Quadrati di campi finiti
Vorrei un aiuto per risolvere questo esercizio:
Dimostrare che $4x^4+44x^2y^2+4y^4+4x^2+8xy+8y^2$ non è un quadrato del campo finito $\mathbb{F}_q$ con $q=3^h$ elementi, $h$ dispari, per ogni $(x,y) \in \mathbb{F}_q^2 \setminus \{(0,0)\}$.
Dimostrare che $4x^4+44x^2y^2+4y^4+4x^2+8xy+8y^2$ non è un quadrato del campo finito $\mathbb{F}_q$ con $q=3^h$ elementi, $h$ dispari, per ogni $(x,y) \in \mathbb{F}_q^2 \setminus \{(0,0)\}$.
Risposte
È falso, sostituendo $x=1,y=1$ viene $72=0$, che è un quadrato (in un campo finito di $3^h$ elementi si ha $3=0$).
E se aggiungo l'ipotesi $4x^4+44x^2y^2+4y^4+4x^2+8xy+8y^2=1$ per ogni $(x,y) \ne (0,0)$?
Cioè stai chiedendo se $1$ è un quadrato? Sì è un quadrato, $1=1^2$.
No, volevo dire il polinomio $4x^4+44x^2y^2+4y^4+4x^2+8xy+8y^2-1$ ha radici in $\mathbb{F}_q[x,y]$?
"pigrecoedition":
No, volevo dire il polinomio $4x^4+44x^2y^2+4y^4+4x^2+8xy+8y^2-1$ ha radici in $\mathbb{F}_q[x,y]$?
Definitivamente in $q$ sì, quella curva ha certamente punti razionali.
Io mi trovo che se $q=3$ quella curva non ha punti razionali. Quindi la mia domanda è: cosa accede se $q=3^h$ con $ h>1$ e dispari? La curva ha punti razionali?
"pigrecoedition":
Io mi trovo che se $q=3$ quella curva non ha punti razionali. Quindi la mia domanda è: cosa accede se $q=3^h$ con $ h>1$ e dispari? La curva ha punti razionali?
Succede che per $h$ grande abbastanza quella curva ha punti razionali, per Hasse.
Senza la richiesta che $h$ sia dispari la cosa è semplice, perché hai un polinomio $f(x,y)$ e per esempio $f(x,1)$ ha grado 4 come polinomio nella sola variabile $x$, ora puoi sempre estendere il campo $F=ZZ//3ZZ$ per trovare una radice $alpha$ di $f(x,1)$ in un'estensione $E$ di $F$ di grado finito, da cui $(alpha,1)$ è una soluzione. Siccome $f(x,1)$ è irriducibile su $F$, puoi trovare un tale $E$ di grado $|E:F|=4$. Ora tu vorresti fare tutto questo in modo che $|E:F|$ sia dispari (senza necessariamente sostituire $y=1$). Non lo so, non vedo modi semplici per rispondere, senza dover andare per tentativi.
"Martino":
Senza la richiesta che $h$ sia dispari la cosa è semplice
Mica tanto, chi ti dice che per $h\equiv 2 \mod 4$ il polinomio $f(x,1)$ non sia irriducibile su $\mathbb F_{p^h}$? Il tuo argomento vale se $h\equiv 0\mod 4$, se l'ho capito bene.
Sì scusa intendevo che è semplice trovare un $h$ con quella proprietà. Se la richiesta è che esistano punti razionali per ogni $h$ dispari allora la risposta è no perché non esistono per $h=1$. Se la domanda è per quali $h$ dispari esistono punti razionali allora non so rispondere.
Intendevo per quali $h$ dispari ci sono punti razionali.
"pigrecoedition":
Intendevo per quali $h$ dispari ci sono punti razionali.
Nuovamente, per tutti tranne al più per un numero finito. Questo può anche proprio essere reso effettivo, è facile. E' un'applicazione diretta del bound di Hasse.
Posso applicare lo stesso argomento a $G(x,y)=1+4\alpha(x^2-\alpha y^2)^2$ dove $\alpha$ è un non-quadrato di $\mathbb{F}_q$, con $q \equiv 1 \mod 4$?
"pigrecoedition":
Posso applicare lo stesso argomento a $G(x,y)=1+4\alpha(x^2-\alpha y^2)^2$ dove $\alpha$ è un non-quadrato di $\mathbb{F}_q$, con $q \equiv 1 \mod 4$?
Se $\alpha$ è un non-quadrato e $q\equiv 3\mod 4$, allora \(-1/(4\alpha)\) è il quadrato di un certo $z\in \mathbb F_q$. Adesso ti basta trovare $x,y$ tali che $x^2-\alpha y^2=z$, e questo è sempre possibile perchè la norma $\mathbb F_q(\sqrt{\alpha})\to \mathbb F_q$ è una mappa suriettiva. Se $\alpha$ è un non-quadrato e $q\equiv 1\mod 4$ allora \(-1/(4\alpha)\) non è un quadrato, e quella curva non ha punti $\mathbb F_q$-razionali.
Scusa, per bound di Hasse intendi $|C(\mathbb{F}_q)-(q+1)| \leq (d-1)(d-2)\sqrt{q}$? Non mi è chiaro perchè per $q$ grande la curva ha punti razionali.
Devi pensare fortemente a cosa vuol dire che $|x-y|\le z$.
ok, mi è chiaro. quindi se $q=3^h$ e $h>1$ è dispari trovo sempre dei punti razionali.
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