0.1 有限域

定理 1 有限域的元素个数必为 $q=p^m$, 其中 $p$ 是素数, $m$ 为正整数.

证明：特征一定是素数，作为素域的有限扩域，可看成素子域上的有限维线性空间。$◻$

定理 2 $q=p^m$ 元有限域 $F$ 的非零元素全体形成的乘法群 $F^{\times }=F-\{0\}$ 是 $q-1$ 阶循环群, 于是存在 $a\in F$, 使得 $F={\mathrm{F}}_p(a)(={\mathrm{F}}_p[a])$。

有限域的乘法循环群的生成元 $a$ 被称为有限域 $F_q$ 的本原元素(或者原根),易知有限域 $F_q$ 的本原元素共有 $\phi (q-1)$ 个。

证明：
乘法群 $F^{\times }$是 $q-1$ 元交换群。由拉格朗日定理, 对 $F^{\times }$中每个元素 $a$, 均有 $a^{q-1}=1$ 。这表明 $F^{\times }$的全部 $q-1$ 个元素都是 $x^{q-1}-1=0$ 的根。将 $q-1$ 分解成

$$q-1=p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r},$$

其中 $p_1,\cdots ,p_r$ 是不同的素数, $e_i⩾1(1⩽i⩽r)$ 。则 $p_i^{e_i}\mid q-1$, 可知 $x^{p_i^{e_i}}-1\mid x^{q-1}-1$ (引理 $3$)。

（这里已经潜在用到了 $F_q[x]$ 是唯一析因环. ）由于 $x^{q-1}-1$ 在 $F^{\times }$中有 $q-1$ 个不同的根,可知 $x^{p_i^{e_i}}-1$ 在 $F^{\times }$中有 $p_i^{e_i}$个不同的根。另一方面, $x^{p_i^{e_i-1}}-1=0$ 在 $F^{\times }$ 中至多有 $p_i^{e_i-1}$ 个根。这表明存在 $a_i\in F^{\times }$, 使得 $a_i^{p_i^{e_i}}=1$, 但是 $a_i^{p_i^{e_i-1}}\ne 1$ 。即 $a_i$ 是 $F^{\times }$中 $p_i^{e_i}$ 阶元素 $(1⩽i⩽r)$ 。于是 $a=a_1\cdots a_r$ 为 $F^{\times }$ 中 $[p_1^{e_1},p_2^{e_2},\cdots ,p_r^{e_r}]=p_1^{e_1}{p}_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}=q-1$ 阶元素, 所以 $F^{\times }$是由 $a$ 生成的 $q-1$ 阶循环群。特别地,

$$F=\{0,1,a,a^2,\cdots ,a^{q-2}\}=F_p[a]=F_p(a)。◻$$

完全仿照这个定理的证明，似乎可以证明：任何有限乘法群都是循环群？但这是一个错误的结论，可以想一想证明的哪一部分出了问题。

引理 3 $d,n\in \mathbf{N},x^d-1\mid x^n-1\iff d\mid n$.

证明：
$\Leftarrow$ 可以显然的构造出来；
$\Rightarrow$ 设 $n=qd+r(r<d)$,则 $x^n-1=x^{qd+r}-x^r+x^r-1=x^r(x^{qd}-1)+x^r-1$,由于 $\Leftarrow$ 已经成立以及 $r<d$，可知这是一个关于 $x^d-1$ 的带余除法等式，由带余除法的唯一性得 $r=0$。$◻$

定理 $1$ 给出了有限域存在性的一个必要性条件：元素个数必是素数幂。那么，对于每个素数幂 $p^n$ ，是否一定存在 $p^n$ 元有限域呢？下面结果给出肯定的答案。我们用 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 表示有限域 $Z_p$ 的代数闭包————由系数属于 $Z_p$ 的每个多项式的全部根所构成的集合(不难证明这是一个域)。于是素子域上的有限维线性空间就是有限域。

定理 3 (有限域的存在惟一性)

对每个正整数 $n⩾1$, 在 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 中均存在惟一的 $q=p^n$ 元有限域 $F$, 它是由方程 $x^q-x=0$ 在 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 中全部解组成的集合。特别地, 对于 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 中元素 $a,a$ 属于 $q$ 元有限域当且仅当 $a^q=a_{\circ }$

