如何证明任何有限域中的任何元素均可写成两数的平方和？
要证明在任何有限域中，任意一个元素都可以写成两个元素的平方和，我们需要借助有限域的一些核心性质。这并非一个trivial的结论，需要一些数论和域论的知识来支撑。
首先，我们明确一下什么是有限域。有限域（finite field），也称为伽罗瓦域（Galois field），是指具有有限个元素的域。它是一种满足域的所有公理（加法交换律、结合律、存在加法单位元和逆元；乘法交换律、结合律、存在乘法单位元和逆元；分配律）的集合。最常见的有限域是形如 $mathbb{F}_q$ 的域，其中 $q$ 是一个素数的幂次方，即 $q = p^n$，这里 $p$ 是一个素数，$n$ 是一个正整数。
我们想要证明的命题是：对于任何有限域 $mathbb{F}$，以及 $mathbb{F}$ 中的任意元素 $a$，都存在 $mathbb{F}$ 中的元素 $x$ 和 $y$，使得 $a = x^2 + y^2$。
我们分两种情况来讨论：
情况一：域的特征是 2（Characteristic 2）
如果一个域的特征是 2，这意味着在域中，$1+1=0$（或者说 $2 cdot u = 0$ 对于任意元素 $u$ 都成立）。一个非常重要的事实是，在特征为 2 的域中，任何元素的平方等于它本身加上它的平方根（如果有的话）的平方，或者更直接地说，任何元素 $u$ 的平方就是 $u^2$。
更关键的是，在特征为 2 的域中，加法和减法是同一个操作。因为 $x y = x + (y)$，而在特征为 2 的域中，$y = y$（因为 $y + (y) = 0$ 且 $y+y=0$）。
考虑域中的任意元素 $a$。我们想找到 $x, y in mathbb{F}$ 使得 $a = x^2 + y^2$。
如果我们取 $x = sqrt{a}$（如果 $sqrt{a}$ 存在）和 $y=0$，那么 $x^2 + y^2 = (sqrt{a})^2 + 0^2 = a + 0 = a$。
但是，我们不能假设 $sqrt{a}$ 一定存在于域中。
让我们换个思路。在特征为 2 的域中，存在一个特殊的性质：映射 $f(z) = z^2$ 是一个自同构（automorphism），称为弗罗贝尼乌斯自同构（Frobenius automorphism）。这意味着 $f(z+w) = (z+w)^2 = z^2 + 2zw + w^2 = z^2 + w^2$（因为 $2zw=0$）。
现在，对于任意元素 $a in mathbb{F}$，我们可以尝试构造 $x$ 和 $y$。
考虑 $x = a$ 和 $y = 0$。那么 $x^2 + y^2 = a^2 + 0^2 = a^2$。这并不总是等于 $a$。
让我们回到 $f(z) = z^2$ 的性质。对于任意元素 $a$，我们可以尝试令 $x = a$。我们需要找到一个 $y$ 使得 $a = a^2 + y^2$。
这等价于 $y^2 = a a^2$。
然而，在特征为 2 的域中，有一个更简洁的证明。
设 $mathbb{F}$ 是一个特征为 2 的域。
对于任意元素 $a in mathbb{F}$，考虑集合 $S = {z^2 mid z in mathbb{F}}$。这是域中所有平方数的集合。
我们想证明的是，$a in S+S = {s_1+s_2 mid s_1, s_2 in S}$。
考虑方程 $a = x^2 + y^2$。
如果我们选择 $x = a$ 和 $y = 0$，得到 $a^2$。
如果我们选择 $x = 0$ 和 $y = a$，得到 $a^2$。
真正适用于特征为 2 的域的证明是：
对于任意元素 $a in mathbb{F}$，我们考虑集合 $A = {a x^2 mid x in mathbb{F}}$ 和集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$。
如果我们可以证明 $A cap B eq emptyset$，那么就存在一个元素 $s$ 使得 $s in A$ 且 $s in B$。
这意味着存在 $x in mathbb{F}$ 使得 $s = a x^2$，以及存在 $y in mathbb{F}$ 使得 $s = y^2$。
因此，$y^2 = a x^2$，即 $a = x^2 + y^2$。
我们要证明 $|A| + |B| > |mathbb{F}|$，根据鸽巢原理，交集一定非空。
首先，考虑集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$。
因为 $mathbb{F}$ 是一个域，它不是零环（至少包含 0 和 1）。
