En las características de dos y tres no han corto de Weierstrass forma, y esto deja espacio para más ejemplos. A continuación hay ejemplos de
- $q=2$, $r=2$,
- $q=2$, $r=3$,
- $q=4$, $r=2$.
Considere la posibilidad de la curva elíptica
$$
y^2+y=x^3+x
$$
definido a lo largo del $\Bbb{F}_2$. Es relativamente fácil ver que todas las soluciones con
$x,y\in\Bbb{F}_4$ realmente ha $x,y\in\Bbb{F}_2$. Básicamente porque $y^2+y=0$ cuando $y\in \Bbb{F}_2$, e $y^2+y=1$ cuando $y\in\Bbb{F}_4\setminus \Bbb{F}_2$,
pero $x^3+x\neq0,1$ cuando $x\in\Bbb{F}_4\setminus\Bbb{F}_2$.
Una explicación en términos de Hasse-Weil fórmula es observar que $\# E(\Bbb{F}_2)=5$,
Cada punto de $(x,y)\in\Bbb{F}_2\times\Bbb{F}_2$ es una solución y, a continuación, tenemos el punto en el infinito. Por lo tanto
$$
\alpha+\overline{\alpha}=\alpha+\frac2\alpha=-2.
$$
El cuadrado de esta ecuación nos da
$$
\alpha^2+\overline{\alpha^2}=\alpha^2+\frac4{\alpha^2}=(\alpha+\frac2\alpha)^2-4=(-2)^2-4=0.
$$
Por lo tanto, $\# E(\Bbb{F}_4)=4+1-0=5=\# E(\Bbb{F}_2).$
Otra característica dos ejemplos son las curvas
$$
y^2+xy=x^3+1
$$
y
$$
y^2+xy=x^3+x.
$$
Ambos tienen cuatro puntos por encima de $\Bbb{F}_2$ , pero no hay otras soluciones más $\Bbb{F}_8$.
De $\#E(\Bbb{F}_2)=4$ podemos solucionar $\alpha=(-1+i\sqrt7)/2$. Entonces
$\alpha^3=(5-i\sqrt7)/2$ y por lo tanto, por Hasse-Weil
$$
\# E(\Bbb{F}_8)=8+1-(\alpha^3+\overline{\alpha^3})=8+1-5=4.
$$
Una explicación alternativa proviene del hecho de que la traza de $(x+\dfrac1x)$ es igual a
$1$ para todos los $x\in\Bbb{F}_8\setminus\Bbb{F}_2$. El criterio de solvencia
tener una solución de $y\in\Bbb{F}_8$ dictaría este seguimiento a desaparecer. Por lo tanto, no hay nuevos puntos.
Otra característica dos ejemplo.
Considere la curva $$y^2+y=x^3.$$ With $x$ ranging over the field $\Bbb{F}_4$ we have $x^3\in\Bbb{F}_2$, therefore two solutions for $y$ to each $x$ and therefore nine points altogether. In this maximal case we must have $\alpha=\overline{\alpha}=-2$. But, then $\alpha^2=\overline{\alpha}^2=4$, so over the field $\Bbb{F}_{16}$ we have $16+1-(\alpha^2+\overline{\alpha}^2)=9$ points also. The trace condition for solvability of a quadratic leads to the same conclusion. After all, the cube of an element $x\in\Bbb{F}_{16}\setminus\Bbb{F}_4$ is of order five, and those all have trace $1$.
