离散课件§7.6有限域

§7.6 有 限 域,有限域(Galois域),定义. 只有有限个元素的域称为有限域(Galois域) 设F是一个有限域，则 F的特征不可能是0.否则R0F,与元数有限矛盾 F的特征为质数p，以RP为其最小子域 设F为q元域，则F中q-1个非0元素在乘法下作成一个q-1元群,因而都适合方程xq-1=1.由此知， F中q-1个非零元素都是多项式xq-1 -1 的根， F中q个元素都是多项式xq –x的根定理7.6.1 设F为q元域，F中的q-1个非0元素恰是所有q-1次单位根，而F的所有q个元素恰是多项式xq-x的所有的根 证明：多项式xq-1-1最多只能有q-1个根但F的非0元素已经是它的q-1个不同的根，所以F的非0元素恰是xq-1-1的所有的根，因而也就是所有的q-1次单位根类似地可以说明F的所有元素恰是xq-x的所有的根 结论：xq-1-1和xq-x均无重根 例. R5={0,1,2,3,4}， q=5，它的所有q-1=4个非0元素恰是所有4次单位根，它的所有5个元素恰是多项式x5-x的所有的根结论：特征p必不能整除q-1 证明： （反证）否则(xq-1-1)’=(q-1)xq-2=0, 因而xq-1-1有重根，与定理7.6.1矛盾。

定理7.6.2 F的q-1个非0元素在乘法下作成一 个q-1元循环群，其(q-1)个生成元素恰是 Φq-1(x)的所有的根 证明：由定理7.6.1,F包含xq-1-1所有的根，自然 也包含Φq-1(x)的根，故由定理7.6.1和上节定理 7.5.4(定理7.5.4 设n不是F的特征的倍数,并设 Φn(x)在F中有根于是，F中恰有n个n次单位 根，它们在乘法下作成一个n元循环群，其 (n)个生成元素恰是Φn(x)的所有的根)， 可知该定理成立例. R3={0,1,2}上的所有复数a+bi(a,bR3)作成的集合F在复数的加、乘下作成一个域 F={0+0i,0+1i,0+2i,1+0i,1+1i,1+2i,2+0i,2+1i,2+2i} 域的特征p=3，元数q=9则 F中的q-1=8个非0元素是所有q-1=8次单位根: (1+2i)8= (1+2i)9/(1+2i)=(1+(2i)9) /(1+2i) = (1+2i)/(1+2i)=1 因为x8-1 = Φ8(x) Φ4(x)Φ2(x)Φ1(x)， x4-1 = Φ4(x)Φ2(x)Φ1(x)，所以， Φ8(x)= x4 + 1ψ(x) = x2 +x+ 2为 Φ8(x)在R3上的一个二次质因式。

Φ8(x)在R3上若可约，则可分为一次质因式或二 次质因式，但0，1，2都不是Φ8(x)的根，因此 Φ8(x)只能分解为两个二次质因式的乘积用待定系数法， 不妨设 Φ8(x)= x4 + 1=（ x2 +ax+ b ）（ x2 +cx+d ） = x4 + (a+c) x3 + (d+ac+b) x2 + (ad+bc)x+bd 比较系数，解出a=1,b=2,c=2,d=2( a=2,b=2,c=1,d=2) 因此， Φ8(x)= x4 + 1=( x2 +x+ 2)(x2 +2x+2) 故ψ(x) = x2 +x+ 2为 Φ8(x)在R3上的一个二次质因式 （0，1，2都不是ψ(x) 的根）ξ=1+i为ψ(x)在F中的一个根:(1+i)2+ (1+i) +2=0 , 由定理7.6.2 ，知， ξ是本原8次单位根，且 F中所有非零元素可以表示为ξ的若干次方： ξ0=1， ξ1=1+i， ξ2=(1+i)2=1+2i+ i2 =2i=2(i+1)+1= 2ξ+1 ξ3=(1+i)3=1+i3 =1-i= 1+2i= 2(i+1) +2= 2ξ+2 ξ4= ξ3 ξ=(1-i) (1+i) =2 ξ5= ξ4 ξ=2 (1+i) =2ξ ξ6= ξ4 ξ2 =2 (2i) =i= (i+1) + 2=ξ+ 2 ξ7= ξ6 ξ = i (i+1) = i-1 = i+2= (i+1)+1=ξ+ 1 可见，F中的任意元素可以表为 a0 + a1ξ（ a0，a1∈R3 ）,引理. 设F是q元有限域，特征为p， 设ψ(x)为Φq-1(x)在Rp[x]中的一个n次质因式, ξ是ψ(x)在F中的一个根。

