有限域的结构

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1、＄有限域的结构 ＄ 对于这一节，我们将要证明三个结构定理: 定理1设F是一个特征p的有限域，那么F的元素个数一定 是P的一个幕。 定理2设P是任一素数而n是任一正整数，那么总存在着一 个恰含 p n 个元素的有限域。 定理3设F是一个有限域，它含有一个q个元素的有限域f 作为子域，那么F的元素个数一定是q的一个幕。 证明：先将Fq改记为F1 .如果F = ，那么F就是恰含有q 个元素的有限域,因此定理成立。如果F主F，那么F就含 有一个元素e2 F = {a + a e : a , a e F} a主b 22 2 1 2 2 1 2 1 a + a 12 则一定有 a

2、 e = b + be , a , a , b , b e F 2 1 2 2 1 2 1 2 1, 1 = b1,a2 = b2 .因为从上式可以推出 (a - b )e = b - a 2 2 2 1 1 . 面我们来证明：如果 若 ,那么有 e2=（a2 -伸-叫一 ai）E F •这与今F相矛盾。所以有 a2=b .于是有ai=q .则f2恰含q 2个两两不同的元素。 如果F = f2，那么F就是恰含q2个元素的有限域，此时定理 成立。如果f丰f2，那么f就会有一个元素e，而e3电f2 . 令 F = {a + a e + a e : a , a , a e F}

3、 3 1 2 2 3 3 1 2 3 1 . 假设a + a e + a e = b + b e + be ,a ,b e F 那么 1 2 2 3 3 1 2 2 3 3 i i 1 . (a - b )e = (b - a )e + (b - a ) 3 3 3 2 2 2 1 1 若a3丰b3，那么有 e = (a - b )-i(b - a )e + (a - b )-i(b - a ) e F 这与 3 3 3 2 2 2 3 3 1 1 2 . e3电F2相矛盾。故有a3 = b3 •于是有巴+ a2e2 = q+ b2e2 •由 此知,a1 = b1, a2 = b

4、2。 像这样一直讨论下去。如果 F 的元素个数是 N ,而 qn - N < qn+1，那么就有F的一串子集 F,F,F，…，F , 1 2 3 n 其中 F = {a + a e + + ae : a ,a，…，a e F, i 1 2 2 i i 1 2 i 1 e电F,e电F，…，e电F }, 2 1 3 2 i i -1 而F・(1 -i - n)恰含qi个两两不同的元素。如果F主Fn，那 in 么F就含有一个元素7+1，而en+1纟F” •令 F = {a + a e + + a e + a e : a , a，…，a , a e F}. n+1 1 2 2

5、 n n n+1 n+1 1 2 n n+1 1 依照上面有Fn+1恰含qn+1个两两不同的元素。但是Fn+1是f 的一个子集，而f的元素个数n

6、项式q(x),r(x) E F[x], 使得 a(x) = q(x)b(x) + r(x), dor(x) < dob(x)。 令 r (x) = (a (x)) b(x) 推 论 5 设 a1(x), a2 (x) 和 b(x) 都 是 F[x] 中 的 多 项 12 式，b(x)主0。那么 (a (x) 土 a (x)) = (a (x)) 土 (a (x)) 1 2 b( x) 1 b( x) 2 b( x) (a (x)a (x)) = ((a (x)) (a (x))) 1 2 b( x) 1 b( x) 2 b( x) b( x) 定理6设f (x)是F[x]中的

7、一个非零多项式。如果f (x)和 f'(x)互素，那么f (x)没有重因式。 推论7设f (x)是F[x]中的一个多项式,a G F。那么a是 f (x)的根当且仅当(x_a f (x)。如果f (x)是F[x]中的一 个n次多项式。那么f (x)在卩中最多有n个两两不同的根。 定理8设f(x)是F[x]中的一个非零多项式，设a(x)和 b(x)是F[x]中的任意两个多项式。那么 (a (x)) = (b( x))当且仅当 f (x) (a( x) — b( x)) 例1设F是域，p(x)是F[x]中的一个n次不可约多项式。 我们用F[x]p(x)表示F[x]中所有次数< n的多项

8、式的集合， 即 F [ x] = {a + ax + ax 2 + + a xn—1: a e F (0 < i < i — 1)} p( x) 0 1 2 n—1 i (1) 设a(x),b(x) e F[x]。仿照zp是域时定义的加法运算和乘法 运算来规定a(x)与b(x)的和(a(x)㊉b(x))与 积(a(x) ® b(x)): a (x)㊉ b (x) = (a (x) + b (x)) = a (x) + b (x) p(x) a(x) ® b(x) = (a(x)b(x)) p(x) 和zp是域的证明一样。可验证F[x]p(x)对于规定的加法运算 和乘法运

