§7.6有限域1有限域(Galois域)

定義：只有有限個(gè)元素的域稱為有限域，或Galois域。設(shè)F是一個(gè)有限域，則1)F的特征不可能是0；2)F的特征為質(zhì)數(shù)p，以RP為其最小子域。設(shè)F為q元域，則F中q-1個(gè)非0元素在乘法下作成一個(gè)q-1元群，因而都適合方程

xq-1=1。由此知，F(xiàn)中q-1個(gè)非零元素都是多項(xiàng)式xq-1-1的根，F(xiàn)中q個(gè)元素都是多項(xiàng)式xq-x的根。2F中的q-1個(gè)非0元素恰是所有q-1次單位根，而F的所有q個(gè)元素恰是多項(xiàng)式xq-x的所有的根。證明：多項(xiàng)式xq-1-1最多只能有q-1個(gè)根。 但F的非0元素已經(jīng)是它的q-1個(gè)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次單位根。 類似地可以說(shuō)明F的所有元素恰是xq-x的所有的根。定理7.6.13結(jié)論：特征p必不能整除q-1。證明：(反證)否則(xq-1-1)’=(q-1)xq-2=0，因而

xq-1-1有重根，與定理7.6.1矛盾。定理7.6.2F的q-1個(gè)非0元素在乘法下作成一個(gè)q-1元循環(huán)群，其(q-1)個(gè)生成元素恰是Φq-1(x)的所有的根。證明：F既然包含xq-1-1所有的根，自然也包含Φq-1(x)的根，故由定理7.6.1和上節(jié)定理7.5.4(定理7.5.4設(shè)n不是F的特征的倍數(shù)，并設(shè)Φn(x)在F中有根。于是，F(xiàn)中恰有n個(gè)n次單位根，它們?cè)诔朔ㄏ伦鞒梢粋€(gè)n元循環(huán)群，其(n)個(gè)生成元素恰是Φn(x)的所有的根。)，可知該定理成立。4R3={0,1,2}上的所有復(fù)數(shù)a+bi(a,bR3)作成的集合F在復(fù)數(shù)的加、乘下作成一個(gè)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，元數(shù)q=9。則

F中的q-1=8個(gè)非0元素是所有q-1=8次單位根：

(1+2i)8=(1+2i)9/(1+2i)=(1+(2i)9)

/(1+2i)

=(1+2i)/(1+2i)=1

因?yàn)閤8-1=Φ8(x)Φ4(x)Φ2(x)Φ1(x)，

x4-1=Φ4(x)Φ2(x)Φ1(x)，所以，

Φ8(x)=x4+1。例：5ψ(x)=x2+x+2為Φ8(x)在R3上的一個(gè)二次質(zhì)因式。

Φ8(x)在R3上若可約，則可分為一次質(zhì)因式或二次質(zhì)因式，但0，1，2都不是Φ8(x)的根，因此Φ8(x)只能分解為兩個(gè)二次質(zhì)因式的乘積。 用待定系數(shù)法，不妨設(shè)

Φ8(x)=x4+1=(x2+ax+b)(x2+cx+d)

=x4+(a+c)x3+(d+ac+b)x2+(ad+bc)x+bd

比較系數(shù)，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為Φ8(x)在R3上的一個(gè)二次質(zhì)因式(0,1,2都不是ψ(x)的根)。6ξ=1+i為ψ(x)在F中的一個(gè)根：

(1+i)2+(1+i)+2=0，由定理7.6.2知，ξ是本原8次單位根，且F中所有非零元素可以表示為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=ξ3ξ=(1-i)(1+i)

=2 ξ5=ξ4ξ=2(1+i)=2ξ ξ6=ξ4ξ2=2(2i)=i=(i+1)+2=ξ+2 ξ7=ξ6ξ=i(i+1)=i-1=i+2=(i+1)+1=ξ+1

可見(jiàn)，F(xiàn)中的任意元素可以表為a0+a1ξ(a0，a1∈R3)7設(shè)F是q元有限域，特征為p，設(shè)ψ(x)為

Φq-1(x)在Rp[x]中的一個(gè)n次質(zhì)式，ξ是ψ(x)在F中的一個(gè)根。 于是，F(xiàn)中的任意元素α可以唯一地表為

a0+a1ξ+a2ξ2+…+an-1ξn-1

的形式，其中a0，a1，…an-1∈Rp。證明：規(guī)定Rp[x]到F的一個(gè)映射σ如下：?(x)→?(ξ)