于是，F中的任意元素可以唯一地表为 a0 + a1ξ + a2ξ2 + … + an-1ξn-1 的形式，其中a0，a1，…an-1∈Rp 证明：规定Rp[x]到F的一个映射σ如下： ƒ(x)→ ƒ(ξ),证明,(1)往证σ是Rp[x]到F上的映射 显然,σ(0)=0 任取α∈F, α≠0,于是α是q-1次单位根， 因为ξ是ψ(x)的根而ψ(х)∣Φq-1(x)，所以 ξ是Φq-1(x)的根，由定理7.6.2知，ξ是本原q-1次单 位根，因而α=ξk，从而有 xk∈Rp[x],使 σ(xk)=ξk=α. 所以σ是Rp[x]到F上的映射 (2)往证σ是Rp[х]到F的同态映射 σ(ƒ(x)+g(x))=ƒ(ξ)+g(ξ)=σ(ƒ(x))+σ(g(x))， σ(ƒ(x)g(x))=ƒ(ξ)g(ξ)=σ(ƒ(x))σ(g(x)),证明,(3) 设σ的核为N，则由习题7.2习题4知，N为主理想 ，不妨设为ρ(x)Rp[x] 因ξ是ψ(x)的根,σ(ψ(x))=ψ(ξ)=0,所以 ψ(x)在核内，故ρ(x)∣ψ(x) 因为ψ(x)在 Rp上不可约，所以ρ(x)或是Rp上非零常 元素或与ψ(x)相通。

若ρ(x)是Rp上非零常元素，则N= cRp[x]= Rp[x],因此，整个多项式环Rp[x]在映射σ之下都映成0，而σ是Rp[x]到F上的映射，故F={0}，与F是域矛盾因而ρ(x)不是常元素 可见，ρ(x)与ψ(x)相通，所以，σ的核 N= ρ(x)Rp[x]= ψ(x)Rp[x],即可以写成ψ(x)Rp[x]的形式证明,因为σ是Rp[x]到F上的同态映射，同态核为ψ(x)Rp[x]，所以 (4) 可表性任取α∈F,有f(x)∈Rp[x]，使得 σ(f(x))= α,以ψ(x)除ƒ(x)： ƒ(x)= q(x)ψ(x)+ r(x)， 次r(x)≤n-1 故, α=σ(f(x))= ƒ(ξ) =σ(q(x)ψ(x)+ r(x))= q(ξ)ψ(ξ)+ r(ξ) = q(ξ) 0+ r(ξ)=r(ξ) 因而α = a0 + a1ξ + a2ξ2 + … + an-1ξn-1 .,证明,(5) 证表法唯一设r(x),s(x)是最多n-1次的Rp上面的多项式， α=r(ξ)=s(ξ)，欲证r(x)=s(x)因为r(ξ)- s(ξ)=0，故σ(r(x)-s(x))= r(ξ)- s(ξ)=0,即r(x)-s(x)在σ的核内,因而 ψ(x)∣r(x)-s(x)。

但次ψ(x)= n次(r(x)-s(x))，故 r(x)-s(x)只能是多项式0 结论：F中元素的个数q = pn 因 α = a0 + a1ξ + a2ξ2 + … + an-1ξn-1 中n个系数每个有p种取法定理7.6.3,有限域的元数q必为pn的形式，其中p为其特征 如果同构的域看作是一样的，则对任意q=pn恰 有一个q元有限域 证明： q = pn已证 (1)唯一性 设F,F’都是q元有限域,则它们都包含Rp为其子域 取Φq-1(x)在Rp上的一个不可约因式Ψ(x),据引理的证 明， 因此，若同构的域看作一样，对任意q=pn最多 只能有一个q元有限域证明,(2) 存在性证对任意q=pn确有q元有限域存在 取Φq-1(x)在Rp[x]中的一个不可约因式ψ(x), 则ψ(x)Rp[x]是Rp[x]的极大理想(见§7.2习题5)， 所以,由定理6.7.10， 是一个域在Rp中，p个1相加等于0，所以 在域F’中，p个 相加等于 ，因而域F’的特 征为p不妨把 ，，…仍记为0，1，…， 用ξ代表包含x的那个剩余类：ξ= 于是,ψ(ξ)=ψ( )= = = 0,证明,因此,ξ是ψ(x)在F’中的根.今ψ(x)∣Φq-1(x)， 故ξ是Φq-1(x) 在F’中的根，而q-1不是p的倍 数，由上节定理7.5.4，域F’中恰有xq-1-1的q-1 个不同的根。

