Άθροισμα τετραγώνων

#1

Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{F}$ είναι ένα πεπερασμένο σώμα, τότε κάθε στοιχείο του $\displaystyle{F}$ γράφεται ως άθροισμα δύο τετραγώνων (στοιχείων του $\displaystyle{F}$ ).

#2

Έστω πεπερασμένο σώμα $\mathbb F_{p^n}$ .

Θεωρώ δεδομένο ότι η πολλαπλασιαστική ομάδα του, $\mathbb F_{p^n}^{\times}$ ,είναι κυκλική.

$\bullet$ Για p=2

: Θα έχουμε $|\mathbb F_{2^n}^{\times}|=2^n-1$ περιττός.

Ορίζουμε $f:\mathbb F_{2^n}^{\times}\to \mathbb F_{2^n}^{\times}$ με f(g)=g^2

. Εύκολα βλέπουμε ότι η

είναι ομομορφισμός ομάδων και επιπλέον $\mathrm{kerf}=\{1\}$ με το τελευταίο να ισχύει διότι αν υπήρχε $g\in\mathbb F_{2^n}^{\times}\smallsetminus\{1\}$ με g^2=1

, τότε από το θεώρημα του Lagrange θα είχαμε $2=|\langle g\rangle|\Big|2^n-1$ , άτοπο.

Έπεται ότι η

είναι και επί, άρα κάθε στοιχείο του $\mathbb F_{2^n}$ είναι τετράγωνο. (το

είναι κατά τετριμμένο τρόπο), άρα έχουμε το ζητούμενο.

$\bullet$ Για $p\neq2$ :

************************************************************************************************

Λήμμα
Έστω

ομάδα με

και $A,B\subseteq G$ με |A|+|B|>n

. Τότε

.

Απόδειξη
Θα δείξουμε ότι $G\subseteq AB$ . Έστω $g\in G$ . Θεωρώ το $K:=\{a^{-1}g:a\in A\}$ .

Όρίζοντας την $f:A\to K$ με $f(a)=a^{-1}g$ , βλέπουμε εύκολα ότι είναι 1-1

και επί του

, άρα

.

Έστω $a\in A$ . Ισχυρίζομαι ότι $\exists b\in B:a^{-1}g=b$ .

Πράγματι, σε αντίθετη περίπτωση θα είχαμε $K\cap B=\emptyset$ , άρα $|K|+|B|=|A|+|B|\leq n$ , άτοπο.

Άρα για κάποιο $b\in B$ είναι $a^{-1}g=b$ , άρα g=ab

και παίρνουμε το ζητούμενο.

************************************************************************************************

για p>2

πρώτο τώρα, θα είναι $|\mathbb F_{p^n}^{\times}|=p^n-1$ άρτιος. Αφού η $\mathbb F_{p^n}^{\times}$ είναι κυκλική, τετράγωνα θα είναι τα στοιχεία της $\mathbb F_{p^n}^{\times}$ που είναι άρτιες δυνάμεις του γεννήτορα, συν το

, άρα $\displaystyle{\frac{p^n+1}{2}}$ το πλήθος τα οποία αποτελούν το σύνολο έστω

.

Από το παραπάνω Λήμμα τώρα, για A=B=M

και

την προσθετική ομάδα των στοιχείων του σώματος παίρνουμε το ζητούμενο.

#3

Μια κάπως διαφορετική προσέγγιση:

Έστω ότι $\displaystyle{\left| F \right| = {p^n},}$ όπου ο $\displaystyle{p}$ είναι πρώτος και ο $\displaystyle{n}$ θετικός ακέραιος. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

$\bullet$ Έστω ότι $\displaystyle{p = 2,}$ οπότε η χαρακτηριστική του σώματος $\displaystyle{F}$ είναι ίση με $\displaystyle{2.}$ Τότε, η απεικόνιση

$\displaystyle{\varphi :F \to F:x \mapsto \varphi \left( x \right) = {x^2}}$

(ο λεγόμενος ενδομορφισμός του Frobenius) είναι ομομορφισμός σωμάτων
(αφού για κάθε $\displaystyle{x,y \in F}$ ισχύουν

