Sumas de cuadrados en la característica 3

Question

Supongamos que $K=\mathbb{F}_q$ es un campo finito de característica 3. Supongamos que $q > 3$ entonces es cierto que para todo $x \in K$ existe $a,b,c \in K^{\times}$ tal que $x = a^2 + b^2 + c^2$ es decir, ¿es cada elemento la suma de 3 cuadrados no nulos?

Mi idea [equivocada] es: arreglar $x \in K$ . Tenga en cuenta que, dado que $q > 3$ existe $\gamma \in K$ tal que $\gamma^2 = -1$ . Caso 1, si $x = k^2$ para algunos $k \in K$ entonces $x = k^2 + \gamma^2 + 1^2$ . Caso 2, si $x$ no es un cuadrado, entonces me gustaría decir que $x + 1$ o $x-1$ es un cuadrado y por lo tanto $x = k^2 + \gamma^2 + \gamma^2$ o $x = k^2 + 1^2 + 1^2$ para algunos $k \in K$ .

Pero no estoy seguro de que sea cierto que, dado $x \in K$ Uno de los $x, x+1, x-1$ es un cuadrado.

Acabo de darme cuenta de que mi idea no tiene sentido ya que tal $\gamma$ no tiene por qué existir. Toma $K = \mathbb{F}_{27}$

Answer 1

Lo siguiente funciona para cualquier campo finito $K$ de char $\neq 2$ y el tamaño más que $5$ .

Idea 0: En cualquier grupo finito $G$ , si $A$ es un conjunto de tamaño superior a $|G|/2$ entonces $A+A=G$ .

Dejemos que $S$ sea el conjunto de cuadrados no nulos en $K$ et $S_0=S \cup \{0\}$ . Usando la idea 0, tenemos: $K=S_0+S_0$ .

Idea 1: Basta con demostrar que al menos un cuadrado de $K^*$ pertenece a $3S$ al menos un no-cuadrado de $K^*$ pertenece a $3S$ y $0 \in 3S$ . Esto se debe a que $3S$ es cerrado bajo la multiplicación por cuadrados no nulos.

Idea 2: Que $a \in K$ con $a \notin \{-1,1\}$ . Entonces $a$ puede escribirse como $x^2-y^2$ con $x,y \neq 0$ . Sólo toma $x=(a+1)/2$ et $y=(a-1)/2$ .

Reclamación 1: $K^* \subseteq S+S$ .

Desde $K=S_0+S_0$ sabemos que todo no cuadrado puede escribirse como $a^2+b^2$ y claramente $a,b \neq 0$ . Por lo tanto, todo lo que no es cuadrado está en $S+S$ . Ahora demuestro que todos los cuadrados no nulos están en $S+S$ . Utilizando la idea 2, escribe un cuadrado no nulo que no esté en $\{-1,1\}$ como $x^2-y^2$ con $x,y \neq 0$ . Esto demuestra que $x^2 \in S+S$ y, por tanto, todos los cuadrados no nulos están en $S+S$ . Esto demuestra la afirmación.

Ahora considere $3S$ que contiene $K^*+S$ . Claramente, $|3S| \geq |K^*|$ Por lo tanto $3S$ no tiene más que un elemento de $K$ . Utilizando el hecho de que $3S$ es cerrado bajo la multiplicación por $S$ vemos que no puede faltar ningún elemento que no sea cero.

Para demostrar que $0 \in 3S$ Considérese un valor arbitrario, no nulo, de $a$ y escribir $-a^2=b^2+c^2$ con $b,c \neq 0$ utilizando la reivindicación 1.

Answer 2

Escribimos $A+B$ para $\{a+b:a\in A, b\in B\}$ .

Cuando $\mathbb F$ es un campo finito de orden $3$ o $5$ no todos los elementos de $\mathbb F$ es una suma de $3$ cuadrados no nulos: en $\mathbb F_3$ sólo hay un cuadrado distinto de cero, y en $\mathbb F_5$ los únicos cuadrados no nulos son $1$ et $-1$ .

Para todos los demás campos del orden de impar tenemos lo siguiente.

Propuesta. Si $\mathbb F$ es un campo finito de orden impar, y $|\mathbb F|\neq 3, 5$ entonces $\mathbb F = S+S+S$ , donde $S$ es el conjunto de cuadrados no nulos en $\mathbb F$ .

Esto se puede demostrar utilizando sólo la cardinalidad de $S$ .

Lema. Si $G$ es un grupo abeliano finito de orden impar $\neq 3,5$ et $A\subseteq G$ tiene $|A|=\frac{|G|-1}{2}$ entonces $A+A+A=G$ .

Observando que $|S|=\frac{|\mathbb F|-1}{2}$ cuando $\mathbb F$ es un campo finito de orden impar, la proposición es un caso especial del lema.

Para demostrar el lema necesitamos:

Hecho 1. Si $A,B\subseteq G$ tienen $|A|+|B|>|G|$ entonces $A+B=G$ .

El hecho 1 se deduce de la observación de que $(g-A)\cap B \neq \emptyset$ por cada $g\in G$ siempre que $|A|+|B|>|G|$ .

También necesitamos un teorema de Kneser (véase El libro de Nathanson ):

Teorema 1. Si $A,B$ son subconjuntos finitos de un grupo abeliano que satisfacen $|A+B|<|A|+|B|$ et $H$ es el grupo de elementos $h\in G$ satisfaciendo $A+B=A+B+h$ entonces $$|A+B| = |A+H|+|B+H| - |H|. \tag{1}\label{K}$$ El grupo $H$ se llama estabilizador de $A+B$ .

(El teorema 1 es un caso especial de la Satz 1 de Artículo original de Kneser donde $G$ es discreto).

Para demostrar el lema, supongamos que $|G|>3$ (para que $|A|>1$ ) y considerar dos casos.

Caso 1. $|A+A|\geq 2|A|.$ En este caso tenemos $|A+A|+|A| > |G|$ por lo que el hecho 1 implica $A+A+A = G$ .

Caso 2. $|A+A|<2|A|.$ En este caso se aplica el Teorema 1, por lo que $H$ sea el estabilizador de $A+A$ . La ecuación (\ref{K}) se convierte en $$|A+A| = 2|A+H| -|H|. \tag{2}\label{SpecialK}$$ Observe que $A+A=A+A+H = (A+H)+(A+H)$ .

Reclamación. Si $A+A+A\neq G$ entonces $|A+H|=|A|$ y $H = \{0\}.$

Si $|A+H|>|A|$ entonces $2|A+H|>|G|$ . Entonces el hecho 1 y la identidad $A+A = (A+H)+(A+H)$ implica $A+A=G$ . Así que concluimos que $|A+H|=|A|$ , lo que significa $A$ es una unión de cosets de $H$ . En consecuencia, $|H|$ divide $|A| = \frac{|G|-1}{2}$ Así que $|H|$ es relativamente primo de $|G|$ . Pero $H$ es un subgrupo de $G$ , por lo que su orden divide $|G|$ y concluimos que $|H|=1$ .

La Reclamación nos permite suponer $|H|=1$ por lo que la ecuación (\ref{especialK}) se convierte en $|A+A|=2|A|-1 = |G|-2$ . Aplicando el hecho 1 a $(A+A)+A$ concluimos que, o bien $A+A+A=G$ o $|G|-2+|A| \leq |G|$ . Así que si $A+A+A\neq G$ entonces $|A|\leq 2$ , lo que significa $|G|=3$ o $|G|=5$ . $\square$