如果 $|mathbb{F}| = 2$（即 $mathbb{F}_2 = {0, 1}$），那么 $0^2 = 0$, $1^2 = 1$。所以 $B = {0, 1} = mathbb{F}_2$。
任意元素 $a in mathbb{F}_2$ 都可以写成平方和：
$0 = 0^2 + 0^2$
$1 = 1^2 + 0^2$ (或 $1 = 0^2 + 1^2$)
所以对 $mathbb{F}_2$ 成立。
现在考虑 $|mathbb{F}| > 2$ 且特征为 2 的域。
对于域 $mathbb{F}$，映射 $x mapsto x^2$ 是一个单射吗？
如果 $x^2 = z^2$，那么 $x^2 z^2 = 0$。
在特征为 2 的域中，$x^2 z^2 = x^2 + z^2 = (x+z)^2$。
所以 $(x+z)^2 = 0$。这意味着 $x+z = 0$，所以 $x = z$。
因此，映射 $x mapsto x^2$ 在特征为 2 的域中是单射。
这意味着集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$ 的大小 $|B|$ 等于域的大小 $|mathbb{F}|$。
所以，$B = mathbb{F}$。
也就是说，在特征为 2 的域中，任何元素都是平方数。
因此，对于任意 $a in mathbb{F}$，我们可以取 $x = a$ 和 $y = 0$。
那么 $a = a^2 + 0^2$ 吗？不一定。
这里我犯了一个错误。在特征为 2 的域中，$x mapsto x^2$ 确实是单射，所以 $|B| = |mathbb{F}|$。这意味着 B 等于整个域 $mathbb{F}$。
所以，任何元素 $a$ 都可以表示为 $y^2$ 的形式，即 $a = y^2$ 对于某个 $y in mathbb{F}$。
那么，我们只需要证明 $a = x^2 + y^2$ 成立。
我们可以选择 $y$ 使得 $a = y^2$ (因为 $B=mathbb{F}$)。
然后我们还需要找到一个 $x$ 使得 $a = x^2 + y^2$。
代入 $y^2=a$，我们得到 $a = x^2 + a$。
这意味着 $x^2 = a a = 0$。
所以，我们只需要取 $x=0$。
因此，$a = 0^2 + y^2 = y^2$。
这说明在特征为 2 的域中，任何元素本身就是一个平方数。
如果 $a = y^2$，那么 $a = 0^2 + y^2$ 或者 $a = y^2 + 0^2$。
所以，在特征为 2 的域中，任何元素都可以写成一个元素的平方，自然也就可以写成两个元素的平方和（其中一个为 0）。
情况二：域的特征不是 2（Characteristic is not 2）
这种情况要稍微复杂一些，我们将使用之前提到的集合论方法来证明。
设 $mathbb{F}$ 是一个特征不为 2 的有限域。令 $|mathbb{F}| = q$。
我们想证明对于任意 $a in mathbb{F}$，存在 $x, y in mathbb{F}$ 使得 $a = x^2 + y^2$。
我们考虑集合 $A = {a x^2 mid x in mathbb{F}}$ 和集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$。
如果我们可以证明 $A cap B eq emptyset$，我们就完成了证明。
首先分析集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$。
我们知道 $y mapsto y^2$ 是从 $mathbb{F}$ 到 $mathbb{F}$ 的一个映射。
如果 $y_1^2 = y_2^2$，那么 $y_1^2 y_2^2 = 0$。
因为特征不为 2，我们可以分解为 $(y_1 y_2)(y_1 + y_2) = 0$。
由于 $mathbb{F}$ 是一个域，它没有非零的零因子，所以要么 $y_1 y_2 = 0$ (即 $y_1 = y_2$)，要么 $y_1 + y_2 = 0$ (即 $y_1 = y_2$)。
在特征不为 2 的域中，$y_1 = y_2$ 和 $y_1 = y_2$ 是不同的情况（除非 $y_1 = y_2 = 0$）。
例如，在 $mathbb{F}_3 = {0, 1, 2}$ (特征是 3)，$1^2 = 1$, $2^2 = 4 equiv 1 pmod 3$。所以 $1^2 = 2^2$ 但 $1 eq 2$ ($1 eq 2 pmod 3$, 因为 $2 equiv 1 pmod 3$)。
这里 $y_1 = 1, y_2 = 2$, $y_1+y_2 = 1+2 = 3 equiv 0 pmod 3$.
