，LLM在这里卡住了，它给的解决方案纯属AI幻觉。接下来需要自己debug。
我们以n=4为例讲讲回代要做的事。λ3字典序最大，所以Grobner基最后一个元素是关于λ3的方程。解这个方程，得到λ3的多个解，遍历每一个解，代入Grobner基的倒数第二个元素，就能解出λ2，继续代入倒数第三个元素，就能解出λ1，以此类推。最理想的情况就是倒序遍历完以后，所有变量都解出来了
LLM生成的相关代码：
# 逐层回代
for val in lam_n_1_sols:
current_sol = {lam_n_1: QQbar(val) if val in QQ else val}
# 从倒数第二项开始向前代入
for i in range(len(G) - 2, -1, -1):
g = G[i]
g_sub = g.subs(current_sol)
remaining_vars = [v for v in g_sub.variables() if v not in solved_vars]
if len(remaining_vars) == 1:
rv = remaining_vars[0]
# 省略一些代码。这里唯一重要的就是 lam_n_1 和 rv 的类型不一致
current_sol[rv] = QQbar(sol_val) if sol_val in QQ else sol_val
单看这里的代码，你能猜到这个报错的原因吗？
调试LLM生成的代码
回顾：current_sol的唯一key是lam_n_1，回代后会加入keyrv
调试发现，变量rv的类型是<class 'sage.rings.polynomial.multi_polynomial_element.MPolynomial_polydict'>，但lam_n_1的类型是<class 'sage.rings.polynomial.multi_polynomial_libsingular.MPolynomial_libsingular'>。它们类型不一致，导致current_sol的key有两种类型，传入g_sub = g.subs(current_sol)便报错。
但是，当我们得到 $\lambda_{n-2}$ 的方程（即剩余变量为 $\lambda_{n-2}$ ）时， rv == lam[n-2]是True。这说明它们虽然是不同类型，但重载了==运算符，差异很微妙。
解决方案：只需要加一句new_var = next((item for item in R_vars if item == rv), None)，然后改为加入new_var就OK。注：不能直接用R_vars.index(rv)，这里index方法不管用
回代完成后，我们发现，只有 $\lambda_{i}$ 成功解出了，x和y的 $2n$ 个变量一个都没解出来。这是因为Grobner基里所有跟x、y有关的变量都是纠缠在一起的，比如 $y2*λ3 - 4*y2 - y3*λ2 + 4*y3$ 是 $y_2,\ y_3$ 纠缠在一起
那接下来该怎么办呢？
拿求出的 $\lambda$ 值再求一次Grobner基
直接复制之前LLM生成的代码，稍微修改一下：
for sol_dict in all_solutions:
G2 = get_grobner_lambda_fixed(n, sol_dict, lam)
print(sol_dict, '对应', G2)
# 上面是调用，下面是函数定义
def get_grobner_lambda_fixed(n, sol_dict, lam):
lambda_sol_list = [sol_dict[lam[i]] for i in range(n)]
R_vars_str = []
for i in range(n):
R_vars_str.append(f'x{i}')
for i in range(n):
R_vars_str.append(f'y{i}')
R = PolynomialRing(QQ, R_vars_str, order='lex')
vars_dict = {name: R(name) for name in R_vars_str}
x = [vars_dict[f'x{i}'] for i in range(n)]
y = [vars_dict[f'y{i}'] for i in range(n)]
S = 0
for i in range(n):
for j in range(i + 1, n):
S += (x[i] - x[j]) ^ 2 + (y[i] - y[j]) ^ 2
L = S
for i in range(n):
L -= lambda_sol_list[i] * (x[i] ^ 2 + y[i] ^ 2 - 1)
eqs = []
for i in range(n):
eqs.append(diff(L, x[i]))
eqs.append(diff(L, y[i]))
for i in range(n):
eqs.append(x[i] ^ 2 + y[i] ^ 2 - 1)
I = ideal(eqs)
G = I.groebner_basis()
return G
拿到的结果
$n=3$ ：
{λ2: 4, λ1: 2, λ0: 2} 对应 [..., x0 + x2, x1 + x2, y0 + y2, y1 + y2]
