Para (1) prueba $$ p(x,y)=x[1-(x-y)^3]. $$ Si $r,s\in \Bbb{F}_4$ son distintos, entonces $(r-s)^3=1$ y $p(r,s)=0$ . Si $r=s$ entonces $p(r,s)=r$ . Así, $p(r,s)$ alcanza el valor $u$ para las entradas $r,s\in\Bbb{F}_4$ sólo cuando $r=s=u$ .
La mala noticia es que la pregunta (2) tiene una respuesta negativa. Tal polinomio no existe. Recordemos que el automorfismo de Frobenius $F$ intercambios $u$ y $u+1$ . Recuerde también que $F$ respeta la evaluación de polinomios con coeficientes en el campo primo.
Su condición dicta que $p(u,u+1)=u$ . En vista de la acción de Frobenius, esto implica que $$ p(u+1,u)=p(F(u),F(u+1))=F(p(u,u+1))=F(u)=u+1. $$ Por lo tanto, el polinomio deseado no existe.
Describiendo los polinomios "cercanos" para (2). Me baso en el hecho de que la función polinómica $f:\Bbb{F}_4\to\Bbb{F}_2, x\mapsto x^2+x$ toma el valor $1$ cuando $x\notin\Bbb{F}_2$ y el valor $0$ cuando $x\in\Bbb{F}_2$ . Así, $$ p_1(x,y)=x(x^2+x)(y^2+y+1) $$ está de acuerdo con $x$ cuando $x\in \Bbb{F}_4\setminus\Bbb{F}_2, y\in\Bbb{F}_2$ y se desvanece en otro lugar. Del mismo modo, $$ p_2(x,y)=y(x^2+x+1)(y^2+y) $$ está de acuerdo con $y$ cuando $y\in \Bbb{F}_4\setminus\Bbb{F}_2, x\in\Bbb{F}_2$ . Por su parte el polinomio $$ q_3(x,y)=(x^2+x)(y^2+y) $$ da una función que desaparece cuando $x$ o $y$ está en el campo primo, y toma el valor $1$ cuando ambos $x,y\in \Bbb{F}_4\setminus\Bbb{F}_2$ .
Juntando esas piezas obtenemos los polinomios de casi-error $$ p^\flat(x,y)=p_1(x,y)+p_2(x,y)+xq_3(x,y) $$ que se comporta como está prescrito excepto que $p^\flat(u^2,u)=u^2$ y su primo $$ p^\sharp(x,y)=p_1(x,y)+p_2(x,y)+yq_3(x,y) $$ que se comporta como está prescrito excepto que $p^\sharp(u,u^2)=u^2$ .