重要性质：一个域 $F$ 的平方数的个数。
如果 $y mapsto y^2$ 是单射，那么 $|B| = |mathbb{F}| = q$。
如果 $y mapsto y^2$ 不是单射，那么有 $y eq 0$ 使得 $y^2 = (y)^2 = 0$。
只有当 $y = y$ 且 $y eq 0$，即 $2y=0$ 且 $y eq 0$。
这只有在特征为 2 的域中才会发生。
所以，在特征不为 2 的域中，$y^2 = (y)^2$ 意味着 $y=0$ 或者 $y=y$ (但 $y eq 0$ 是不可能的)，所以 $y^2 = z^2 implies y = z$ 或 $y = z$。
对于非零元素 $y$，我们有 $y$ 和 $y$ 两个不同的元素会映射到同一个平方数 $y^2$，除非 $y = y$。
$y = y$ 当且仅当 $2y = 0$。在特征不为 2 的域中，这仅发生在 $y = 0$。
因此，除了 0 之外，每个非零的平方数是由两个不同的非零元素得到的。
考虑 $mathbb{F}^ = mathbb{F} setminus {0}$。
映射 $y mapsto y^2$ 将 $mathbb{F}^$ 映射到 $mathbb{F}^$ 的一个子集，称为非零平方数。
这个映射将 $mathbb{F}^$ 的元素两两配对到非零平方数。
所以，非零平方数的个数是 $|mathbb{F}^| / 2 = (q1)/2$。
加上零本身，集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$ 的大小是 $|B| = (q1)/2 + 1 = (q+1)/2$。
现在考虑集合 $A = {a x^2 mid x in mathbb{F}}$。
映射 $x mapsto x^2$ 是从 $mathbb{F}$ 到 $B$ 的一个映射。
对于固定的 $a in mathbb{F}$，我们考虑集合 $A = {a b mid b in B}$。
这是一个平移（translation）操作。
如果 $B$ 的大小是 $(q+1)/2$，那么集合 $A$ 的大小也是 $(q+1)/2$。
因为 $|mathbb{F}| = q$。
我们要证明 $A cap B eq emptyset$。
根据鸽巢原理，如果 $|A| + |B| > |mathbb{F}|$，那么交集一定非空。
我们有 $|A| = (q+1)/2$ 且 $|B| = (q+1)/2$。
所以 $|A| + |B| = (q+1)/2 + (q+1)/2 = q+1$。
因为 $q+1 > q = |mathbb{F}|$，所以 $A cap B$ 必然非空。
这意味着存在 $s in mathbb{F}$ 使得 $s in A$ 并且 $s in B$。
因为 $s in A$，所以存在 $x in mathbb{F}$ 使得 $s = a x^2$。
因为 $s in B$，所以存在 $y in mathbb{F}$ 使得 $s = y^2$。
联立这两个方程：$y^2 = a x^2$。
整理得 $a = x^2 + y^2$。
这个证明依赖于一个关键事实：在特征不为 2 的域中，$y mapsto y^2$ 这个映射将域的 $(q1)/2$ 个非零元素映射到 $(q1)/2$ 个非零平方数，每个平方数由两个非零元素产生（$y$ 和 $y$），再加上零，平方数的总个数为 $(q+1)/2$。
举例说明：
考虑有限域 $mathbb{F}_3 = {0, 1, 2}$。
特征是 3（不是 2）。$q=3$。
平方数的集合 $B = {0^2, 1^2, 2^2} = {0, 1, 4 pmod 3} = {0, 1, 1} = {0, 1}$。
$|B| = 2 = (3+1)/2$。
我们来检验任意元素 $a in mathbb{F}_3$ 是否可以写成平方和：
对于 $a=0$: $0 = 0^2 + 0^2$。
对于 $a=1$: $1 = 1^2 + 0^2$ (或 $1 = 0^2 + 1^2$)。
对于 $a=2$:
我们看集合 $A = {2 x^2 mid x in mathbb{F}_3}$。
$x=0, x^2=0 implies 20 = 2$
$x=1, x^2=1 implies 21 = 1$
$x=2, x^2=1 implies 21 = 1$
所以 $A = {1, 2}$。
集合 $B = {0, 1}$。
$A cap B = {1}$。所以交集非空。
这意味着存在 $s in A cap B$ 使得 $s=1$。
$s in A implies 1 = 2 x^2$ 对于某个 $x$。我们可以取 $x=1$（或 $x=2$）。
