da fields » 28/02/2007, 19:23
Questa e' la mia soluzione.
Sia $F$ campo finito di ordine dispari $n$, $F^x$ il gruppo moltiplicativo di $F$ (ovvero $(F-{0},*))$, $S$ l'insieme delle somme di due quadrati privato di $0$
e $Q$ l'insieme dei quadrati di $F^x$. Naturalmente $Q$ e' un sottogruppo di $F^x$ e $Q\sube S$. Anche $S$, tuttavia, e' un sottogruppo di $F^x$, in base alla nota identita', $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(ab+cd)^2$.
Poiche' inoltre $F^x={g^0,g,g^2,....,g^(n-2)}$, per qualche $g\in F^x$, ${g^0,g^2,g^4,....,g^(n-3)}\sube Q$ e dunque $|Q|>=|F^x|/2$.
Caso 1) $S!=Q$. In questo caso $|S|>|F^x|/2$. Essendo pero' $S$ un sottogruppo di $F^x$, $|S|$ divide $|F^x|$ e dunque deve essere $S=F^x$, e dunque $S=F$.
Caso 2) $S=Q$. In questo caso $S uu {0}$ e' un sottogruppo di $(F,+)$. Infatti se $a^2+b^2\in Suu{0}$ e $c^2+d^2\in Suu{0}$, allora $a^2+b^2=x^2$ e $c^2+d^2=y^2$ per qualche $x,y\in F$. Dunque $a^2+b^2+c^2+d^2=x^2+y^2\in Suu{0}$.
Ma $0\notin Q$, dunque $|Suu{0}|>=|F^x|/2+1=(|F^x|+2)/2>|F|/2$, e ancora una volta, dovendo $|Suu0|$ dividere $|F|$, dev'essere $Suu{0}=F$.
[i]La Realtà non si capisce, alla Realtà ci si abitua[/i]