9、算是一个域。在这里我要说的是，F中的零兀素0 就是F[x]p(x)中的零元素，F中的单位元素就是F[x]p(x)中 的单位元素。值得注意的是F中的元素都是F[x]p(x)中的元 素，它们是F[x]p(x)中的零元素和零次多项式。进一步，对 于F中的任意两个元素的a和b ,将它们看作F[x]p(x)中的 元素进行加法运算和乘法运算得到的和a㊉b与积a®b, 与将它们看作 F 中的元素进行加法运算和乘法运算得到的 和a + b与积ab是一样的，即 a ㊉ b = (a + b) = a + b p ( x ) a ® b = (ab) = ab p(x) 因此， F 是 F[x]p(x

10、) 的一个子域。 特别地，如果P(x)是F[x]中的一个一次多项式，那么显然 有F[x]p(x)= F •进一步，若我们记 p (x) = p + p x + p X2 H F pxn , p e F, 0 1 2 n i 那么在F [ x] p (x)中，有 p ㊉(p ® x)㊉(p ® x ® x)㊉…㊉(p ® x ® x ® …® x) 0 1 2 n =(p + p x + p x 2 F F pxn ) 0 1 2 n p( x) =(p (x)) = 0. p(x) 这就是说 F[x]p(x) 中的元素 x 是 F 上未定元 x 的不可约多 项式 p(x)

11、 = p0 + p1 x+p2x2 +…+ pnxn的根。因此我们 也可以说 F[x]p(x) 是添加 F[x] 中的一个不可约多项式 p (x)的根x到F上而得到的域。 如果 F 是含有 q 个元素的有限域，那么 (1)式中的 a0,a1,a2，…，an_1可以是F中这q个元素中的任何一个，因 此F [ x ] p (x)是qn个元素的有限域。特别地，若取F = zp，其 中p是一个给定的素数,而p (x)是zp [ x ]中的一个n次不可 约多项式，那么zp[x]P⑴就恰含有pn个元素的有限域，而 zP是它的一个子域。因此，在zp[x]p(x)中也有 1㊉1㊉…㊉1 = 0 O

12、下面要证明定理2,我们只需证明：对于任一素数p和任一 正整数n , zp[x]中总有一个n次不可约多项式即可。而事实 上，若f (x)是zp[x]中的一个n次不可约多项式，那么在例 1中构造的域zp[x]f (x)就是一个pn个元素的有限域。然而, 我们要证明zp[x]中总有n次不可约多项式存在，又要做一 些准备。 引理9设F是个有限域，F是F的一个含有q个元素的子 q 域，那么Fq中每个元素-都适合条件Jq =a。进一步，若F q 中的元素0适合卩q = P，那么0 E Fq 。 q 证明：根据任意有限域的乘法群都是循环群这一定理 ,知道 是它的一个生成元 Fq=Fq -{0

13、}是q 一1阶循环群。设e qq 那么80二e，81 = 8，82,…，8q-2就是 佇的全部q _1个元 q 素。然而有 (8 i) q j = (8 q _1) i = ei = e，0 —i — q — 2 在上式两边同时乘以8 i ,就有 (8 i ) q = 8 i ,0 — i — q — 2 这就是说，Fq中人一元素j (包含0)都适合条件Jq q 这样的话，有多项式xq—x就以Fq中的q个元素作为它的 q 全部根。将xq 一 x看作F上的多项式，它在F中最多有q个 因此如果0 E F是这个多项式的根，即卩q -卩二0，那么 一定有卩 引理10设Fq是q

14、个元素的有限域，而f(x)是Fq[x]上的一 qq 个 n 次不可约多项式，那么一定有 f (X)(Xqn - X) F [x] = {a + a x + a x2 h f a xn-1: q f ( x ) 0 1 2 n -1 证明：令a ,a ,a，…，a e F }. 0 1 2 n -1 q 在例1中已经规定了 Fq[x]f(x)的加法运算和乘法运算，即 于任意的a(x),b(x) e F [x] ，有 q f ( x ) a (x)㊉ b (x) = (a (x) + b (x)) = a (x) + b (x) f(x) a(x) ® b(x) = (a(

15、x)b(x)) f ( x ) 同时也证明了 Fq[x]f(x)按上述规定的加法和乘法运算是一 个域,而且是一个含qn个元素的域。根据引理9, Fq[x]f⑴ 中的元素a都适合条件Jqn = Q，即aqn —a = 0 .特别 地， 对于 x e Fq [ x ] f (x)，在 Fq [ x ] f (x)中有 xqn—x = 0，而这可 以转化为 x ® x ® x ® …® x - x = 0 \ / 即(Xqn )f (x) 由推论5有 (xqn — x) = (xqn ) — x, f( x) f(x) 因此有(xqn — x) f (x) = 0 •这就是说