$\displaystyle{\varphi \left( {x + y} \right) = {\left( {x + y} \right)^2} = {x^2} + 2xy + {y^2} = {x^2} + {y^2} = \varphi \left( x \right) + \varphi \left( y \right)}$

και

$\displaystyle{\varphi \left( {xy} \right) = {\left( {xy} \right)^2} = {x^2}{y^2} = \varphi \left( x \right)\varphi \left( y \right)}$ )

και μάλιστα 1-1, γιατί

$\displaystyle{\varphi \left( x \right) = \varphi \left( y \right) \Leftrightarrow {x^2} = {y^2} \Leftrightarrow {x^2} = - {y^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 0 \Leftrightarrow {x^2} - 2xy + {y^2} = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - y} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = y.}$

Αφού το σύνολο $\displaystyle{F}$ είναι πεπερασμένο, η $\displaystyle{\varphi }$ θα είναι και επί. Άρα για κάθε $\displaystyle{a \in F}$ θα υπάρχει $\displaystyle{x \in F}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{a = {x^2}}$ και το συμπέρασμα έπεται.

$\bullet$ Έστω ότι $\displaystyle{p \ne 2.}$ Θεωρούμε τυχαίο, αλλά σταθεροποιημένο $\displaystyle{a \in F}$ και θέτουμε:

$\displaystyle{A = \left\{ {a - {x^2}|x \in F} \right\}}$

και

$\displaystyle{B = \left\{ {{y^2}|y \in F} \right\}.}$

Όπως εξήγησε ο Αναστάσης παραπάνω, θα είναι

$\displaystyle{\left| A \right| = \left| B \right| = \frac{{{p^n} + 1}}{2},}$

άρα και $\displaystyle{A \cap B \ne \emptyset .}$

Επομένως, υπάρχουν $\displaystyle{x,y \in F}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{a = {x^2} + {y^2}}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#4

Μια άλλη απόδειξη όταν η χαρακτηριστική είναι μεγαλύτερη του 2. Δεν είναι ούτε πιο απλή ούτε πιο σύντομη. Χρησιμοποιεί το Combinatorial Nullstellensatz το οποίο είναι ένα αρκετά ισχυρό θεώρημα. Το έχουμε δει εδώ. Σκοπός της ανάρτησης να επαναφέρω το συγκεκριμένο θέμα (έχει μείνει μια άσκηση αναπάντητη) αλλά και να δούμε άλλη μια εφαρμογή του.

Έστω

ένα τυχόν στοιχείο του

. Θέλουμε να δείξουμε ότι το

είναι άθροισμα δύο τετραγώνων. Κοιτάμε το πολυώνυμο

$\displaystyle{ f_a(x,y) = f(x,y) = \prod_{b \neq a} (x^2 + y^2 - b)}$

το οποίο έχει βαθμό το πολύ 2(|F| - 1)

. Ο συντελεστής του $x^{|F|-1}y^{|F|-1}$ είναι $\binom{|F|-1}{(|F|-1)/2}$ . Ισχυρίζομαι ότι αυτός ο συντελεστής είναι διάφορος του μηδενός (στο

). Πράγματι αν |F| = p^n

τότε η μεγαλύτερη δύναμη του

που διαιρεί το $\binom{|F|-1}{(|F|-1)/2}$ ισούται με

$\displaystyle{ \sum_{m=0}^{n-1} \left(\lfloor (p^n-1)/p^m \rfloor - 2\lfloor (p^n-1)/2p^m \rfloor \right) = \sum_{m=0}^{n-1} \left((p^{n-m} - 1) - 2(p^{n-m}-1)/2 \right) = 0}$ .

Επομένως εφαρμόζεται το θεώρημα με S_1 = S_2 = F

(και

) και παίρνουμε ότι υπάρχουν $s_1,s_2\in F$ ώστε $f(s_1,s_2) \neq 0$ . Αυτό όμως θα μπορούσε να συμβεί μόνο αν s_1^2 + s_2^2 = a

.

Άθροισμα τετραγώνων

Άθροισμα τετραγώνων

Re: Άθροισμα τετραγώνων

Re: Άθροισμα τετραγώνων

Re: Άθροισμα τετραγώνων

Μέλη σε σύνδεση