Polinomio $x^3- xy^3$ y el como sobre campos finitos.

Question

Deje $f_{a,n}(x_1,x_2)$ ser un polinomio en $\mathbb{F}_p[x_1,x_2]$ donde $\mathbb{F}_p$ es un campo finito o oder $p$ (tal vez, primero debemos suponer que $p$ es primo) dependiendo $a\in\mathbb{F}_p$ y un entero $1\le n\le p-1$. Deje $f_{a,n}$ se define de la siguiente manera como $f_{a,n}(x_1,x_2) := ax_1^n - x_1 x^n_2$. Estoy tratando de investigar la siguiente pregunta: ¿para qué $a$ $n$ es el polinomio $f_{a,n}$ surjective como una función de$\mathbb{F}_p\times\mathbb{F}_p$$\mathbb{F}_p$.

Como la pregunta parece bastante difícil, primero vamos a concentrar en el caso cuando la $n = 3$, $a = 1$. Parece que el polinomio $f = f_{1,3} = x_1^3-x_1 x_2^3$ es surjective sobre cualquier campo de la extraña (no necesariamente prime) características $\mathbb{F}_p$, $3\le p\le 1000$, $p\neq 19$. Me gustaría entender la teoría de los números detrás de este resultado. ¿Por qué el caso de $p = 19$ o "excepcionales"? Es interesante notar que para el resto de valores de $3 \le p \le 1000$, $p$ impar, el polinomio $f_{a,3}=a x_1^3-x_1 x_2^3$ es surjective para cualquier $a\in\mathbb{F}_p$! (esto no es $p!$, es de mí ser astinoshed por este resultado).

Para otras combinaciones de $a$$n$, también hay "excepcionales" los valores de $p$.

¿Alguien sabe si los polinomios del tipo $x^3-xy^3$ han sido estudiados a lo largo finito campos?

Answer 1

Voy a admitir la derrota, llegar a un mayor herramienta, y suplemento de Thomas Andrews' respuesta por acabar con esta mosca con...

Estamos interesados en la solvencia de la ecuación $$ x^3-x^3=a,\qquad{(*)} $$ donde $a\in\mathbb{F}_p$ es una constante, y $x,y$ sobre el mismo campo. No es una restricción para asumir ese $p>3$$a\neq0$. La correspondiente curva proyectiva es el cero, el locus de la polinomio homogéneo $$ F(X,Y,Z)=X^3Z-X^3-aZ^4. $$ Mirando las derivadas parciales $\partial F/\partial X$, $\partial F/\partial Y$, $\partial F/\partial Z$ vemos que desaparecen simultáneamente sólo al $X=Y=Z=0$, por lo que la curva no tiene singularidades. Además, tiene exactamente dos puntos en la línea en el infinito $Z=0$, es decir,$[1:0:0]$$[0:1:0]$.

El género de no-singular plano de la curva dada por un grado $n$ ecuación es $g=(n-1)(n-2)/2$, por lo que el género de nuestra curva es $g=(4-1)(4-2)/2=3$. El Hasse - Weil obligado dice que el número de $\mathbb{F}_p$-puntos racionales $N_p(C)$ sobre un modelo suave de una curva de $C$ de género $g$ satisface la desigualdad $$ |N_p(C)-(p+1)|\le 2g\sqrt{p}. $$ Esto nos da un límite inferior $N_p(C)\ge p+1-6\sqrt{p}$ para nuestra curva. Deje $N(a)$ el número de soluciones de $(*)$. Cómputo de los dos puntos en el infinito terminamos con un límite inferior $$ N(a)\ge p-1-6\sqrt{p}. $$ Vemos que este límite inferior es positivo para todos los números primos $p>37$, por lo que si usted ha comprobado los números primos hasta el $37$, y se encontró que $p=19$ es el único problemático caso, usted puede dejar de mirar.

Answer 2

Como se señaló anteriormente, $f_{a,3}$ a al $p\not\equiv 1\pmod 9$. Si $p\not\equiv 1\pmod 3$ nunca elemento de $\mathbb F_p$ es un cubo perfecto, para que podamos encontrar una solución con $x_2=0$.

Al$p\equiv 1\pmod 3$$p\not\equiv 1\pmod 9$, podemos obtener una primitiva de la raíz cúbica de la unidad, $\zeta^3=1$$\mathbb F_p$, e $\zeta$ sí no es un cubo.

Entonces para cualquier $z\in\mathbb F_p$, uno de los siguientes es un cubo perfecto: $$z-a,\frac{z-a}{\zeta},\frac{z-a}{\zeta^2}$$

En cuyo caso, podemos recoger $x=1,x=\zeta,$ o $x=\zeta^2$, respectivamente, y encontrar una solución.

En general, $z\neq 0$ es en la imagen de $f_{a,3}$ si y sólo si $\frac{z-ax^3}{x}$ es un cubo para algunos $x\neq 0$. Si era puramente al azar ya que el valor era un cubo, sería altamente improbable que existiera tal $z$ al $p$ es grande. Eso no es un argumento riguroso, sólo un heurístico.

Así que sospecho que la razón por la $19$ es un contra-ejemplo es que $19\equiv 1\pmod 9$ $19$ es pequeña.

Otra cosa a tener en cuenta es que si $z$ no está en la imagen y $w\in\mathbb F_p^\times$ $w^9z$ no es también en la imagen. Porque si $w^9z=ax^3-y^3x$ $$z=a(xw^{-3})^2-(yw^{-2})^3(xw^{-3})$$

Esto significa que para cualquier $p\equiv 1\pmod 9$ lo que sólo tendrá que comprobar la $6$ valores de $z$ (debido a que tres de las nueve clases de equivalencia en $\mathbb F_p^\times/(\mathbb F_p^\times)^9$ son cubos, y sabemos que esas están bien.)