El $-1 = x^2 + y^2$ en campos finitos de la ecuación

Question

En un campo ordenado tenemos $x^2 \ge 0$, por lo tanto el $-1 = x^2 + y^2$ de la ecuación no tiene solución. Pero, ¿y finito de los campos en general? ¿Lo que las soluciones ocupa $$ -1 = x ^ 2 + y ^ 2 $$ de esta ecuación?

Answer 1

Otros han explicado por qué existe al menos una solución de $P_0=(x_0,y_0)\in \Bbb{F}_q^2$. El estándar truco para encontrar todas las soluciones que se va como sigue (también comentado por Lubin, y referido muchas veces en nuestro sitio, pero mi búsqueda-fu es débil hoy en día, así que no podía encontrar un útil duplicado, y simplemente lo hacen).

Si $P=(x,y)\in \Bbb{F}_q^2$ es otro punto sobre la curva de $x^2+y^2+1=0$, la línea de $L$ conectar $P_0$ $P$ es vertical, al $x=x_0$ e lo $y=\pm y_0$, o tiene una pendiente $t\in\Bbb{F}_q$. La ecuación de la línea de $L$ es así $$ y-y_0=t(x-x_0). $$ Conectar la solución de $y=t(x-x_0)+y_0$ en la ecuación de $y^2+x^2+1=0$ da $$ x^2+t^2(x-x_0)^2+2t(x-x_0)y_0+y_0^2+1=0. $$ Después de la expansión y la combinación de igual grado términos llegamos a $$ (t^2+1)x^2+[2ty_0-2t^2x_0]x+[t^2x_0^2-2tx_0y_0+y_0^2+1]=0. $$ Debido a $P$ está en que cuadrático de la curva de $x=x_0$ es una solución. De Vieta relaciones podemos ver que la otra solución es, pues, $$ x=x(t):=-\frac{2ty_0-2t^2x_0}{t^2+1}-x_0. $$ Debido a que el punto de $P$ se supone que en la línea de $L$, obtenemos $$ y=y(t):=t(x(t)-x_0)+y_0. $$ Así tenemos todos los puntos de $P$ de la curva de $x^2+y^2=1$ $P(t)=(x(t),y(t))$ $t$ que se extiende sobre el campo $\Bbb{F}_q$, así como el punto de $P(\infty)=(x_0,-y_0)$ correspondiente para el caso de $L$ tener una ladera infinita. También se observa que la si $t^2+1$, entonces las fórmulas implican la división por cero, así que tenemos que tirar los valores de $t$ distancia. Tenemos un resumen

• Si $t^2+1\neq0$ todos los $t\in \Bbb{F}_q$ no se exactamente $q+1$ soluciones de $(x,y)\in\Bbb{F}_q^2$.
• Si $t^2+1=0$ tiene dos soluciones en $\Bbb{F}_q$, entonces el número de puntos de la cónica $x^2+y^2+1=0$ y en $\Bbb{F}_q^2$ es igual a $q-1$.

Merece la pena destacar que la curva de $x^2+y^2+1=0$ tiene género cero, por lo que su proyectiva versión $X^2+Y^2+Z^2=0$ siempre tiene exactamente $q+1$$\Bbb{P}^2(\Bbb{F}_q)$. Dos de esos puntos se acostará sobre la línea en el infinito al $-1$ tiene una raíz cuadrada en $\Bbb{F}_q$.

Answer 2

Deje $p$ ser un extraño prime debido a la característica $2$ caso es trivial.

Deje $c=-1$ (este valor no importa). Como $x$ rangos de$0$$p-1$, el polinomio $x^2$ es de $\frac{1}{2}(p+1)$ de los valores (ya que cada valor distinto de $0$ se produce exactamente dos veces, para$x$$-x$). Por la misma razón, el polinomio $c-y^2$ tarda exactamente $\frac{1}{2}(p+1)$ valores. Desde $2 \times \frac{1}{2}(p+1) = p+1 > p$ estos dos conjuntos de valores no puede ser distinto, por lo que no existe $x,y$ tal que $x^2 = c - y^2$, es decir,$x^2 + y^2 = c$. Así que siempre hay soluciones para esta ecuación en $\mathbb{F}_p$. El mismo reaasoning sujeta, mutatis mutandis, en $\mathbb{F}_{p^r}$ (por supuesto, para $c=-1$ si $x^2+y^2=-1$ ya tiene una solución en $\mathbb{F}_p$ sin duda tiene uno en $\mathbb{F}_{p^r}$ y no necesitamos pensar más allá).

Answer 3

He aquí otro argumento a tener algunas ideas similares a las de Gro-Tsen.

Podemos asumir que nuestro campo finito $k$ no es de característica dos, decir que no ha $q$ elementos, con $q$ un poder de un extraño prime. Si $k$ tiene una raíz cuadrada de $-1$, podemos tomar la solución de $(0,i)$ de nuestra ecuación, por lo que podemos asumir que hay no$i$$k$. De ello se sigue que si $z$ es un valor distinto de cero en la plaza de $k$, $-z$ es un rectangulares.

Ahora hay $\frac{q+1}2$ plazas, y $\frac{q-1}2$ nonsquares. Así, las plazas no constituyen un subgrupo aditivo (porque el trivial coset tendría el mismo número de elementos). Por lo tanto no debe ser un caso en el que la suma de dos cuadrados es un rectangulares, en otras palabras, $a^2+b^2=-c^2$. Dividir ambos lados por $c^2$, podemos encontrar una solución a la ecuación.

Answer 4

Para un campo de orden de $2^k$, para cualquier $x$$x^2+(x+1)^2=1=-1$.

El grupo multiplicativo de un campo finito (de orden $p^k$) es cíclico de orden $p^k-1$. Para $p\neq 2$, esto significa que la mitad de los elementos del grupo multiplicativo son cuadrados y la mitad no lo son. En general, la distribución de estas plazas sobre el campo no puede tener un patrón que se puede analizar de manera consistente desde un primer para el siguiente. Pero si usted piensa en ellos como distribuidos al azar, entonces para un determinado $x$, hay un $50\%$ de probabilidad de que $-1-x^2$ es un cuadrado (con dos raíces cuadradas). Pensando de esta manera, usted tendría que esperar un promedio de $p^k\cdot\left(2\frac{1}{2}\right)=p^{k}/2$ pares ordenados $(x,y)$ que solucionar $x^2+y^2=-1$.

Por supuesto, esto es sólo una especulación, ya que la distribución de plazas no es al azar, en el sentido más puro.

En cualquier caso, cómo encontrar soluciones? I usted es capaz de calcular raíces cuadradas en el campo, sólo podría enumerar $x$ a través de todos los valores posibles, y comprobar para encontrar raíces cuadradas ( $y$ )$-1-x^2$.