有限域-有限域的结构-有限域特征

1、1,第二章 有 限 域 结 构,2,有限域的特征 特征的含义 无零因子含幺环的特征: 0 或者素数 素域： q 和 z/(p) = 0,1, p 1 定理 设f 是域, p 是 f 的素域. 若char f = p, 则 p z/(p). 若char f = 0, 则 p q. 有限域的特征是素数 无限域的特征一定是 0 吗,3,有限域的元素个数 特征为 p的有限域f 都是fp上的有限（维数）扩张。 |f | = pn, n = f: fp. 任意给定素数 p和正整数n, 是否一定存在 pn元有限域？ 如何构造有限域,4,有限域的存在性与唯一性 存在性 定理 对每个素数 p和每个整数n, 存在

2、 pn元有限域. 证明 q = pn, f是xq x在fp上的分裂域. s = af | aq a =0 s = f,5,唯一性 定理 设f 是q = pn元有限域, 则 f 是同构于xq x在fp上的分裂域. q元有限域记为fq,characterization of finite fields,6,子域的存在唯一性 定理 设q = pn , 若e是fq的子域，则|e | = pm, 其中m是n的正因子；反之 ，若m是n的正因子，则fq 有唯一的 pm元子域。 例： f230的全体子域,7,设 f(x)是fp上的 n次不可约多项式 fpx中的同余关系 a(x) b(x) mod f(x) f

3、(x) | a(x) b(x) over fp 任意给定的g(x) fpx与fpx中某个次数小于n的多项式（包括0）同余 g(x) = f(x) q(x) + r(x), r(x) = 0 或deg(r(x) n g(x) r(x) mod f(x) fpx模 f(x)的全体两两不同余的代表元为 r(x) fpx | r(x) = 0 或deg(r(x) n,pn,8,设 f(x)是fp上的n次不可约多项式 f = r(x)fpx | r(x) = 0 或deg(r(x) n 多项式的加 : g(x) + h(x) 模 f(x)的乘法: g(x)h(x) (mod f(x) 是否域？ f关于加

4、法构成群 f0关于乘法构成群 f是 pn元有限域,fpx/(f(x) f,9,16元有限域f24 f(x) = x4 + x +1是f2上的不可约多项式 f = (0, 1, x, x+1, x2 , x2 +1, x2 +x , x2 + x +1 , x3 , x3+1 , x3 +x , x3 + x +1 , x3+ x2 , x3 + x2 +1 , x3 +x2 +x , x3 + x2 +1, +, mod f(x) ) f2x/(x4 + x +1) f,x2 + x) + (x3 +x +1) = x3 +x2 +1 (x2 + x) (x3 +x +1) = x3 +x2

5、+x+1,10,16元有限域f24 f(x) = x4 + x +1是f2上的不可约多项式 g(x) = x4 + x3 +1是f2上的不可约多项式 f2x/(f(x) f2x/(g(x) 能否给出同构映射？（作业,11,fp上n次不可约多项式的存在性 定理 记有限域fq的全体非零元fq* ，则fq*关于乘法运算是循环群,12,fp上n次不可约多项式的存在性 定理 记有限域fq的全体非零元fq* ，则fq*关于乘法运算是循环群. 证明 ord(12n) = q1,13,本原元（ primitive element ） 乘法群fq*的生成元称为fq中的本原元。 fq中有(q1)个本原元,14,f

6、p上n次不可约多项式的存在性 定理 设有限域fr是fq的扩域，则fr是fq上的单代数扩张。 推论 存在fp上的n次不可约多项式,15,不可约多项式的根 元素 fqn在fq上的极小多项式 : 首一, 不可约 设 f(x)是fq上的n次不可约多项式， 是 f(x)在fq扩域上的根 (问: 是否有重根?) f(x)的全体根 , q, q2, qn1 fq()是qn元有限域, fq() fqn 是 f(x)的分裂域 fq上的n次不可约多项式的分裂域同构 fqn,16,共轭元 设fqm是fq的扩张, fqm, 则, q, q2, qm1称为关于fq的共轭元。 注：设fqm, 则关于fq的共轭元两两不同当

7、且仅当在fq上的极小多项式次数等于m。 注：若d 是m的因子, 关于fq共轭元的不同元素为, q, q2, qd1 , 每个元素重复m/d 次,17,共轭元 定理 设fqm是fq的扩张, fqm, 则关于fq的共轭元在乘法群fq*中有相同的阶。 推论 若fqm是fqm中的本原元，则关于fq的共轭元都是fqm中的本原元,18,fqm的fq-自同构 若是fqm的自同构并且对于afq 有(a) = a, 则称是fqm的fq-自同构,19,fqm的fq-自同构 定理 fqm的全体不同的fq-自同构为0, 1, m1, 其j() = qj , fqm , 0 j m1. 证明 验证j 是fqm的fq-自同构 说明0, 1, m1两两不同 若是fqm的fq-自同构，则0, 1, m