证明:对于 $f(x)=x^q-x\in \mathrm{\Omega },[x],f^{\prime }(x)=q{x}^{q-1}-1=-1\ne 0$ (注意在 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 中 $q=p^n=0$) 。于是 $(f(x),f^{\prime }(x))=1$ 。这表明 $f(x)$ 没有重根, 即在 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 中恰有 $q$ 个不同的根, 于是

$$F=\{a\in {\mathrm{\Omega }}_p\mid a^q-a=0\}$$

是 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 的 $q$ 元子集合, 我们要证它是域,即要证明：当 $a,b\in F$ 时, $a\pm b\in F,ab\in$ $F$ 。并且当 $a\ne 0$ 时, $a^{-1}\in F$ 。
由 $a,b\in F$, 可知 $a^q=a,b^q=b$, 从而 $(ab{)}^q=a^q{b}^q=ab,(a\pm b{)}^q=(a\pm b{)}^{p\cdot p^{n-1}}={(a^p\pm b^p)}^{p^{n-1}}=\cdots =a^{p^n}\pm b^{p^n}=a^q\pm b^q=a\pm b$ 。因此 $ab,a\pm b\in F$ 。又若 $a\ne 0$, 则 ${\left(a^{-1}\right)}^q={\left(a^q\right)}^{-1}=a^{-1}$ 。所以 $a^{-1}\in F$ 。这就证明了 $F$ 为域。进而, $F$ 是 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 中惟一的 $q$ 元有限子域, 因为 $q$ 元域中每个非零元素 $a$ 均满足 $a^{q-1}=1$, 即 $a^q=a$, 从而 $a\in F_{\text{。 }}$ 所以 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 的 $q$ 元子域只有 $F$。$◻$

由于 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 中只有惟一的 $q$ 元子域,我们把这个子域记成 ${\mathrm{F}}_q$ 。由上述定理可以得到有限域的许多重要性质。

定理 5 ($n$ 次不可约多项式的存在性)

$(1)$设 ${\mathrm{F}}_q,{\mathrm{F}}_{q^{\prime }}\subseteq {\mathrm{\Omega }}_p$ 。则 ${\mathrm{F}}_q$ 为 ${\mathrm{F}}_{q^{\prime }}$ 的子域当且仅当 $q^{\prime }=q^l(l⩾1)$ 。特别地, ${\mathrm{F}}_{p^n}$ 为 ${\mathrm{F}}_{p^m}$ 的子域当且仅当 $n\mid m$ 。
$(2)$ 对于 $F_q$ 中本原元素 $\alpha ,\alpha$ 在 $F_{\mathrm{p}}$ 上的最小多项式都是 $F_p[x]$ 中的 $n$ 次首 $1$ 不可约多项式。并且对 $f(x)$ 在 ${\mathrm{\Omega }}_p$ 中的每个根 $a,{\mathrm{F}}_q[a]={\mathrm{F}}_q(a)={\mathrm{F}}_{q^n}$。

证明： $(1)$ 若 ${\mathrm{F}}_q$ 为 ${\mathrm{F}}_{q^{\prime }}$ 的子域, 则 ${\mathrm{F}}_{q^{\prime }}$ 是 ${\mathrm{F}}_q$ 上有限维向量空间。设维数为 $l$ (正整数), 则 $q^{\prime }=q^l$ 。反之用唯一性即可。
$(2)$ ${\mathrm{F}}_{p^n}$ 的非零元素形成 $p^n-1$ 阶循环群, 从而 ${\mathrm{F}}_{p^n}^{\times }$有 $p^n-1$ 阶元素 $a$ ($a^{p^n-1}=1$), 于是

$${\mathrm{F}}_{p^n}=\{0,1,a,a^2,\cdots ,a^{p^n-2}\}={\mathrm{F}}_p(a)={\mathrm{F}}_p[a]$$

由于 ${\mathrm{F}}_{p^n}/{\mathrm{F}}_p$ 是有限次 ( $n$ 次)扩张,所以 $a$ 在 ${\mathrm{F}}_p$ 上是代数的, 并且 $a$ 在 ${\mathrm{F}}_p$ 上的最小多项式 $f(x)\in {\mathrm{F}}_p[x]$ 是 $[{\mathrm{F}}_{p^n}:{\mathrm{F}}_p]=n$ 次首 $1$ 不可约多项式。这就证明了对每个 $n⩾$ $1,{\mathrm{F}}_p[x]$ 中均有 $n$ 次不可约多项式。

由定理 $5$ $(2)$ 可得到一种构造有限域的方法——找不可约多项式，然后添根扩域。由于这一过程对多项式的每个根都是可行的，所以我们通常认为在这个过程中，多项式是本质的，根不是本质的。现在举两个例子, 说明如何构作有限域。

相比于定理 $3$ 所给出的构造有限域的办法，由这种方式构造的有限域更具体——可以把有限域中的元素和它们的四则运算更具体地表达出来。

结合定理 $3$ 和定理 $5$ 可知，$F_p[x]$ 上两个同样次数的不可约多项式所对应的本原根相互之间都是对方生成的循环群的原根 .