引理8證明：1)往證σ是Rp[x]到F上的映射。 顯然，σ(0)=0。 任取α∈F，α≠0，于是α是q-1次單位根，因?yàn)棣问铅?x)的根而ψ(x)∣Φq-1(x)，所以ξ是本原q-1次單位根，因而α=ξk，從而對(duì)于xk∈Rp[x]，使σ(xk)=ξk=α。 所以σ是Rp[x]到F上的映射。9證明：2)往證σ是Rp[x]到F的同態(tài)映射。

σ(?(x)+g(x))=?(ξ)+g(ξ)=σ(?(x))+σ(g(x))，

σ(?(x)g(x))=?(ξ)g(ξ)=σ(?(x))σ(g(x))3)設(shè)σ的核為主理想ρ(x)Rp[x](見(jiàn)7.2習(xí)題4)。 因ξ是ψ(x)的根，σ(ψ(x))=ψ(ξ)=0，所以ψ(x)在核內(nèi)，故ρ(x)∣ψ(x)。因?yàn)棣?x)不可約，ρ(x)或是常元素或與ψ(x)相通。 因?yàn)镕不只有一個(gè)元素0，所以σ的核不能是Rp[x]全部，因而ρ(x)不是常元素?？梢?jiàn)ρ(x)與ψ(x)相通，而σ的核可以寫成ψ(x)Rp[x]的形式。10證明：上面已證出σ是Rp[x]到F上的同態(tài)映射，同態(tài)核為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?(x)：

?(x)=q(x)ψ(x)+

r(x)，次r(x)≤n-1。 故，α=σ(f(x))=?(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。11證明：5)證表法唯一。設(shè)r(x)，s(x)是最多n-1次的Rp上面的多項(xiàng)式，α=r(ξ)=s(ξ)，欲證r(x)=s(x)。 因?yàn)閞(ξ)-s(ξ)=0，故r(x)-s(x)在σ的核內(nèi)，因而ψ(x)∣r(x)-s(x)。 但次ψ(x)=n>次(r(x)-s(x))，故r(x)-s(x)只能是多項(xiàng)式0。證畢。結(jié)論：F中元素的個(gè)數(shù)q=pn。 因α=a0+a1ξ+a2ξ2+…+an-1ξn-1中n個(gè)系數(shù)每個(gè)有p種取法。12定理7.6.3有限域的元數(shù)q必為pn的形式，其中p為其特征。如果同構(gòu)的域看作是一樣的，則對(duì)任意q=pn恰有一個(gè)q元有限域。證明：q=pn已證。1)唯一性。設(shè)F，F(xiàn)’都是q元有限域，則它們都包含Rp為其子域。取Φq-1(x)的一個(gè)不可約因Ψ(x)據(jù)引理的證明， 因此，若同構(gòu)的域看作一樣，對(duì)任意q=pn最多只能有一個(gè)q元有限域。

13證明：2)證對(duì)任意q=pn確有q元有限域存在。 取Φq-1(x)在Rp[x]中的一個(gè)不可約因式ψ(x)，則ψ(x)Rp[x]是Rp[x]的極大理想(見(jiàn)§7.2習(xí)題5)，所以 是一個(gè)域。在Rp中，p個(gè)1相加等于0，所以在域F’中，p個(gè)相加等于，因而域F’的特征為p。不妨把，，…仍記為0，1，…，用ξ代表包含x的那個(gè)剩余類：

ξ=，于是，ψ(ξ)=ψ(

)=

=

=014證明：因此，ξ是ψ(x)的根。今ψ(x)∣Φq-1(x)，Φq-1(x)∣xq-1-1，故ξ是q-1次單位根。 由上節(jié)定理7.5.4，域F’中恰有xq-1-1的q-1個(gè)不同的根。添上0，我們便得到xq-x的q個(gè)不同的根。 往證這q個(gè)元素作成的集合F是一個(gè)域。顯然，F(xiàn)’F。①任取α∈F，β∈F，則 故α-β∈F。15證明：②任取α∈F，β∈F，β≠0，則