添上0，我们便得到xq-x的q个 不同的根 往证这q个元素作成的集合F是一个域显然， F  F’ ①任取α∈F, β∈F,则 故α- β ∈F.,证明,②任取α∈F, β∈F, β≠0,则 故 ∈F 这就证明了确有包含q个元素的域存在 证毕 除同构的域外，唯一确定的pn元有限域通常记为GF(pn)例. 构造元数为8的有限域,并写出该域的加法和乘法表 解：由于8=23，所以，p=2,m=3 (1)首先求Φpm-1(x)，即Φ7(x) 由x7-1=Φ7Φ1，x-1=Φ1，得 Φ7(x)=x6 + x5 + x4 + x3 + x2 + x+1 (2) 求Φ7(x)在R2[x]中的3次质因式ψ（x） (由于0，1都不是Φ7(x)的根，故Φ7(x)无一次质因式 R2上二次质式只有x2+x+1，用它去除Φ7(x)余数为1，因为： Φ7(x) =x4（x2+x+1）+x（x2+x+1）+1 可见， Φ7(x)无二次质因式，只可能分解为两个三 次质因式的乘积) 用待定系数法求出 Φ7(x)=（x3+x2+1）（x3+x+1）,无论取ψ（x）=x3+x2+1还是取ψ（x）=x3+x+1， 则R2[x]/(ψ（x）)= 都是元数是8的有限域， 且是同构的。

所以，我们不妨取 ψ（x）=x3+x+1，则 R2[x]/(ψ（x）)= = = 其中 ={0,x3+x+1,x（x3+x+1）,x2（x3+x2+1）,…}， 其余 元素类推3) 若取ξ= ，则 Ψ(ξ)= ， 即ξ是ψ(x)在R2[x]/(ψ（x）)中的一个根因此 GF(8)={a0 +a1ξ+a2ξ2|a0，a1，a2∈R2} ={0,1,ξ,ξ+1,ξ2,ξ2+1,ξ2+ξ,ξ2+ξ+1}定理7.6.4,Φpm-1(x) 在Rp[x]中的任意质因式ψ(x)必 是m次多项式因此，对任意m≥1，Rp 上有m次质式 证明：命F=GF（pm）设次ψ(x)=n 根据引理的证明，F的元数应是pn因此， n=m引理1,tm-1∣tn-1，当且仅当m∣nt是一个文字或 是一个大于1的整数均可 证明：设 n = sm+r， 0≤rm 于是， tn-1 = tsm+ r- tr + tr-1 =tr (tm-1)(tsm-m + tsm-2m + … + 1)+tr-1 若m∣n，则r=0，tr-1=0故tm-1∣tn-1 若m不整除n，则0rm，因此tr-1非0， 当t是文字时,次(tr-1) 次(tm-1)， 当t是大于1的整数时，tr-1 tm-1， 所以tm-1不整除tn-1。

定理7.6.5,对任意m∣n，GF(pn)恰有一个子域GF(pm)， GF(pn)的任意子域必为GF(pm)， m∣n 证明： (1) 存在性设m∣n,由引理1,pm-1∣pn-1 再由引理1， GF(pn)中包含 的所有根，故包含 的所有根，因而包含 的所有根如 定理7.6.3证明中所证，这pm个根作成一个域 GF(pm). 故GF(pn) 有一个子域GF(pm)证明,(2) 唯一性任何子域GF(pm)也只能由 的所有根组成，所以GF(pn)恰有一个子域 GF(pm) 设F是GF(pn)的任意子域，其特征必是p，因而是GF(pm)的形式此GF(pm)的非0元素是GF(pn)的非0元素的一部分，故， 由引理1，pm-1∣pn-1，再由引理1，m∣n 可见F为GF(pm)， m∣n 。