例 1 构求 ${\mathrm{F}}_9$ 。

我们首先需要 ${\mathrm{F}}_3[x]$ 中一个 $2$ 次不可约多项式。考虑 $f(x)=$ $x^2+x+2\in {\mathrm{F}}_3[x]$ 。由 $f(0)=2=f(2),f(1)=1$, 可知 $f(x)$ 在 ${\mathrm{F}}_3$ 中无根, 所以 $f(x)$ 在 ${\mathrm{F}}_3(x)$ 中不可约。

因为如果可约则一定可以拆成两个一次多项式的乘积，即在 ${\mathrm{F}}_3$ 有根。

取 $a$ 为 $f(x)$ 在 ${\mathrm{\Omega }}_3$ 中的一个根。则 $a^2+a+2=0$, 即 $a^2=$ $2a+1$ 。而 ${\mathrm{F}}_9={\mathrm{F}}_3[a],F_9/{\mathrm{F}}_3$ 是域的 $2$ 次扩张,并且 $\{1,a\}$ 是 ${\mathrm{F}}_9$ 在 ${\mathrm{F}}_3$ 上的一组基。换句话说, ${\mathrm{F}}_9$ 中每个元素惟一表示成

$$\alpha =c_0+c_{1}a(c_0,c_1\in {\mathrm{F}}_3)。$$

将这个元素记成向量形式 $(c_0,c_1)$, 则

$$\begin{array}{rl}& 0=(0,0),1=(1,0),a=(0,1),a^2=2a+1=(1,2),\\ & a^3=a(2a+1)=2a^2+a=2(2a+1)+a=2+2a=(2,2),\\ & a^4=a(2+2a)=2a+2a^2=2a+2(2a+1)=2=(2,0),\\ & a^5=2a=(0,2),a^6=a^4\cdot a^2=2(1,2)=(2,1),\\ & a^7=2\cdot a^3=2(2,2)=(1,1),(a^8=1).\end{array}$$

以上我们给出 ${\mathrm{F}}_9$ 中所有元素 ${\mathrm{F}}_9=\{0,1,a,a^2,\cdots ,a^7\}$ 的向量表示。它们可用来进行四则运算(幂形式适合算乘法，向量形式适合算加法)。例如

$$\begin{array}{rl}& a^3+a^5=(2,2)+(0,2)=(2,1)=a^6(=2+a),\\ & (1+2a)(2+a)=a^2\cdot a^6=a^8=1,\\ & (1+a{)}^{-1}={\left(a^7\right)}^{-1}=a^{-7}=a^{8-7}=a。\end{array}$$

例 2 构作 ${\mathrm{F}}_{16}$ 。

由于 $16=2^4$, 我们需要 ${\mathrm{F}}_2[x]$ 中一个 $4$ 次不可约多项式, 考虑 $f(x)=x^4+x^3+x^2+x+1\in {\mathrm{F}}_2[x]$ 。我们证明 $f(x)$ 在 ${\mathrm{F}}_2[x]$ 中不可约。如果它可约, 则 $f(x)$ 必有次数 $⩽2$ 的多项式因子, 由于 $f(0)=f(1)=1$, 可知 $f(x)$没有一次多项式($x$ 或 $x+1$) 因子。进而,由 ${\mathrm{F}}_2[x]$ 中 $2$ 次不可约多项式只有 $x^2+x+1$,而 $x^2+x+1\nmid f(x)$ (带余除法: $f(x)=x^2(x^2+x+1)+x+1$), 这表明 $f(x)$ 不可约。
取 $a$ 为 $f(x)$ 在 ${\mathrm{\Omega }}_2$ 中一个根, $a^4=1+a+a^2+a^3$ 。则 ${\mathrm{F}}_{16}={\mathrm{F}}_2[a]$, 并且 ${\mathrm{F}}_{16}$ 中每个元素惟一表示成

$$\alpha =c_0+c_{1}a+c_2{a}^2+c_3{a}^3(c_i\in {\mathrm{F}}_2=\{0,1\}).$$

${\mathrm{F}}_{16}^{\times }$是 $15$ 阶乘法循环群, 从而存在 $15$ 阶元素 $\beta ,{\mathrm{F}}_{16}^{\times }=⟨\beta ⟩$ 。与例 $6$ 不同的是，$a$ 不再是乘法循环群的生成元。显然 $a^5=1$, 所以 $a$ 不是循环群 ${\mathrm{F}}_{16}^{\times }$的生成元。另一方面, $1+$ $a\ne 1$ 并且 $(1+a{)}^{15}=1$ 。而

$$\begin{array}{rl}(1+a{)}^3& =1+a+a^2+a^3\ne 1\\ (1+a{)}^5& =(1+a)(1+a{)}^4=(1+a)(1+a^4)=1+a+a^4+a^5(a^5=1)\\ & =a+a^4=a+(1+a+a^2+a^3)=1+a^2+a^3\ne 1\end{array}$$

可知 $\beta =1+a$ 是 ${\mathrm{F}}_{16}^{\times }$中的 $15$ 阶元素, 从而 ${\mathrm{F}}_{16}=\{0,1,\beta ,{\beta }^2,\cdots ,{\beta }^{14}\}$ 。