$s in B implies 1 = y^2$ 对于某个 $y$。我们可以取 $y=1$（或 $y=2$）。
因此，$1 = 2 1^2$ 且 $1 = 1^2$。
这意味着 $1^2 = 2 1^2$ => $2 = 1^2 + 1^2$。
所以 $a=2$ 可以写成 $1^2 + 1^2 = 1+1 = 2 pmod 3$。
证明在 $mathbb{F}_3$ 中成立。
考虑 $mathbb{F}_5 = {0, 1, 2, 3, 4}$。
特征是 5（不是 2）。$q=5$。
平方数的集合 $B = {0^2, 1^2, 2^2, 3^2, 4^2} = {0, 1, 4, 9 pmod 5, 16 pmod 5} = {0, 1, 4, 4, 1} = {0, 1, 4}$。
$|B| = 3 = (5+1)/2$。
我们来检验任意元素 $a in mathbb{F}_5$ 是否可以写成平方和：
$a=0$: $0 = 0^2 + 0^2$
$a=1$: $1 = 1^2 + 0^2$
$a=2$:
$A = {2 x^2 mid x in mathbb{F}_5}$
$x^2 in {0, 1, 4}$
$x=0, x^2=0 implies 20=2$
$x=1, x^2=1 implies 21=1$
$x=2, x^2=4 implies 24 = 2 equiv 3 pmod 5$
$x=3, x^2=4 implies 24 equiv 3 pmod 5$
$x=4, x^2=1 implies 21=1$
$A = {1, 2, 3}$。
$B = {0, 1, 4}$。
$A cap B = {1}$。
$s=1$。 $1 in A implies 1 = 2 x^2$ (取 $x=1$ 或 $x=4$)。
$1 in B implies 1 = y^2$ (取 $y=1$ 或 $y=4$)。
所以 $1^2 = 2 1^2 implies 2 = 1^2 + 1^2$。
$a=2 = 1^2 + 1^2$。
$a=3$:
$A = {3 x^2 mid x in mathbb{F}_5}$
$x^2 in {0, 1, 4}$
$x=0, x^2=0 implies 30=3$
$x=1, x^2=1 implies 31=2$
$x=2, x^2=4 implies 34 = 1 equiv 4 pmod 5$
$x=3, x^2=4 implies 34 equiv 4 pmod 5$
$x=4, x^2=1 implies 31=2$
$A = {2, 3, 4}$。
$B = {0, 1, 4}$。
$A cap B = {4}$。
$s=4$。 $4 in A implies 4 = 3 x^2$ (取 $x=2$ 或 $x=3$)。
$4 in B implies 4 = y^2$ (取 $y=2$ 或 $y=3$)。
所以 $2^2 = 3 2^2 implies 4 = 3 4 pmod 5$.
$4 = 3 4 equiv 4 pmod 5$.
这意味着 $4 = 3 4$。
整理：$3 = 4 + 4 = 2^2 + 2^2 pmod 5$。
$a=3 = 2^2 + 2^2 = 4+4 = 8 equiv 3 pmod 5$。
$a=4$: $4 = 2^2 + 0^2$。
所有元素都成功表示为平方和。
总结
证明的逻辑核心在于利用有限域的结构和元素的数量。
1. 特征为 2 的域： 在这类域中，$x mapsto x^2$ 是一个自同构（弗罗贝尼乌斯自同构），这意味着它是一个双射。因此，域中的每一个元素本身就是另一个元素的平方。对于任何元素 $a$，我们都可以找到 $y in mathbb{F}$ 使得 $a = y^2$。那么 $a = 0^2 + y^2$ 即可满足要求。
2. 特征不为 2 的域： 我们使用集合论的论证。设 $B$ 是域中所有平方数的集合，其大小为 $(q+1)/2$。对于任意目标元素 $a$，我们考虑集合 $A = {a x^2 mid x in mathbb{F}}$。由于 $x mapsto x^2$ 在特征不为 2 的域中不是单射，而是将 $(q1)/2$ 个非零元素配对映射到 $(q1)/2$ 个非零平方数，所以平方数的总数是 $(q+1)/2$。通过鸽巢原理，由于 $|A| + |B| = (q+1)/2 + (q+1)/2 = q+1 > q = |mathbb{F}|$，集合 $A$ 和 $B$ 必然存在交集。交集的非空意味着存在一个元素 $s$ 既是 $ax^2$ 的形式，又是 $y^2$ 的形式，从而证明了 $a = x^2 + y^2$。
