Somme di quadrati

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Allora spiegami dove sbaglio: una rappresentazione isomorfa di $F(p^m)$ è fatta con polinomi di grado al massimo $m-1$ e coefficienti in $ZZ_p$. E per rappresentare un polinomio in $F(p^m)$ come somma di due polinomi sempre di $F(p^m)$, ci sono $(p^m+1)/2$ modi. E' sbagliato il numero di modi?

No, no, è giusto! Ma chi lo sapeva che stavi argomentando con i polinomi, non ho mica la sfera di cristallo! Avevi scritto: "tra i $p^m+1$ operandi delle $(p^m+1)/2$ somme e' presente ogni intero di $[0,p^m-2]$" quindi credevo che stessi parlando di naturali...

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Questa è la mia soluzione che estende la prima prova di Crook.

Sia $G$ un gruppo finito abeliano di ordine dispari e sia $a\in G$. Allora il numero di sottinsiemi ${x,y}$ di $G$ tali che $a=xy$ e' esattamente $(|G|+1)/2$ e inoltre tali sottinsiemi sono uguali o disgiunti e $y!=x$ per tutti i sottinsiemi in questione all'infuori di uno.

Osserviamo che, per ogni $x,y\in G$, $a=xy$ sse $y=ax^(-1)$. Dunque per ogni $x\in G$ esiste un solo $y$ in $G$ tale che $a=xy$. Pertanto ci sono esattamente $|G|$ coppie ordinate $(x,y)$ tali che $a=xy$: sia $S$ l'insieme di tali coppie ordinate.
Le coppie di $S$, viste come insiemi, sono uguali o disgiunte, perche' se $y!=z$, allora $xy!=xz$, e dunque non puo' essere che $xy=a=xz$.
Poiche' inoltre $G$ e' di ordine dispari ci puo' essere al massimo un $x$ tale che $x^2=a$: sia infatti $y^2=a$. Abbiamo allora $x^2=y^2$ e dunque $(xy^(-1))^2=1$, e dunque, dato che l'ordine di un elemento divide l'ordine del gruppo, deve essere $xy^(-1)=1$ e dunque $x=y$. D'altra parte poiche' $G$ e' abeliano, $(x,y)\in S$ sse $(y,x)$ in $S$. Ma $|S|$ e' dispari. Quindi deve esserci esattamente un $x$ tale che $(x,x)\in S$.
In conclusione, ci sono, viste come insiemi, $(|G|-1)/2+1=(|G|+1)/2$ coppie distinte in $S$, che e' la tesi.

Poi la prova si conclude come Crook.

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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 $Suu{0}=F$.

[TomSawyer]

Allora spiegami dove sbaglio: una rappresentazione isomorfa di $F(p^m)$ è fatta con polinomi di grado al massimo $m-1$ e coefficienti in $ZZ_p$. E per rappresentare un polinomio in $F(p^m)$ come somma di due polinomi sempre di $F(p^m)$, ci sono $(p^m+1)/2$ modi. E' sbagliato il numero di modi?

No, no, è giusto! Ma chi lo sapeva che stavi argomentando con i polinomi, non ho mica la sfera di cristallo! Avevi scritto: "tra i $p^m+1$ operandi delle $(p^m+1)/2$ somme e' presente ogni intero di $[0,p^m-2]$" quindi credevo che stessi parlando di naturali...

Sì, come uno stupido, pensavo in termini di polinomi e ho scritto di interi.

Non possiedo il rigore formale e le conoscenze, per argomentare soluzioni come le tue. Me le studio per bene. Saluti.