Тема 20

Крайни полета

Дефиниция

Крайно поле е поле с краен брой елементи.

Примери: $\mathbb{Z}_2, \mathbb{Z}_3, \mathbb{Z}_5, \mathbb{Z}_p$, където $p$ е просто.

Теорема (крайно поле)

Нека $F$ е поле и $|F| < \infty$. Тогава $|F| = p^k$, за някое просто число $p$.

Доказателство:
$\mathrm{char}\ F = p$ - просто (ако не е просто тогава за делителите му $n, m$ ще е изпълнено, че $n$ и $m$-кратните на 1 ще бъдат делители на 0).
Тогава съществува $F_0 \subseteq F$, такова че $F_0 \cong \mathbb{Z}_p$ (просто взимаме k-кратните на 1).
Може да разглеждаме $F$ като линейно пространство над полето $\mathbb{Z}_p$.

  • за произволни $a, b \in F$ имаме $a + b \in F$ (защото $F$ е поле)
  • съществува нулев елемент по отношение на събирането както и противоположен елемент по отношение на събирането (защото $F$ е поле).
  • събирането е асоциативно и комутативно
  • за произволни $a \in F \And \alpha \in \mathbb{Z}_p$ имаме, че $\alpha a \in F$
  • изпълнени са двата дистрибутивни закона

Т.е видяхме, че $F$ е също и линейно пространство над $\mathbb{Z}_p$.
Нека $\dim_{\mathbb{Z}_p}\ F = k < \infty$. Тогава съществува базис $e_1, e_2, \cdots, e_k \in F$, такъв че всеки елемент от $F$ може да се представи като $\alpha_1 e_1 + \alpha_2 e_2 + \cdots + \alpha_k e_k$, където $\alpha_i \in \mathbb{Z}_p$.
Т.е вече може да 'преброим' елементите на $F$, като видим колко различни координати могат да се образуват:

(1)
\begin{align} |F| = |\{ (\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_k) | \alpha_i \in \mathbb{Z}_p \} | = p^k \end{align}

Твърдение ( -> )

Нека $F$ е крайно поле и $|F| = p^k$. Тогава елементите на полето $F$ са всички корени на уравнението $x^{p^k} - x \in \mathbb{Z}_p[x]$.

Доказателство:
Нека $\alpha \in F^*$ (т.е $\alpha$ е произволен ненулев елемент).
С $o(\alpha)$ ще бележим мултипликативния ред на $\alpha$, т.е $o(\alpha) = s$, ако $\alpha^s = 1$ и $s$ е минимално.
Ако $o(\alpha) = s$ имаме, че $s \mid |F^*|$ (защото $F^*$ е група, и мултипликативната група породена от $\alpha$ е подгрупа на $|F^*|$, следователно реда на подгрупата дели реда на цялата група).
Т.е $s \mid p^k - 1$. Това означава, че $\alpha^{p^k - 1} = 1$ (защото повдигаме $\alpha$ на степен, кратна на мултипликативния му ред).
Казано по друг начин горното означава, че $\alpha$ е корен на уравнението $x^{p^k - 1} - 1$.
Тъй като полинома $x^{p^k - 1} - 1$ има точно $p^k - 1$ корена, колкото са и елементите на мултипликативната група $F^*$, следователно всички корени са точно елементите на $F^*$.
За да включим и нулевия елемент към корените (за да получим полином, чиито корени са елементите на $F$) трябва да умножим по $x$:

(2)
\begin{equation} f(x) = x(x^{p^k - 1} - 1) = x^{p^k} - x \end{equation}

Тъй като корените на $f(x)$ са точно $p^k$ на брой, това означава че всеки елемент на полето е корен на уравнението и обратно.
От тук - всеки две полета с равен брой елементи - $p^k$ са изоморфни (защото елементите им са всички корени на един и същи полином $x^{p^k} - x$).

Дефиниция (степен на разширение)

Ако $|F| = p^k$, то $k$ се нарича степен на разширение.

Сега ще докажем обратното твърдение:

Твърдение ( <- )

За всяко просто $p$ и естествено $s$ съществува поле с точно $p^s$ елемента.

Доказателство:
Нека $g(x) = x^{p^s} - x \in \mathbb{Z}_p[x]$.
Да разгледаме разширението с корените на полинома $L \supseteq \mathbb{Z}_p$.
Нека $F_0 = \{ \alpha | g(\alpha) = 0 \} \subseteq L$.
Ще докажем, че $|F_0| = p^s$.