至此，我们通过分情况讨论，详细论证了在任何有限域中，任何元素都可以写成两个元素的平方和。这个结果在代数数论和编码理论等领域都有应用。
首先，我们明确一下什么是有限域。有限域（finite field），也称为伽罗瓦域（Galois field），是指具有有限个元素的域。它是一种满足域的所有公理（加法交换律、结合律、存在加法单位元和逆元；乘法交换律、结合律、存在乘法单位元和逆元；分配律）的集合。最常见的有限域是形如 $mathbb{F}_q$ 的域，其中 $q$ 是一个素数的幂次方，即 $q = p^n$，这里 $p$ 是一个素数，$n$ 是一个正整数。
我们想要证明的命题是：对于任何有限域 $mathbb{F}$，以及 $mathbb{F}$ 中的任意元素 $a$，都存在 $mathbb{F}$ 中的元素 $x$ 和 $y$，使得 $a = x^2 + y^2$。
我们分两种情况来讨论：
情况一：域的特征是 2（Characteristic 2）
如果一个域的特征是 2，这意味着在域中，$1+1=0$（或者说 $2 cdot u = 0$ 对于任意元素 $u$ 都成立）。一个非常重要的事实是，在特征为 2 的域中，任何元素的平方等于它本身加上它的平方根（如果有的话）的平方，或者更直接地说，任何元素 $u$ 的平方就是 $u^2$。
更关键的是，在特征为 2 的域中，加法和减法是同一个操作。因为 $x y = x + (y)$，而在特征为 2 的域中，$y = y$（因为 $y + (y) = 0$ 且 $y+y=0$）。
考虑域中的任意元素 $a$。我们想找到 $x, y in mathbb{F}$ 使得 $a = x^2 + y^2$。
如果我们取 $x = sqrt{a}$（如果 $sqrt{a}$ 存在）和 $y=0$，那么 $x^2 + y^2 = (sqrt{a})^2 + 0^2 = a + 0 = a$。
但是，我们不能假设 $sqrt{a}$ 一定存在于域中。
让我们换个思路。在特征为 2 的域中，存在一个特殊的性质：映射 $f(z) = z^2$ 是一个自同构（automorphism），称为弗罗贝尼乌斯自同构（Frobenius automorphism）。这意味着 $f(z+w) = (z+w)^2 = z^2 + 2zw + w^2 = z^2 + w^2$（因为 $2zw=0$）。
现在，对于任意元素 $a in mathbb{F}$，我们可以尝试构造 $x$ 和 $y$。
考虑 $x = a$ 和 $y = 0$。那么 $x^2 + y^2 = a^2 + 0^2 = a^2$。这并不总是等于 $a$。
让我们回到 $f(z) = z^2$ 的性质。对于任意元素 $a$，我们可以尝试令 $x = a$。我们需要找到一个 $y$ 使得 $a = a^2 + y^2$。
这等价于 $y^2 = a a^2$。
然而，在特征为 2 的域中，有一个更简洁的证明。
设 $mathbb{F}$ 是一个特征为 2 的域。
对于任意元素 $a in mathbb{F}$，考虑集合 $S = {z^2 mid z in mathbb{F}}$。这是域中所有平方数的集合。
我们想证明的是，$a in S+S = {s_1+s_2 mid s_1, s_2 in S}$。
考虑方程 $a = x^2 + y^2$。
如果我们选择 $x = a$ 和 $y = 0$，得到 $a^2$。
如果我们选择 $x = 0$ 和 $y = a$，得到 $a^2$。
真正适用于特征为 2 的域的证明是：
对于任意元素 $a in mathbb{F}$，我们考虑集合 $A = {a x^2 mid x in mathbb{F}}$ 和集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$。
如果我们可以证明 $A cap B eq emptyset$，那么就存在一个元素 $s$ 使得 $s in A$ 且 $s in B$。
这意味着存在 $x in mathbb{F}$ 使得 $s = a x^2$，以及存在 $y in mathbb{F}$ 使得 $s = y^2$。
因此，$y^2 = a x^2$，即 $a = x^2 + y^2$。
我们要证明 $|A| + |B| > |mathbb{F}|$，根据鸽巢原理，交集一定非空。
首先，考虑集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$。
因为 $mathbb{F}$ 是一个域，它不是零环（至少包含 0 和 1）。
