El número de elementos que son cuadrados de un campo finito.

Question

Mientras tanto, leyendo algunas notas introductorias sobre el grupo linear especial descriptivo $PSL(2,q)$ donde $q$ es el número cardinal del campo; Vi:

.. .en un campo finito de orden $q$, el número de elementos ($≠0$) que son cuadrados es $q-1$ $q$ es número par y es $\frac{1}{2}(q-1)$ $q$ es un número impar... ".

Puedo ver a través de $\mathbb Z_5$ o $GF(2)$. ¿Cualquier sugerencias para probar sobre el hecho? Gracias.

Answer 1

Sea $F^*$ el grupo multiplicative del campo $F$. Encontrar el núcleo del homomorfismo escuadra $f: F^* \to F^*$, $f(x) = x^2$. Utilizar para encontrar el orden de la imagen $f(F^*)$.

Answer 2

El grupo multiplicativo de un campo finito es cíclico.

Answer 3

Si nuestro campo es de orden $2^k$, entonces el mapa de $x \mapsto x^2$ es inyectiva y por lo tanto bijective dado que el campo es finito. Por lo tanto, cada elemento es un cuadrado.

Cuando el campo tiene impar fin, considerar la relación de equivalencia en el valor distinto de cero elementos definidos por $x \sim y \Leftrightarrow x^2 = y^2$. El número de distinto de cero plazas es el número de clases de equivalencia de esta relación. Cada clase de equivalencia que contiene exactamente dos elementos, por lo que la mitad de los distinto de cero elementos son cuadrados.

De manera intuitiva, en la lista de los cuadrados de los elementos distintos de cero

$$a_1^2,\ a_2^2,\ a_3^2,\ \ldots$$

tenemos repeticiones al $a_i^2 = a_j^2 \Leftrightarrow a_i = a_j$ o $a_i = -a_j$. Desde $a_i \neq -a_i$ por cada $a_i$, reordenando y reetiquetado de la lista da

$$b_1^2, (-b_1)^2, b_2^2, (-b_2)^2, b_3^2, (-b_3)^2, \ldots$$

donde $b_i \neq \pm b_j$. De nuevo, el número de diferentes elementos en esta lista es la mitad del número de distinto de cero elementos.

Answer 4

Otra manera de demostrarlo, de manera menos elegante que Dustan pero quizás un poco más elementales: vamos a $$a_1,a_2,...,a_{q-1}$$ be the non zero residues modulo $\,q\,,\,q$ an odd prime . Observe that $\,\,\forall\,i\,,\,\,a_i^2=(q-a_i)^2 \pmod q\,$ , so that all the quadratic residues must be among $$a_1^2\,,\,a_2^2\,,...,a_m^2\,\,,\,m:=\frac{q-1}{2} $$

Tenga en cuenta que $\,\,\forall\,1\leq i,j\leq m\,:$$$a_i+a_j=0\Longrightarrow a_i=-a_j=q-a_i\Longrightarrow$$$$\Longrightarrow a_i-a_j=q=0$$

Tanto más a la izquierda de la igualdad anterior nos llevaría a $\,a_i=a_j=0\,$, lo cual es absurdo.

Finalmente, se demuestra que no dos de las anteriores $\,\,(q-1)/2\,\,$ elementos son iguales. El siguiente hecho modulo $\,q$:$$a_i^2=a_j^2\Longrightarrow (a_i-a_j)(a_i+a_j)=0\Longrightarrow a_i-a_j=0$$since we already showed that $\,\,a_i+a_j\neq 0$

Answer 5

lo mismo sucede en el caso de energía, tenga en cuenta que no cero elementos de $F=GF(9)=F_3[x]/\langle x^2+1\rangle$ forma un grupo cíclico de la mulitplicative generado por un elemento digamos "$a$" y todos los poderes incluso de un squraes y el resto son plazas no. Puesto que la orden es $q-1$ lo $(q-1)/2$ son cuadrados. Manjit JANGRA