Exercício 2 da lista 7


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Gostaria de saber se devemos provar que há um único ponto sobre \( \mathbb{F}_{q^2} \) ou sobre \( \overline{\mathbb{F}_q}\).

Pergunto pois, após subtrair as duas equações, obtemos:

\[z^{q+1}+y^{q+1}-zy^q - yz^q = 0 \]

\[z^q(z - y) + y^q(y-z) = 0 \]

\[ (y-z)(y^q - z^q) = 0\]

\[(y-z)(y-z)^q = 0\]

\[(y-z)^q = 0 \implies y = z\]

Tomando y=z=1 (já que estamos no projetivo), encontramos que \(x^{q+1} = -2\). Mas essa equação tem \(q+1\) soluções no fecho (já que \(q\) não divide \(q+1\)).

No caso do problema ser, de fato, sobre os pontos em \(\mathbb{F}_{q^2}\), alguém tem alguma dica de como mostrar que a equação \(x^{q+1} = -2\) tem apenas uma raiz sobre esse corpo?

2 Answers


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8 months ago by
Só acrescentando a resposta do Herivelto e fazendo um prelúdio a Álgebra 3. Consideremos primeiro o caso de característica diferente de \(2\). Suponha que \(\nu^{q+1}+2=0\). O grupo multiplicativo \(\mathbb{F}_q^{\times}\) é cíclico qualquer que seja a potência de número primo \(q\). Seja, então, \(a\in\mathbb{F}_{q^2}^{\times}\) um gerador de tal grupo. Temos então que, sendo \(n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}\), \[(a^{n(q-1)}\nu)^{q+1}=a^{n(q-1)(q+1)}\nu^{q+1}=(a^{q^2-1})^n\nu^{q+1}=-2\] lembrando que os elementos \(A\) não nulos de \(\mathbb{F}_{q^2}\) são tais \(A^{q^2-1}=1\). Então, dada uma raíz \(\nu\) de \(T^{q+1}+2\in\mathbb{F}_{q^2}[T]\), as outras raízes são dadas por \(\{a^{n(q-1)}\cdot\nu\,|\,n\geq 0\}\) (note que \(a^{q-1}\) é uma raíz \(q+1\)-ésima da unidade em \(\mathbb{F}_{q^2}\)). A questão agora é a seguinte: existe \(\nu\) em \(\mathbb{F}_{q^2}\) tal que \(\nu\) seja raíz de \(T^{q+1}+2\)? Observe que se \(-2\) for um quadrado em \(\mathbb{F}_q\), digamos, \(-2=s^2\) com \(s\in\mathbb{F}_q\), então  \[s^{q+1}+2=s^q\cdot s+2=s\cdot s+2=s^2+2=0\] (lembrando, mais uma vez, que os elementos \(A\) de \(\mathbb{F}_q\) são tais que \(A^q=A\)). Independente de \(-2\) ser ou não quadrado em \(\mathbb{F}_{q}\), afirmo que \(T^{q+1}+2\) divide \(T^{q^2}- T\) (tente encontrar o quociente!). Agora eu vou usar alguns resultados sobre extensões de corpos (e encorajo vocês, principalmente se vocês forem fazer Álgebra 3, a lerem um pouquinho sobre na vasta literatura disponível). O corpo \(\mathbb{F}_{q^2}\) é o corpo de fatoração do polinômio \(T^{q^2}-T\), isto é, em \(\mathbb{F}_{q^2}\) o polinômio \(T^{q^2}-T\) se fatora em fatores lineares da forma \(T-\alpha\), onde \(\alpha\) ''percorre'' os elementos de \(\mathbb{F}_{q^2}\). Em particular, como \(T^{q+1}+2\) divide \(T^{q^2}-T\), \(T^{q+1}+2\) também se fatora em fatores lineares em \(\mathbb{F}_{q^2}\), ou seja, todas as raízes de \(T^{q+1}+2\) estão em \(\mathbb{F}_{q^2}\) (e, pela  discussão inicial, sabendo uma, conseguimos determinar as outras). Moral da história: o polinômio \(T^{q+1}+2\) possui \(q+1\) raízes \(\nu_i\) em \(\mathbb{F}_{q^2}\). Agora tente mostrar que o índice de intersecção das duas curvas em cada ponto \((\nu_i:1:1)\) é \(q+1\). Daí, por Bézout, já temos todos os pontos de intersecção.

Caso a característica seja \(2\), tentem mostrar que, sim, existirá apenas um ponto de intersecção (para isso mostrem que o índice de intersecção das duas curvas nesse ponto é \((q+1)^2\)).

Para brincar no magma:

q:=3; \\sua potência de primo favorita
K<a>:=GF(q^2); \\ a é gerador do grupo multiplicativo
R<x,y,z>:=PolynomialRing(K,3);
P<u,v,w>:=ProjectiveSpace(K,2);
f:=x^(q+1)+y^(q+1)+z^(q+1);
g:=x^(q+1)+(y^q)*z+y*(z^q);
F:=Curve(P,f);
G:=Curve(P,g);
points:=IntersectionPoints(F,G);
for i in points do
    i, IntersectionNumber(F,G,i);
end for;
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8 months ago by
Felipe, seu raciocinio está correto e de fato tais curvas  se intersectam em \(q+1\) pontos.
Ou seja, alguma das equacoes dadas acima está incorreta.
Por isso, por favor, ignorem esse problema!
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