Dado un campo finito $F$ de la característica impar, ¿existe siempre un elemento $x$ de $F$ tal que $1 + x^2$ no es un cuadrado en $F$ ? Si es así, ¿se puede encontrar una descripción natural de dicho elemento, por ejemplo, como una función de $\lvert F \rvert$ y un generador de $F^\times$ ?
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Kalinin
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He encontrado una respuesta breve a la parte de mi pregunta relativa a la existencia.
Dejemos que $\lvert F \rvert = p^n$ para algún primo impar $p$ y un número natural $n$ . El número de casillas en $F$ viene dada por $\frac{p^n + 1}{2}$ un número no divisible por $p$ . Si tuviéramos eso $1 + x^2$ es siempre un cuadrado, entonces cualquier órbita de la acción de $+1$ no contendría ningún cuadrado o estaría formado totalmente por cuadrados. Es decir, para cualquier cuadrado $x^2$ También $x^2 + 1, x^2 + 2, \ldots, x^2 + (p - 1)$ serían cuadrados.
En concreto, el número de casillas sería un múltiplo de $p$ ya que cada órbita de esta acción contiene $p$ elementos. Contradicción.
pisco125
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516
Es fácil demostrar que dicho elemento siempre existe.
Dejemos que $F$ sea un campo finito de característica impar, copiamos la definición de símbolo de Legendre:
$$\bigg( \frac{a}{F}\bigg) = \begin{cases}1 \quad \text{ if } a\neq 0 \text{ is a square in } F \\-1 \quad \text{ if } a\neq0 \text{ not a square in } F \\0 \quad \text{ if } a=0 \end{cases}$$
Entonces se puede mostrar lo siguiente (los análogos para el símbolo de Legendre son bien conocidos):
$$\bigg( \frac{ab}{F}\bigg) = \bigg( \frac{a}{F}\bigg) \bigg(\frac{b}{F}\bigg)$$
Además, (de nuevo, los análogos para el símbolo de Legendre son bien conocidos)
$$\sum_{x\in F} \bigg(\frac{x}{F} \bigg) = 0$$ $$\tag{1}\begin{equation}\sum_{x\in F} \bigg(\frac{x^2+ax+b}{F} \bigg) = -1 \quad \quad \text{if }a^2-4b\neq 0 \end{equation}$$
En particular, tenemos $$\sum_{x\in F} \bigg(\frac{x^2+1}{F} \bigg) = -1$$ por lo que algunos términos deben ser $-1$ Esto implica que siempre hay un $x\in F$ tal que $1+x^2$ no es un cuadrado en $F$ .
Voy a esbozar la prueba de $(1)$ : completando el cuadrado, sólo tenemos que demostrar cuando $a\neq 0$ , $$S_a = \sum_{x\in F} \bigg(\frac{x^2-a}{F} \bigg) = -1$$ Tenga en cuenta que cuando $a,b$ son ambos residuos o ambos no residuos, $S_a = S_b$ . Dejemos que $u$ denotan un no-residuo. $$\sum_{a\in F} S_a = \sum_{x\in F}\sum_{a\in F} \bigg(\frac{x^2-a}{F} \bigg) = 0$$ porque la suma interna es idéntica a cero. Por lo tanto, $$\tag{2}S_0 + \frac{|F|-1}{2} S_1 + \frac{|F|-1}{2} S_u = 0 \implies S_1 + S_u = -2 $$ donde utilizamos el hecho de que $S_0 = |F|-1$ . Además, $$\sum_{a\in F} S_{a^2} = \sum_{a,x\in F} \bigg(\frac{x-a}{F} \bigg)\bigg(\frac{x+a}{F} \bigg) = \sum_{x\in F} \sum_{a\in F} \bigg(\frac{x+2a}{F} \bigg)\bigg(\frac{x}{F} \bigg) = 0$$ esto implica $$S_0 + (|F|-1)S_1 = 0 \implies S_1 = -1$$ Combinando con $(2)$ muestra $S_a = -1$ siempre que $a\neq 0$ .
Dietrich Burde
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Para $F=\mathbb{F}_p$ podemos utilizar el símbolo de Legendre habitual para encontrar tal $x$ . Por ejemplo, podemos elegir $x=-1$ y luego $1+x^2=2$ no es un cuadrado en $F$ si y sólo si $$ \left( \frac{2}{p}\right)=-1, $$ es decir, si y sólo si $p\equiv 3,5\bmod 8$ . Para los casos $p\equiv 1,7\bmod 8$ podemos elegir un $x$ . En general, para $F=\mathbb{F}_{p^n}$ esto es más complicado, pero podemos utilizar el símbolo de Legendre $(a/F)$ como en la respuesta anterior.
