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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,
2、存在 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
3、) f(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？
4、F关于加法构成群 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
5、 +x2 +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
6、原元,14,Fp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
7、共轭元两两不同当且仅当在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, m1,20,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. 0, 1, m1是循环群，生成元为1 Gal(Fqm/Fq) = 0, 1, m1,