如果 $|mathbb{F}| = 2$（即 $mathbb{F}_2 = {0, 1}$），那么 $0^2 = 0$, $1^2 = 1$。所以 $B = {0, 1} = mathbb{F}_2$。
任意元素 $a in mathbb{F}_2$ 都可以写成平方和：
$0 = 0^2 + 0^2$
$1 = 1^2 + 0^2$ (或 $1 = 0^2 + 1^2$)
所以对 $mathbb{F}_2$ 成立。
现在考虑 $|mathbb{F}| > 2$ 且特征为 2 的域。
对于域 $mathbb{F}$，映射 $x mapsto x^2$ 是一个单射吗？
如果 $x^2 = z^2$，那么 $x^2 z^2 = 0$。
在特征为 2 的域中，$x^2 z^2 = x^2 + z^2 = (x+z)^2$。
所以 $(x+z)^2 = 0$。这意味着 $x+z = 0$，所以 $x = z$。
因此，映射 $x mapsto x^2$ 在特征为 2 的域中是单射。
这意味着集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$ 的大小 $|B|$ 等于域的大小 $|mathbb{F}|$。
所以，$B = mathbb{F}$。
也就是说，在特征为 2 的域中，任何元素都是平方数。
因此，对于任意 $a in mathbb{F}$，我们可以取 $x = a$ 和 $y = 0$。
那么 $a = a^2 + 0^2$ 吗？不一定。
这里我犯了一个错误。在特征为 2 的域中，$x mapsto x^2$ 确实是单射，所以 $|B| = |mathbb{F}|$。这意味着 B 等于整个域 $mathbb{F}$。
所以，任何元素 $a$ 都可以表示为 $y^2$ 的形式，即 $a = y^2$ 对于某个 $y in mathbb{F}$。
那么，我们只需要证明 $a = x^2 + y^2$ 成立。
我们可以选择 $y$ 使得 $a = y^2$ (因为 $B=mathbb{F}$)。
然后我们还需要找到一个 $x$ 使得 $a = x^2 + y^2$。
代入 $y^2=a$，我们得到 $a = x^2 + a$。
这意味着 $x^2 = a a = 0$。
所以，我们只需要取 $x=0$。
因此，$a = 0^2 + y^2 = y^2$。
这说明在特征为 2 的域中，任何元素本身就是一个平方数。
如果 $a = y^2$，那么 $a = 0^2 + y^2$ 或者 $a = y^2 + 0^2$。
所以，在特征为 2 的域中，任何元素都可以写成一个元素的平方，自然也就可以写成两个元素的平方和（其中一个为 0）。
情况二：域的特征不是 2（Characteristic is not 2）
这种情况要稍微复杂一些，我们将使用之前提到的集合论方法来证明。
设 $mathbb{F}$ 是一个特征不为 2 的有限域。令 $|mathbb{F}| = q$。
我们想证明对于任意 $a in mathbb{F}$，存在 $x, y in mathbb{F}$ 使得 $a = x^2 + y^2$。
我们考虑集合 $A = {a x^2 mid x in mathbb{F}}$ 和集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$。
如果我们可以证明 $A cap B eq emptyset$，我们就完成了证明。
首先分析集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$。
我们知道 $y mapsto y^2$ 是从 $mathbb{F}$ 到 $mathbb{F}$ 的一个映射。
如果 $y_1^2 = y_2^2$，那么 $y_1^2 y_2^2 = 0$。
因为特征不为 2，我们可以分解为 $(y_1 y_2)(y_1 + y_2) = 0$。
由于 $mathbb{F}$ 是一个域，它没有非零的零因子，所以要么 $y_1 y_2 = 0$ (即 $y_1 = y_2$)，要么 $y_1 + y_2 = 0$ (即 $y_1 = y_2$)。
在特征不为 2 的域中，$y_1 = y_2$ 和 $y_1 = y_2$ 是不同的情况（除非 $y_1 = y_2 = 0$）。
例如，在 $mathbb{F}_3 = {0, 1, 2}$ (特征是 3)，$1^2 = 1$, $2^2 = 4 equiv 1 pmod 3$。所以 $1^2 = 2^2$ 但 $1 eq 2$ ($1 eq 2 pmod 3$, 因为 $2 equiv 1 pmod 3$)。
这里 $y_1 = 1, y_2 = 2$, $y_1+y_2 = 1+2 = 3 equiv 0 pmod 3$.