故∈F。

這就證明了確有包含q個(gè)元素的域存在。 證畢。除同構(gòu)的域外，唯一確定的pn元有限域通常記為GF(pn)。16構(gòu)造元數(shù)為8的有限域，并寫出該域的加法和乘法表。解：由于8=23，所以，p=2，n=3。1)首先求Φpn-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次質(zhì)因式ψ(x)。

(由于0,1都不是Φ7(x)的根，故Φ7(x)無(wú)一次質(zhì)因式。

R2上二次質(zhì)式只有x2+x+1，用它去除Φ7(x)余數(shù)為1，因?yàn)椋?/p>

Φ7(x)=x4(x2+x+1)+x(x2+x+1)+1。 可見(jiàn)，Φ7(x)無(wú)二次質(zhì)因式，只可能分解為兩個(gè)三次質(zhì)因式的乘積。)

用待定系數(shù)法求出Φ7(x)=(x3+x2+1)(x3+x+1)

例：17無(wú)論取ψ(x)=x3+x2+1還是取ψ(x)=x3+x+1， 則R2[x]/(ψ(x))=

都是元數(shù)是8的有限域，且是同構(gòu)的。所以，我們不妨取

ψ(x)=x3+x+1，則

R2[x]/(ψ(x))= = =

其中={0,x3+x+1,x(x3+x+1),x2(x3+x2+1),…}，其余元素類推。183)若取ξ=

，則 Ψ(ξ)=

， 即ξ是ψ(x)在R2[x]/(ψ(x))中的一個(gè)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}。19加法表：+01ξ

1+ξ

ξ21+ξ2ξ2+ξ

ξ2+ξ+1001ξξ+1ξ2ξ2+1ξ2+ξξ2+ξ+1110ξ+1ξξ2+1ξ2ξ2+ξ+1ξ2+ξξξξ+101ξ2+ξ

ξ2+ξ+1ξ2ξ2+1ξ+1ξ+1ξ10ξ2+ξ+1ξ2+ξ

ξ2+1ξ2

ξ2ξ2ξ2+1ξ2+ξ

ξ2+ξ+101ξ

ξ+1ξ2+1ξ2+1ξ2

ξ2+ξ+1ξ2+ξ

10ξ+1ξ

ξ2+ξξ2+ξ

ξ2+ξ+1ξ2

ξ2+1ξ

ξ+101ξ2+ξ+1ξ2+ξ+1ξ2+ξξ2+1ξ2

ξ+1ξ

102001ξ

1+ξ

ξ21+ξ2ξ2+ξ

ξ2+ξ+100000

00

00101ξ

1+ξ

ξ21+ξ2ξ2+ξ

ξ2+ξ+1ξ0ξξ2ξ2+ξξ+11ξ2+ξ+1ξ2+1ξ+10

ξ+1ξ2+ξξ2+1ξ2+ξ+1ξ21ξ

ξ20ξ2ξ+1ξ2+ξ+1ξ2+ξξξ2+11ξ2+10

ξ2+11ξ2ξ

ξ2+ξ+1ξ+1ξ2+ξξ2+ξ0ξ2+ξξ2+ξ+11ξ2+1ξ+1ξ

ξ2

ξ2+ξ+10

ξ2+ξ+1ξ2+1ξ

1ξ2+ξ

ξ2ξ+1乘法表：21定理7.6.4Φpm-1(x)

在Rp[x]中的任意質(zhì)因式ψ(x)必是m次多項(xiàng)式。因此，對(duì)任意m≥1，Rp上有m次質(zhì)式。證明：命F=GF(pm)。設(shè)次ψ(x)=n。根據(jù)引理的證明，F(xiàn)的元數(shù)應(yīng)是pn。因之，n=m。22引理1tm-1∣tn-1，當(dāng)且僅當(dāng)m∣n。t是一個(gè)文字或是一個(gè)大于1的整數(shù)均可。證明：設(shè)n=sm+r，0≤r<m

于是，tn-1=tsm+r-tr+tr-1

=tr(tm-1)(tsm-m+tsm-2m+…+1)+tr-1

若m∣n，則r=0，tr-1=0。故tm-1∣tn-1。 若m不整除n，則0<r<m，因之tr-1非0， 當(dāng)t是