16、 f (x)(xqn — x) 引理11设Fq是q个元素的有限域，而f (x)是Fq[x]上的一 qq 个m次不可约多项式，如果m>n，那么一定有 f (x)不能整除勿―x。 证明：运用反证法。设f(x)|(xqn — x)。这就是说， (xqn ― x)f (x) = 0。因此(xqn )f (x) = x - 因为00f (x) = m，所以Fq[x]f(x)是q m个元素的有限域。根 据定理i, q 一定是Fq的特征的一个幕，也是Fq [ x ] f (x)的特 征的一个幕。于是对于Fq [ x] f (x)中任意一个元素 m—1 g (x) = E a xi, a e

17、 F i i q ， i=0 都有 g (x)qn 一 g (x)二(艺 a qnxiqn) 一 艺 a xi i f ( x) i i=0 i=0 m^i 一厶 a xi i i=0 =刃 a (((xqn) )) i f (x) f ( x) i=0 S m^ i a xi 一 a xi ii i=0 i=0 =0 这就是说, Fq[x]f (x) 的 q m 个元素都适合多项式 xqn 一 x .但 是m > n，根据推论7这是不可能的。故f (x)不能整除 xq n 一 x 。 引理12设m，n是正整数，而d = gcd(n)，那么 gcd( x

18、 m 一 e, x n -e)= x d 一 e. 证明：对max{m，n}作归纳法。当m = n时，结论成立。设 m > n ，那么 gcd(xm 一 e, xn 一 e) = gcd(xm 一 e 一 xm-n (xn 一 e), xn 一 e) -gcd(x m—n — e, xn — e). 由(xm — e — xm—n (xn — e) + xm—n — e)。 但是 max{m — n,n} < m - max{m，n}， 而 gcd(m 一 n,n) - gcd(m,n) - d ,所以根据归纳假设，有 gcd( xm—n — e, xn — e) - xd — e

19、. 于是有 gcd( xm — e, xn —e)- x d — e. 引理13设m，n是正整数，而d = gcd(m，n)，那么 gcd(xqm 一 x, xqn 一 x) = Xqd 一 X・ 证明：仿照引理12的证明，可证明 gcd(qm -1，qn -1) = qd -1 •根据引理 12 有 gcd(xqm -1 一 e, xqn -1 一 e) = xqd -1 一 e・ 因此 gcd(xqm 一 x, xqn - x) = xqd - x・ 引理14设Fq是q个元素的有限域，而f (x)是Fq[x]上的一 qq 个 d 次不可约多项式。 那么f (x)|(Xqn 一 x

20、)当且仅当d|n . 证明：充分性:根据引理10，要证f(x)|(xqn 一x)，只需证 明 (xqn 一 x) f (x) = 0即可。 设d|n，那么gcd(d，n) = d*根据引理13有 gcd(xqd 一 x, xqn 一 x) = xqd 一 x, 于是由引理10得到(xqd-x)f(x) = 0 则有 f (x) (xqd - x),故有 f (x) (xqn - x). 必要性：设f (x)(xqn 一 x)，由于f (x)(xqd 一 x)那么 f(x)gcd(xqn -x,xqd -x).令gcd(d,n) = d、.根据引理1 3 得到f (x)|(xqd1 -

21、x)，再根据引理11,有d1、d。但是 于是有dn。 gcd(d, n) = d < d .故有 d = d。 引理15设Fq是q个元素的有限域•那么对于任意正整数n q ,(xqn 一 x)都没有重因式。 证明：设/ (x) = (xqn 一1 一 e).那么有 f '(x) = (qn -1)xqn-2 设Fq的特征为p。由定理1, q是p的一个幕。令q = pm，那 q 么 gcd(qn -1, p) = gcd(pmn -1, p) = 1。 所以/'(x)丰°・对于/'(x)来说只有因式x和①，而x不能 整除/(x)，所以gcd(/'(x),/(x))= e •于

22、是根据定理6, 知/(x) = (xqn-1 一 e)•没有重因式。然而x不是呵-\ 一 e的 因式，因此(xqn 一x)也没有重因式。 定理1 6设Fq是一个q个元素的有限域，n是一个正整数， q 而P1, P2，…，Pm是n的所有两两不同的素因数。用①q, n ( X) 表示Fq[ x ]中所有n次首一不可约多项式的乘积，那么 q ①(x) = (xqn 一 X)冋(xqn/Pi 一 x) n (xq "PiPj ) q,n i=1 X 11 (XqlpiPjPk — X) •…(Xq"pip2 …Pm — x)£ , (2) 1< i < j < m 1 < i

23、 < j < k < m 其中C = 1或-1分别由m是偶数或奇数来确定的。再用 ①q,n|表示Fq [X]中n次首一不可约多项式的个数，那么 =-(qn n i + 1 0，即p个元素的有限域z p上总 有 n次首一不可约多项式存在。因此由例1,总有pn个元素的 有限域存在。