重要性质：一个域 $F$ 的平方数的个数。
如果 $y mapsto y^2$ 是单射，那么 $|B| = |mathbb{F}| = q$。
如果 $y mapsto y^2$ 不是单射，那么有 $y eq 0$ 使得 $y^2 = (y)^2 = 0$。
只有当 $y = y$ 且 $y eq 0$，即 $2y=0$ 且 $y eq 0$。
这只有在特征为 2 的域中才会发生。
所以，在特征不为 2 的域中，$y^2 = (y)^2$ 意味着 $y=0$ 或者 $y=y$ (但 $y eq 0$ 是不可能的)，所以 $y^2 = z^2 implies y = z$ 或 $y = z$。
对于非零元素 $y$，我们有 $y$ 和 $y$ 两个不同的元素会映射到同一个平方数 $y^2$，除非 $y = y$。
$y = y$ 当且仅当 $2y = 0$。在特征不为 2 的域中，这仅发生在 $y = 0$。
因此，除了 0 之外，每个非零的平方数是由两个不同的非零元素得到的。
考虑 $mathbb{F}^ = mathbb{F} setminus {0}$。
映射 $y mapsto y^2$ 将 $mathbb{F}^$ 映射到 $mathbb{F}^$ 的一个子集，称为非零平方数。
这个映射将 $mathbb{F}^$ 的元素两两配对到非零平方数。
所以，非零平方数的个数是 $|mathbb{F}^| / 2 = (q1)/2$。
加上零本身，集合 $B = {y^2 mid y in mathbb{F}}$ 的大小是 $|B| = (q1)/2 + 1 = (q+1)/2$。
现在考虑集合 $A = {a x^2 mid x in mathbb{F}}$。
映射 $x mapsto x^2$ 是从 $mathbb{F}$ 到 $B$ 的一个映射。
对于固定的 $a in mathbb{F}$，我们考虑集合 $A = {a b mid b in B}$。
这是一个平移（translation）操作。
如果 $B$ 的大小是 $(q+1)/2$，那么集合 $A$ 的大小也是 $(q+1)/2$。
因为 $|mathbb{F}| = q$。
我们要证明 $A cap B eq emptyset$。
根据鸽巢原理，如果 $|A| + |B| > |mathbb{F}|$，那么交集一定非空。
我们有 $|A| = (q+1)/2$ 且 $|B| = (q+1)/2$。
所以 $|A| + |B| = (q+1)/2 + (q+1)/2 = q+1$。
因为 $q+1 > q = |mathbb{F}|$，所以 $A cap B$ 必然非空。
这意味着存在 $s in mathbb{F}$ 使得 $s in A$ 并且 $s in B$。
因为 $s in A$，所以存在 $x in mathbb{F}$ 使得 $s = a x^2$。
因为 $s in B$，所以存在 $y in mathbb{F}$ 使得 $s = y^2$。
联立这两个方程：$y^2 = a x^2$。
整理得 $a = x^2 + y^2$。
这个证明依赖于一个关键事实：在特征不为 2 的域中，$y mapsto y^2$ 这个映射将域的 $(q1)/2$ 个非零元素映射到 $(q1)/2$ 个非零平方数，每个平方数由两个非零元素产生（$y$ 和 $y$），再加上零，平方数的总个数为 $(q+1)/2$。
举例说明：
考虑有限域 $mathbb{F}_3 = {0, 1, 2}$。
特征是 3（不是 2）。$q=3$。
平方数的集合 $B = {0^2, 1^2, 2^2} = {0, 1, 4 pmod 3} = {0, 1, 1} = {0, 1}$。
$|B| = 2 = (3+1)/2$。
我们来检验任意元素 $a in mathbb{F}_3$ 是否可以写成平方和：
对于 $a=0$: $0 = 0^2 + 0^2$。
对于 $a=1$: $1 = 1^2 + 0^2$ (或 $1 = 0^2 + 1^2$)。
对于 $a=2$:
我们看集合 $A = {2 x^2 mid x in mathbb{F}_3}$。
$x=0, x^2=0 implies 20 = 2$
$x=1, x^2=1 implies 21 = 1$
$x=2, x^2=1 implies 21 = 1$
所以 $A = {1, 2}$。
集合 $B = {0, 1}$。
$A cap B = {1}$。所以交集非空。
这意味着存在 $s in A cap B$ 使得 $s=1$。
$s in A implies 1 = 2 x^2$ 对于某个 $x$。我们可以取 $x=1$（或 $x=2$）。
$s in B implies 1 = y^2$ 对于某个 $y$。我们可以取 $y=1$（或 $y=2$）。
因此，$1 = 2 1^2$ 且 $1 = 1^2$。