{λ2: 2, λ1: 4, λ0: 2} 对应 [..., x0 - x2, x1 + x2, y0 - y2, y1 + y2]
{λ2: 3, λ1: 3, λ0: 3} 对应 [..., x0 + x1 + x2, y0 + y1 + y2]
{λ2: 0, λ1: 0, λ0: 0} 对应 [..., x0 - x2, x1 - x2, y0 - y2, y1 - y2]
$n=4$ ：
{λ3: 6, λ2: 2, λ1: 2, λ0: 2} 对应 [..., x0 + x3, x1 + x3, x2 + x3, y0 + y3, y1 + y3, y2 + y3]
{λ3: 2, λ2: 6, λ1: 2, λ0: 2} 对应 [..., x0 - x3, x1 - x3, x2 + x3, y0 - y3, y1 - y3, y2 + y3]
{λ3: 4, λ2: 4, λ1: 4, λ0: 4} 对应 [..., x0 + x1 + x2 + x3, y0 + y1 + y2 + y3]
{λ3: 0, λ2: 0, λ1: 0, λ0: 0} 对应 [..., x0 - x3, x1 - x3, x2 - x3, y0 - y3, y1 - y3, y2 - y3]
- 全0解都表示所有点都重合
- 前两行都表示有一个点被孤立，其他点重合。比如
{λ3:6,λ2:2,λ1:2,λ0:2}表示 $P_0,\ P_1,\ P_2$ 重合，且都和 $P_3$ 关于原点对称。可能是鞍点也可能是局部极值点，但不是我们感兴趣的最值点
- 第三行都表示呈正n边形，取得最大值
新增一条约束 $P_0(1,\ 0)$ 试试
新增代码：
eqs.append(x[0] - 1)
eqs.append(y[0])
我们发现，当 $n=3$ 时，直接解出了所有点。但 $n=4$ 时，结果并没有提升
# n = 3
{λ2: 4, λ1: 2, λ0: 2, y2: 0, y1: 0, y0: 0, x2: -1, x1: 1, x0: 1} 对应 [x0 - 1, x1 - 1, x2 + 1, y0, y1, y2]
{λ2: 2, λ1: 4, λ0: 2, y2: 0, y1: 0, y0: 0, x2: 1, x1: -1, x0: 1} 对应 [x0 - 1, x1 + 1, x2 - 1, y0, y1, y2]
{λ2: 3, λ1: 3, λ0: 3, y2: -1/2*sqrt(3), y1: 1/2*sqrt(3), y0: 0, x2: -1/2, x1: -1/2, x0: 1} 对应 [y2^2 - 3/4, x0 - 1, x1 + 1/2, x2 + 1/2, y0, y1 + y2]
{λ2: 0, λ1: 0, λ0: 0, y2: 0, y1: 0, y0: 0, x2: 1, x1: 1, x0: 1} 对应 [x0 - 1, x1 - 1, x2 - 1, y0, y1, y2]
# n = 4
{λ3: 6, λ2: 2, λ1: 2, λ0: 2, y3: 0, y2: 0, y1: 0, y0: 0, x3: -1, x2: 1, x1: 1, x0: 1} 对应 [x0 - 1, x1 - 1, x2 - 1, x3 + 1, y0, y1, y2, y3]
{λ3: 2, λ2: 6, λ1: 2, λ0: 2, y3: 0, y2: 0, y1: 0, y0: 0, x3: 1, x2: -1, x1: 1, x0: 1} 对应 [x0 - 1, x1 - 1, x2 + 1, x3 - 1, y0, y1, y2, y3]
{λ3: 4, λ2: 4, λ1: 4, λ0: 4, y0: 0, x0: 1} 对应 [..., x0 - 1, x1 + x2 + x3 + 1, y0, y1 + y2 + y3]
{λ3: 0, λ2: 0, λ1: 0, λ0: 0, y3: 0, y2: 0, y1: 0, y0: 0, x3: 1, x2: 1, x1: 1, x0: 1} 对应 [x0 - 1, x1 - 1, x2 - 1, x3 - 1, y0, y1, y2, y3]
完整代码传送门：
- 第一版： https://github.com/Hans774882968/sage-projects/blob/main/2-point-distance/point_dist_2d.sage
- 新增一条约束版： https://github.com/Hans774882968/sage-projects/blob/main/2-point-distance/point_dist_2d_add_eq.sage
最后再次邀请大佬们来试试直接用拉格朗日乘数法分析这题~
参考资料
SageMath官方文档，包含怎么安装、怎么写sage代码等内容： https://doc.sagemath.org/html/en/tutorial/index.html- 我上一篇用到
SageMath的博客： https://www.52pojie.cn/thread-2085192-1-1.html
发表于 2026-1-27 21:31
|
发表于 2026-1-27 23:16
|楼主
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