$\def\FF{\mathbb{F}}$Hay un detalle que yo no puedo ir, pero tengo que pasar a otros proyectos. Sujeto a que puedo ser arbitrariamente cerca de $1/2$, para un
los campos de la orden de $2^{\ell_k}$ donde $\ell_k \to \infty$. Más
precisamente, vamos a $r=2^k$ y deje $\phi_0(x) = x^{r+1}$.
Teorema:
$$\lim_{m \to \infty} \max_a |\phi_a(\FF_{2^{2 km}})|/2^{2k m} =
\frac{r+2}{2r+2}.$$
Tomando $k=1$, lo $r=2$, podemos recuperar Seva resultados en $x^3$. En
en particular, para cada una de las $k$, se puede elegir $m_k$ suficientemente grande como para que
$\max_a |\phi_a(\mathbb{F}_{2^{2 k m_k}})|/2^{2k m_k} \leq
\frac{r+3}{2r+2}$, and letting $\ell_k = 2 m k$ da de la conclusión.
El real Teorema vamos a estar probando que es un poco más precisa y
trata los casos de $a=0$ e $a \neq 0$ por separado.
Teorema:
Para cualquier $a$ e $b$ cero los elementos de la $\FF_q$, tenemos
$|\phi_a(\FF_{q})|=|\phi_b(\mathbb{F}_q)|$, un valor que nos va a plazo
$\phi_{\neq 0}(\FF_q)$. Tenemos
$$\lim_{m \to \infty} \phi_{\neq 0}(\FF_{2^{km}})/2^{km} = \frac{r+2}{2r+2}.$$
Mientras tanto,
$$\phi_0(\FF_{2^{km}})/2^{km} = \begin{cases} 1/(r+1) & m\
\mbox{even} \\ 1 & m\ \mbox{odd} \end{casos}$$
La clave será utilizar el Teorema 2 en el papel de Abedul y
Swinnerton-Dyer , citado por Peter Mueller. Dado que este resultado es
dijo de forma menos precisa de lo que necesitamos, y en un poco de modo incorrecto,
podemos reformular. Deje $f \in \FF_q[x]$ ser un polinomio separable de grado
$d$, y deje $G$ ser el grupo de Galois de la división de campo de la
$f(x)-y$ sobre $F(y)$. Deje $\FF_{q^s}$ ser el algebraicas cierre de
$\FF_q$ en esta división de campo. Entonces tenemos una natural surjection
$\pi: G \to \mathrm{Gal}(\FF_{q^s} / \FF_q) \cong \mathbb{Z}/s$.
Definir el núcleo de este surjection a ser $G^+$. Tenga en cuenta que
$\mathrm{Gal}(\FF_{q^s} / \FF_q)$ tiene una canónica de generador, la
Frobenius mapa de $\mathrm{Frob}$. Tenga en cuenta también que $G$ natural incrusta en
$S_d$. Podemos por tanto decir que un elemento de $G$ no tiene puntos fijos,
lo que significa que no tiene puntos fijos en virtud de esta incrustación.
Teorema (Birch y Swinnerton-Dyer) Hay constantes
$\lambda_0$, $\lambda_1$, ..., $\lambda_{s-1}$ tal que
$$|f(\FF_{q^{ms+i}})| = \lambda_i q^{ms+i} + O(q^{(ms+i)/2}).$$
Explícitamente, $\lambda_i$ es la probabilidad de que un elemento aleatorio de
$\pi^{-1}(\mathrm{Frob}^i)$ tiene un punto fijo, y la constante en la
gran $O$ sólo depende de $d$, $G$ y $G^+$.
El papel no da una explícita receta para $\lambda_i$, y no
no se nota la necesidad del uso de $s$ diferentes lambdas, pero esto es lo que tengo
cuando he trazado a través de su prueba. Como una comprobación de validez, deje que $q \equiv 2
\bmod 3$ and let $f(x)=x^3$. Then $G=S_3$, $G^{+}=A_3$ and $s=2$. Nosotros
predecir que todos los elementos en $\FF_{q^{2m+1}}$ son cubos, pero
sólo $1/3$ de los elementos en $\FF_{q^{2m}}$; esto es cierto.