这意味着 $1^2 = 2 1^2$ => $2 = 1^2 + 1^2$。
所以 $a=2$ 可以写成 $1^2 + 1^2 = 1+1 = 2 pmod 3$。
证明在 $mathbb{F}_3$ 中成立。
考虑 $mathbb{F}_5 = {0, 1, 2, 3, 4}$。
特征是 5（不是 2）。$q=5$。
平方数的集合 $B = {0^2, 1^2, 2^2, 3^2, 4^2} = {0, 1, 4, 9 pmod 5, 16 pmod 5} = {0, 1, 4, 4, 1} = {0, 1, 4}$。
$|B| = 3 = (5+1)/2$。
我们来检验任意元素 $a in mathbb{F}_5$ 是否可以写成平方和：
$a=0$: $0 = 0^2 + 0^2$
$a=1$: $1 = 1^2 + 0^2$
$a=2$:
$A = {2 x^2 mid x in mathbb{F}_5}$
$x^2 in {0, 1, 4}$
$x=0, x^2=0 implies 20=2$
$x=1, x^2=1 implies 21=1$
$x=2, x^2=4 implies 24 = 2 equiv 3 pmod 5$
$x=3, x^2=4 implies 24 equiv 3 pmod 5$
$x=4, x^2=1 implies 21=1$
$A = {1, 2, 3}$。
$B = {0, 1, 4}$。
$A cap B = {1}$。
$s=1$。 $1 in A implies 1 = 2 x^2$ (取 $x=1$ 或 $x=4$)。
$1 in B implies 1 = y^2$ (取 $y=1$ 或 $y=4$)。
所以 $1^2 = 2 1^2 implies 2 = 1^2 + 1^2$。
$a=2 = 1^2 + 1^2$。
$a=3$:
$A = {3 x^2 mid x in mathbb{F}_5}$
$x^2 in {0, 1, 4}$
$x=0, x^2=0 implies 30=3$
$x=1, x^2=1 implies 31=2$
$x=2, x^2=4 implies 34 = 1 equiv 4 pmod 5$
$x=3, x^2=4 implies 34 equiv 4 pmod 5$
$x=4, x^2=1 implies 31=2$
$A = {2, 3, 4}$。
$B = {0, 1, 4}$。
$A cap B = {4}$。
$s=4$。 $4 in A implies 4 = 3 x^2$ (取 $x=2$ 或 $x=3$)。
$4 in B implies 4 = y^2$ (取 $y=2$ 或 $y=3$)。
所以 $2^2 = 3 2^2 implies 4 = 3 4 pmod 5$.
$4 = 3 4 equiv 4 pmod 5$.
这意味着 $4 = 3 4$。
整理：$3 = 4 + 4 = 2^2 + 2^2 pmod 5$。
$a=3 = 2^2 + 2^2 = 4+4 = 8 equiv 3 pmod 5$。
$a=4$: $4 = 2^2 + 0^2$。
所有元素都成功表示为平方和。
总结
证明的逻辑核心在于利用有限域的结构和元素的数量。
1. 特征为 2 的域： 在这类域中，$x mapsto x^2$ 是一个自同构（弗罗贝尼乌斯自同构），这意味着它是一个双射。因此，域中的每一个元素本身就是另一个元素的平方。对于任何元素 $a$，我们都可以找到 $y in mathbb{F}$ 使得 $a = y^2$。那么 $a = 0^2 + y^2$ 即可满足要求。
2. 特征不为 2 的域： 我们使用集合论的论证。设 $B$ 是域中所有平方数的集合，其大小为 $(q+1)/2$。对于任意目标元素 $a$，我们考虑集合 $A = {a x^2 mid x in mathbb{F}}$。由于 $x mapsto x^2$ 在特征不为 2 的域中不是单射，而是将 $(q1)/2$ 个非零元素配对映射到 $(q1)/2$ 个非零平方数，所以平方数的总数是 $(q+1)/2$。通过鸽巢原理，由于 $|A| + |B| = (q+1)/2 + (q+1)/2 = q+1 > q = |mathbb{F}|$，集合 $A$ 和 $B$ 必然存在交集。交集的非空意味着存在一个元素 $s$ 既是 $ax^2$ 的形式，又是 $y^2$ 的形式，从而证明了 $a = x^2 + y^2$。
至此，我们通过分情况讨论，详细论证了在任何有限域中，任何元素都可以写成两个元素的平方和。这个结果在代数数论和编码理论等领域都有应用。
网友意见
这是课后习题。如果花很多时间也做不出来就看下答案。
下面是答案:
事实上还有更一般的结论。
以上参考姚慕生的抽象代数学和冯克勤的近世代数三百题。
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