Сега остава да докажем че $F_0$ е поле. Ще го направим като докажем, че $F_0$ е подполе на $L$.
За всички корени $\alpha$ на $g(x)$ е изпълнено $\alpha^{p^s} = \alpha$ (просто записано по друг начин $g(\alpha) = 0$).
Нека $\alpha, \beta$ са произволни корени на $g(x)$. Ще докажем, че може да ги вадим, умножаваме и намираме обратен елемент:
  • умножение: $(\alpha\beta)^{p^s} = \alpha^{p^s} \beta^{p^s} = \alpha \beta$, следоватено $\alpha\beta \in F_0$
  • взимане на обратен: Нека $\beta \ne 0$. Тогава $(\beta^{-1})^{p^s} = (\beta^{p^s})^{-1} = \beta^{-1}$, следователно $\beta^{-1} \in F_0$
  • изваждане: Понеже $\mathrm{char}\ L = p$ имаме, че $(\alpha + \beta)^p = \alpha^p + \beta^p$ (просто разписваме с биномни коефициенти (и имаме предвид, че коефициента значи колко пъти събираме променливата, а не умножение в полето)). Сега вече тривиално
(4)
\begin{eqnarray} (\alpha - \beta)^{p^s} &=& \bigg(\Big(\big(\alpha - \beta\big)\underbrace{^p\Big)^p\cdots\bigg)^p}_{s} \\ &=& \bigg(\Big(\big(\alpha^p - \beta^p\big)\underbrace{^p\Big)^p\cdots\bigg)^p}_{s-1} \\ &=& \bigg(\Big(\big((\alpha^p)^p - (\beta^p)^p\big)\underbrace{^p\Big)^p\cdots\bigg)^p}_{s-2} \\ &\vdots& \\ &=& \alpha^{p^s} - \beta^{p^s} \end{eqnarray}

Следователно $F_0$ е подполе на $L$, т.е самото то е поле. Следователно съществува поле с $p^s$ елемента!

Теорема (мултипл. група на крайно поле е циклична)

Нека $F$ е поле и $|F| = p^s$. Ще докажем, че мултипликативната група $F^*$ на крайно поле е циклична.

Доказателство:
Нека $\alpha \in F^*$ е елемента на мултипликативната гурпа с максимален ред (относно умножението).
Тогава $o(\alpha) = r$ и $r \mid |F^*|$, следователно $r \le |F^*|$.
Нека $\beta \in F^*$ е произволен елемент. Ще докажем, че $o(\beta) = t \mid r$.
Допускаме, че $t \nmid r$, т.е $d = (t, r) > 1$. Нека $t = dt_1$.
Тогава $o(\beta^d) = t_1 > 1$.
Да пресметнем реда на $\alpha \beta^d$ : $o(\alpha \beta^d) = o(\alpha) o(\beta^d) = t_1 r > r$.1 Противоречие (получихме елемент с по-голям ред от $r$).

Доказахме, че за всяко $\beta \in F^*$ имаме $o(\beta) \mid r$, следователно всички елементи от $F^*$ са корени на полинома $x^r - 1$. Но той има най-много $r$ корена, следователно $|F^*| \le r$. Получихме, че $r = |F^*|$, следователно $\langle \alpha \rangle = F^* \cong \mathbb{C}_{|F^*|}$2

Дефиниция (примитивни елементи)

Пораждащите елементи на мултипликативната група се наричат примитивни.

Теорема (за броя елементи на подполе)

  1. Ако $F$ е поле, $|F| = p^s$ и $G$ е подполе на $F$, тогава $|G| = p^k$, където $k \mid s$.
  2. Ако $F$ е поле, $|F| = p^s$ и $t \mid s$, тогава съществува подполе $G \subseteq F$, такова че $|G| = p^t$.

Доказателство:
1. Нека $G \subseteq F$ е подполе. Тогава може да разглеждаме $F$ като линейно пространство над $G$. Тогава ако $\dim_G F = m$ то $|F| = |G|^m$, следователно $p^s = (p^k)^m$, откъдето $s = mk \Rightarrow k \mid s$.
2. Нека $|F| = p^s$ и $t \mid s$, следователно $s = t.m$.
Мултипликативната група на $F$ - $F^*$ има точно $p^s - 1$ елемента.
Понеже $p^t - 1 \mid p^{tm} - 1 = p^s - 1$, можем да си изберем елемент $\beta = \alpha^m$, който да има ред $p^t - 1$ (ако $\langle \alpha \rangle = F^*$). Следователно $\langle \beta \rangle = H$ е група с $p^t - 1$ елемента.
За всяко $\gamma \in H$ имаме, че $\gamma^{p^t - 1} = 1$, т.е $\gamma$ е корен на полинома $x^{p^t - 1} = 1$. (в обратната посока също).
Следователно $H \cup \{ 0 \}$ е полето на разлагане на $x^{p^t} - x$. И освен това има точно $p^t$ елемента.

Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License