Matematické Fórum

Gauß69 · 29. 03. 2020 16:16

Ako dokázať, že krivka $C(\mathbb{F}_p): \ X^4+Y^4-Z^4=0$ má najviac $3p+4$ bodov. Pričom $\forall n\in \mathbb{N}: p \neq 2^n$ ?

Moja idea: Nájdem si nejaký bod v nekonečne, potom položím všetky priamky cez tento bod a pomocou vety od Bezouta spočítam priesečníky s krivkou C. Len ma nenapadá ako nájdem ten bod v nekonečne a ako nájdem všetky priamky prechádzajúce cez tento bod. Budem vďačný za každú radu.

OiBobik

↑ Gauß69:

To je docela rozumná strategie.

1) Počet $\mathbb{F}_p$ -racionálních přímek v $\mathbb{P}^2_{\mathbb{F}_p}$ , procházejících nějakým $\mathbb{F}_p$ -racionálním bodem $(x_0: y_0: z_0)$ , je totéž, co počet lineárních forem $aX+bY+cZ$ s koeficienty v $\mathbb{F}_p$ , které můžou takovou přímku definovat, až na násobení skalárem. Ty uvažované formy tedy musí splňovat $ax_0+by_0+cz_0=0$ , tj. vektor $(a, b, c)$ je brán z dvoudimenzionálního $\mathbb{F}_p$ -prostoru, nesmí to být nulový vektor a bere se až na násobek. Krátce řečeno: všechny přímky procházející bodem tvoří projektivní přímku. Jejich počet je tedy roven $|\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_p)|=p+1$ .

2) Zdá se mi, že z toho důvodu není dobré začínat s nějakým náhodným bodem v nekonečnu. Lepší je zvolit nějaký očividný bod na $C$ , třeba $(1: 0: 1)$ . Takto mi každá nová přímka přímka přidá nejvýše tři nové body, a ne potenciálně čtyři.

3) Snad se nepletu, ale jelikož jedna z těch přímek by měla být tečna v bodě $(1: 0 : 1)$ , tj. násobnost dotyku by měla být alespoň $2$ , díky čemuž může ta tečna protnout $C$ v nejvýše dvou dalších $\mathbb{F}_p$ -racionálních bodech; ve výsledku by tedy mělo jít zlepšit ten odhad na $3p+3$ . No a když si dá člověk tu právi tu tečnu spočítat a najít na ní ty body, tak stáhne ten odhad snad i na $3p+1$ ...

Gauß69 · 23. 04. 2020 12:37

↑ OiBobik:

Vdaka, pekne riesenie.

1) Mam aj ja $\frac{p^2-1}{p-1}=p+1$ moznych projektivnych priamok.

2) Jo sedi to tiez u mna, vyplyva to z vety od Bezouta.

3) Podla vety od Hasse-Weil by mal byt dokonca ten odhad $p+1+(4-1)(4-2)\sqrt{p}=p+1+6\sqrt{p}$ .
Cize pre $p\geq9$ je tento odhad este presnejsi ako $3p+1$ .

OiBobik · 24. 04. 2020 02:58

↑ Gauß69:

Ano, Hasse-Weil dává samozřejmě o dost lepší odhad, taky je to o dost hlubší výsledek než Bézoutova věta na $\mathbb{P}^2$ .

Matematické Fórum

#1 29. 03. 2020 16:16

Body krivky

#2 23. 04. 2020 05:59 — Editoval OiBobik (23. 04. 2020 06:27)

Re: Body krivky

#3 23. 04. 2020 12:37

Re: Body krivky

#4 24. 04. 2020 02:58

Re: Body krivky

Zápatí