Polinomios cúbicos sobre campos finitos cuyas raíces son residuos o no residuos cuadráticos

Question

Para un polinomio cúbico $f(x)=x^3+x^2+\frac{1}{4}x+c$ en $\mathbb{F}_q$ donde $q$ es un poder primario impar, me parece que para un montón de $q$ no existe $c\in\mathbb{F}_q$ tal que $f$ tiene tres raíces distintas en $\mathbb{F}_q$ uno de los cuales es un residuo cuadrático y los otros dos son no-residuos. No he encontrado ningún contraejemplo, así que mi pregunta es, ¿se cumple para cualquier $q$ ? En caso afirmativo, ¿qué formas de polinomios cúbicos tienen tal propiedad?

Answer 1

Pues sí. Aquí hay una afirmación más fuerte:

Teorema 1. Sea $F$ sea un campo de característica $\neq2$ . Sea $c\in F$ . L $r\in F$ sea un cuadrado distinto de cero, y sea $n_{1},n_{2}\in F$ b polinomio $\left( X-r\right) \left( X-n_{1}\right) \left( X-n_{2} \right) \in F\left[ X\right]$ es igual a $X^{3}+X^{2}+\dfrac{1}{4}X+c$ . T $n_{1}$ y $n_{2}$ son cuadrados.

Demostración del teorema 1. Tenemos $$\begin{equation} \left( X-r\right) \left( X-n_{1}\right) \left( X-n_{2}\right) =X^{3}+X^{2}+\dfrac{1}{4}X+c \label{darij1.pf.t1.1} \tag{1} \end{equation}$$ en $F\left[ X\right]$ . Comparación de los coeficientes antes de $X^{2}$ en este igualdad, obtenemos $-\left( r+n_{1}+n_{2}\right) =1$ . En otras palabras, $r+n_{1}+n_{2}=-1$ .

Comparación de los coeficientes antes $X$ en la igualdad \eqref {darij1.pf.t1.1}, obtenemos obtenemos $rn_{1}+rn_{2}+n_{1}n_{2}=\dfrac{1}{4}$ . Por lo tanto, $4\left(rn_1 + rn_2 + n_1n_2\right) = 1$ .

Ahora, $$\begin{align*} & \underbrace{\left( n_{1}-n_{2}+r\right) ^{2}}_{=n_{1}^{2}+n_{2}^{2} +r^{2}-2n_{1}n_{2}+2n_{1}r-2n_{2}r}-4n_{1}r\\ & =n_{1}^{2}+n_{2}^{2}+r^{2}-2n_{1}n_{2}+2n_{1}r-2n_{2}r-4n_{1}r\\ & =n_{1}^{2}+n_{2}^{2}+r^{2}-2n_{1}n_{2}-2n_{1}r-2n_{2}r\\ & = \left( \underbrace{r + n_1 + n_2}_{= -1} \right)^2 - \underbrace{ 4\left(rn_1 + rn_2 + n_1n_2 \right) }_{= 1} = \left(-1\right)^2 - 1 = 0 . \end{align*}$$ Por lo tanto, $\left( n_{1}-n_{2}+r\right) ^{2}=4n_{1}r$ . Resolviendo esto para $n_{1}$ obtenemos $$\begin{equation} n_{1}=\dfrac{\left( n_{1}-n_{2}+r\right) ^{2}}{4r} \end{equation}$$ (ya que $r\neq0$ y $4\neq0$ ). Por lo tanto, $n_{1}$ es un cuadrado (ya que $\left( n_{1}-n_{2}+r\right) ^{2}$ , $4$ y $r$ son cuadrados). El mismo argumento (pero con los papeles de $n_{1}$ y $n_{2}$ intercambiados) resulta que $n_{2}$ es un cuadrado. Esto demuestra el teorema 1. $\blacksquare$

Algunas observaciones:

1. No podemos dejar de suponer que $r$ es distinto de cero; de lo contrario, obtendríamos un contraejemplo tomando $r = 0$ , $n_1 = -1/2$ , $n_2 = -1/2$ y $c = 0$ (siempre que $-1/2$ es un no cuadrado).

2. La demostración anterior del Teorema 1 parece inmotivada; la he obtenido neando un argumento más directo, que puedes encontrar en la revisión 3 de esta respuesta.

3. La fórmula $n_{1}=\dfrac{\left( n_{1}-n_{2}+r\right) ^{2}}{4r}$ me recuerda a Vieta saltando ¿podría ser algo que obtenemos de ella?

Answer 2

EDIT: A raíz de una inteligente observación del usuario44191 en los comentarios:

Si $f(x)$ es un polinomio mónico, y $c$ un número, entonces el polinomio $xf(x)^2+c$ tiene una propiedad similar a la de su ejemplo (el caso $f(x)=x+1/2$ ). En efecto, tenemos $x = \frac{-c}{f(x)^2}$ así que

• Si $-c$ es un cuadrado distinto de cero, entonces todas las raíces racionales son cuadrados.
• si $-c$ es un no cuadrado entonces todas las raíces racionales no son cuadradas, pero sus cocientes son cuadrados.
• Si $-c$ es cero, entonces una raíz es cero y el resto son dobles (esto no se ajusta realmente al patrón).

Esto produce polinomios de grado impar. Para ejemplos de grado par, podemos hacer $f(x)^2+cx$ . Esto da $x =\frac{ f(x)^2}{-c}$ entonces tenemos lo mismo excepto que si $-c$ es cero entonces todas las raíces son dobles, y existe un caso especial si $f(0)=0$ .

Así que tenemos muchos ejemplos de polinomios de este tipo.

(Véase el historial de edición para un argumento anterior, especial para el caso de polinomios de grado 3, si se desea. Esto fue inspirado por la respuesta de darij grinberg, y esa respuesta anterior inspiró el comentario de user44191, así que ambos son parcialmente responsables de esta solución).

Answer 3

Tengo una prueba indirecta utilizando un resultado del artículo de Leonard de 1969 "On Factoring Quartics (mod $p$ )":

Lema. Sea $f(x)=x^4+a_2x^2+a_1x+a_0$ sea un polinomio cuártico sobre $\mathbb{F}_q$ que tiene cuatro raíces distintas en su campo de división, donde $q$ es una primera potencia impar y $a_1\ne 0$ entonces $$g(x)=x^3+8a_2x^2+(16a_2^2-64a_0)x-64a_1^2$$ tiene una raíz que es un residuo cuadrático distinto de cero en $\mathbb{F}_q$ y las otras dos raíces son no-residuos cuadráticos en $\mathbb{F}_q$ si y sólo si $f(x)=h_1(x)h_2(x)$ donde $h_1,h_2$ son cuadráticas irreducibles sobre $\mathbb{F}_q$ .

Supongamos que entre las raíces de $g(x)=x^3+x^2+\frac{1}{4}x+c$ hay un residuo cuadrático distinto de cero y dos no-residuos, entonces $-c$ debe ser un cuadrado en $\mathbb{F}_q$ . Es fácil ver que $g(x)$ es un polinomio cúbico resolvente de $f(x)=x^4+\frac{1}{8}x^2+\frac{1}{8}\sqrt{-c}x$ . Esto contradice el lema anterior.

Además, para $f(x)=x^4+a_2x^2+a_1x+a_0$ , dejemos que $a_0=0$ entonces $b=\frac{a^2}{4}$ por sus cúbicos disolventes $g(x)=x^3+ax^2+bx+c$ . Así $b=\frac{a^2}{4}$ es una condición suficiente para la propiedad.