Nuestro resultado real será la siguiente:
Teorema Deje $\phi(x) = x^{r+1}$ como antes y trabajo a lo largo de la
campo de tierra $\FF_r$. Al $f=\phi_a$ para $a \neq 0$, luego
$G=G^{+}=PGL_2(\FF_r)$, actuando en $r+1$ elementos por la acción natural
en $\mathbb{P}^1(\FF_r)$. Al $a=0$, tenemos $G=\mathbb{Z}/2
\ltimes \mathbb{Z}/(r+1)$, acting on $r+1$ de los elementos por el diedro
acción, y $G^{+} = \mathbb{Z}/(r+1)$.
A continuación nos debe calcular la proporción de elementos en cada caso que
tiene puntos fijos.
Así que, vamos a demostrar que el grupo de Galois es el indicado. En primer lugar, para que $a \neq
0$, the change of variables $x'=a^{1/r} x$ turns $\phi_a(x)$ en
$a^{-(r+1)/r} \phi_1(x')$. (Ya que estamos trabajando en campos finitos, nos
siempre se puede tomar $r$-th raíces.) Por lo que es suficiente para considerar las $\phi_0$
y $\phi_1$.
El grupo de Galois de $\phi_0$ Estamos interesados en la división de
campo de junto a una $(r+1)$-st raíz de $y$ a $\FF_r(y)$. El
$(r+1)$-st raíces de la unidad viven en $\FF_{r^2}$, y
$\mathrm{Gal}(\FF_{r^2}/\FF_r)$ hechos en ellos por inversión. Así
$G=\mathbb{Z}/2 \ltimes \mathbb{Z}/(r+1)$ e $G^{+} =
\mathbb{Z}/(r+1)$ como se reivindica.
El grupo de Galois de $\phi_1$ primero vamos a explicar el bijection
entre las raíces de $x^{r+1}+x=y$ e $\mathbb{P}^1(\FF_r)$.
Considerar las raíces de la ecuación de $z^{r^2}+z^r=yz$. Claramente,
forma una $\FF_{r}$ espacio vectorial bajo las operaciones ordinarias de
la suma y la multiplicación; llamar a este espacio vectorial $V$. Se ha
dimensión $2$. Para $z$ cualquier elemento distinto de cero de $V$, el elemento
$x=z^{r-1}$ es una raíz de $x^{r+1} + x=y$. Por otra parte, si $z'$ es un
escalar varios de $z$,, a continuación,$z^{r-1} = (z')^{r-1}$. Así que las raíces de
$x^{r+1} + x=y$ etiqueta líneas en $V$.
Esta construcción es natural suficiente para probar que $G \subseteq PGL(V)
\cong PGL_2(\FF_r)$. We now need to show $G^{+} = PGL_2$, and thus that $G=G^{+}$ así.
Aquí es la falta de detalle. Hay una muy similar resultado de la Serre, publicado como apéndice en un papel de Abhyankar, que la división de campo de la $z^{r+1} - wz+1$ es $PSL_2(\FF_r)$. Me siento como debería ser algo simple monomio cambio de variables que convierte a $(z,w)$ a $(x,y)$ y nos permite deducir nuestro resultado de de la Serre. (Tenga en cuenta que $PGL_2=PSL_2=SL_2$ en el carácter $2$.) Pero no dejo de no llegar a trabajar.
Así, ahora tenemos que contar el número de puntos fijos para el diedro y el $PGL_2$ acción.
El diedro de acción Desde $r+1$ es impar, cada reflexión que corrige un punto, explicando el $1$ para $m$ impar. Trivial rotaciones no tienen puntos fijos, explicando el $1/(r+1)$.
El $PGL_2$ acción utilizamos el isomorfismo $PGL_2 = PSL_2 = SL_2$.
Hay $r+1$ clases conjugacy en $SL_2$, es decir,
- La identidad.
- $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$. Esta clase tiene orden de $r^2-1$.
- $\begin{pmatrix} t & 0 \\ 0 & t^{-1} \end{pmatrix}$ para $t \neq 1$. Hay $r/2-1$ tal conjugacy clases, cada una de orden $r^2+r$.
- Las Matrices que se diagonalizable sobre $\FF_{r^2}$ con autovalores $(t, t^r)$, para $t$ un trivial $(r+1)$-st raíz de la unidad. Hay $r/2$ tal conjugacy clases, cada una de orden $r^2-r$.
Los tres primeros tienen puntos fijos, y la última no. Poniendo todo junto, la probabilidad de que un elemento en $PGL_2(\FF_r)$ tiene un punto fijo es $(r+2)/(2r+2)$.
