Quiero demostrar que el número de elementos del conjunto $\{(x,y,z)\in \mathbb{F}_p^3: x^2 + y^2 + z^2 = 0\}$ es $p^2$ .
Sé que el número de elementos del conjunto es un múltiplo de $p$ utilizando el teorema de Chevalley-Warning, pero no sé cómo continuar.
Ejercicio $19$ en el capítulo $8$ de "A Classical Introduction to Modern Number Theory" de Kenneth Ireland, Michael Rosen es el siguiente resultado: Si $m$ es impar, entonces el número de soluciones a $$ x_1^2+x_2^2+\cdots +x_m^2=0 $$ es igual a $p^{m-1}$ . En el libro se ofrece una demostración a través de las sumas de Gauss y Jacobi en el teorema $5$ del capítulo $8$ .
También hay un argumento muy directo para una forma ternaria: aquí, ...
Para $p=2$ , $x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2$ , por lo que el número de ceros es el número de puntos de un hiperplano, $p^2$ .
Para $p=1\mod 4$ hay un $j=\sqrt{-1}$ en $\mathbb F_p$ . Cambiar las variables a $u=x+jy$ y $v=x-jy$ Así que $x=(u+v)/2$ y $y=(u-v)/2j$ . Resolver la ecuación indicada es resolver $uv=-z^2$ . Para $z=0$ hay $2p-1$ soluciones. Para cada una de las $p-1$ valores de $z\not=0$ hay $p-1$ soluciones. En total, hay $(2p-1)+(p-1)^2=p^2$ soluciones.
Para $p=3\mod 4$ , $x^2+y^2$ es la norma de $x+jy$ donde $j^2=-1$ y $j$ se encuentra en la única extensión cuadrática de $\mathbb F_p$ . El mapa normativo es $\alpha \to \alpha\cdot \alpha^p=\alpha^{1+p}$ y es (por tanto) suryente. En elementos no nulos es un homomorfismo de grupo con núcleo de orden $p+1$ . Para $z=0$ existe la solución única $(0,0,0)$ . Para cada uno de los $p-1$ $z\not=0$ , la subjetividad da $p+1$ soluciones. En conjunto, se trata de $1+(p-1)(p+1)=p^2$ .
El caso $p=2$ se aborda mediante el recuento de explicaciones. Por lo tanto, supongamos $p>2$ .
Dejemos que $m$ sea el número de soluciones. $\mathbb F_p^\times$ actúa sobre el conjunto de la solución por multiplicación por coordenadas, donde tenemos $(cx,cy,cz)=(x,y,z)$ si $c=1$ o $x=y=z=0$ es decir: todas las órbitas, excepto la de la solución trivial, tienen una longitud $p-1$ . Concluimos que $p-1\mid m-1$ Por lo tanto, junto con $p\mid m$ $$m\equiv p\pmod{p^2-p}$$ por el Teorema del Resto Chino. Además, si $(x,y,z)$ es una solución no trivial y wlog $x\ne 0$ , entonces al menos uno de $y,z$ es distinto de cero y $(-x,y,z)$ es una solución que no está en la órbita de $(x,y,z)$ . Por lo tanto, debe haber al menos dos órbitas no triviales, es decir, $m\ge 2(p-1)+1>p$ .
Para $x\in\mathbb F_p$ dejar $S(x)=\{\,(y,z)\in\mathbb F_p^2:x^2+y^2+z^2=0\,\} $ y que $f(x)=|S(x)|$ . Del mismo modo, dejemos que $g(x,y)$ el número de $z$ con $x^2+y^2+z^2=0$ . Entonces $g(x,y)\in\{0,1,2\}$ y $$\tag1f(x)=\left|\{\,y:g(x,y)=1\,\}\right|+2\left|\{\,y:g(x,y)=2\,\}\right|.$$ Tenga en cuenta que $g(x,y)=1$ sólo se produce si $x^2+y^2=0$ . Desde $(1)$ inmediatamente obtenemos $f(x)\le 2p$ . Pero $f(x)=2p$ sólo puede ocurrir si $g(x,y)=2$ para todos $y$ , incluyendo $y=0$ . Pero si $x^2+0^2+z^2=0$ entonces $g(x,z)=1$ . Por lo tanto, $$\tag2f(x)\le 2p-1.$$ El grupo $\mathbb Z/4\mathbb Z$ actúa $S(x)$ por $(x,y,z)\mapsto(x,z,-y)$ . Un punto fijo o una órbita de longitud $2$ sólo puede ocurrir si $y=z=0$ . Por lo tanto, para $x\ne 0$ tenemos $4\mid f(x)$ y así $$f(x)\le 2p-2\quad\text{if }x\ne 0.$$ Concluimos que $$m\le (2p-1)+(p-1)(2p-2) <2p^2-p$$ como se desee.
Desde $p<m<2p^2-p$ y $m\equiv p\pmod{p^2-p}$ la reclamación $m=p^2$ sigue.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
