有限域：从不可约多项式到循环乘法群

$\mathbb F_{4}$ 不是把整数余 4，而是把 F2 上的不可约二次多项式变成零。这个小域足够具体：你可以把每个元素写出来、做完每一次乘法，又能看见有限域一般结构的影子。

特征和构造

域 F 的特征是最小正整数 p 使 $p·1=0$；若不存在则特征为0。域的特征要么是0，要么是素数，因为若 $n=ab$ 合成，则 $(a·1)(b·1)=0$ 会产生零因子。

有限域的特征不可能为 $0$，否则 $0,1,1+1,\ldots$ 永不重复，会产生无穷多个元素。特征为 $p$ 时，$1$ 生成一个素子域 $\mathbb F_p$。有限域作为这个子域上的向量空间有有限维数 ，一组基的每个坐标都有 种选择，所以其大小必须为 。

图中的幂基是选定代数生成元之后的一种坐标表示；计数依赖基的维数，而不依赖具体采用哪组基。

若 p 是素数，$F_p=\mathbb Z/pZ$ 是域。选择 F_p[x] 中次数 n 的不可约多项式 f，商

$$F_{p^n}=F_p[t]/(f(t))$$

是有 $p^n$ 个元素的域。商中 t 满足 f(t)=0，每个元素都有唯一的次数小于 n 的代表。

这里另用 $\mathbb F_9=\mathbb F_3[t]/(t^2+1)$ 展示坐标：横纵坐标各有三种选择，合起来是九个元素。

本课构造时选首一不可约多项式。更一般地，除式首项系数只要在系数域中非零，就能先除以它化成首一式。

例题：完整计算 F4

取 $\mathbb F_{4}=\mathbb F_{2}[t]/(t²+t+1)$，所以 （因为 −t−1=t+1）。求 。

四个元素是 $0,1,t,1+t$。非零元素的幂为 $t²=t+1$、$t³=t(t+1)=t²+t=1$，所以 t 的阶为3，非零元素正好由 t 生成。

沿箭头乘以 $t$，走过 $1,t,t+1$ 后回到 $1$。这里画的是乘法轨道，不是加法轨道；$0$ 不属于非零乘法群。

在算术板中分别选两个元素，先预测乘积，再点选表格核对。切换到 $\mathbb Z/4\mathbb Z$，对比非零元素的平方，特别留意 $[2]^2=0$。随后比较加法：$\mathbb F_4$ 中每个元素加自身为零，模 $4$ 的 却不满足。这两种结构的差别在加法和乘法里都能看见。

表中的 $\alpha$ 就是刚才使用的 $t$，满足 $\alpha^2+\alpha+1=0$。用这一条关系就能逐格核对乘法表。

$x^q-x$ 与有限域的存在

在含 q=$p^n$ 个元素的有限域 F_q 中，每个元素都满足

$$x^q-x=0.$$

原因是非零乘法群有 q−1 个元素，有限群中的元素阶整除群阶，所以 $a^{q−1}=1$；0 也满足方程。这说明已有的 $\mathbb F_q$ 中包含全部 $q$ 个根。我们还需要反过来证明：每个素数幂 $q=p^n$ 都真的对应一个有限域。

在 $\mathbb F_p$ 上取 $x^q-x$ 的分裂域。多项式的形式导数是 $-1$，所以没有重根，恰有 $q$ 个互异根。若 $$ 是根，特征 的二项式公式反复使用给出 ，乘法、取负也保持根集合。非零根的逆元满足 ，且 都在集合里。因此根集合自身就是含 个元素的域，并且就是该多项式的分裂域。

任意大小为 $q$ 的域都恰好由这些根组成。上一章的分裂域唯一性于是给出：大小相同的有限域在同构意义下唯一。这里不是事先假设存在不可约的 $n$ 次式，而是先由根集合构造出域。

Frobenius 把根连成轨道

特征 p 下，Frobenius 映射 $F(a)=a^p$ 是域同态，因为二项式中间系数都被 p 整除：

$$(a+b)^p=a^p+b^p.$$

它保乘法、保幺，作为域同态必单射；有限集合上的单射为满射，所以它是自同构。记为 $\phi$，在 $\mathbb F_{p^n}$ 上有 $\phi^n=\mathrm{id}$，因为每个元素满足 。

它的阶恰为 $n$，而非仅仅“整除 $n$”。若 $0<k<n$ 且 $\phi^k=\mathrm{id}$，域中所有 $$ 个元素都会成为 的根，超过该多项式的次数 ，矛盾。

Frobenius 轨道长度还能读出元素的最小多项式次数。设 $a,\phi(a),\ldots,\phi^{r-1}(a)$ 是首次回到 $a$ 前的互异元素，轨道积 $h(x)=\prod_{j=0}^{r-1}(x-\phi^j(a))$ 的系数被 固定。固定元素满足 ，根数上界说明它们恰为 ，所以 。最小多项式 整除 ，另一方面它的每个 Frobenius 像仍是根，故至少有这 个根。因此 ，次数为 。

有限域的乘法群是循环的

若 $G$ 是域乘法群的有限子群，它是阿贝尔群。令 $m$ 为全部元素阶的最小公倍数。对 $m$ 的每个素因子 $\ell$，取一个元素，其阶含有最高的 $\ell^{e_\ell}$；把它提升到适当幂，就得到阶恰为 $$ 的元素 。

把这些 $g_\ell$ 相乘。它们可交换且阶两两互素，乘积 $g$ 的阶为各阶的乘积 $m$：若 $g^k=1$，将等式提升到其余各阶的乘积，可逐一推出 ${}^{}$；反向 显然。

现在，所有 $|G|$ 个元素都是 $x^m-1$ 的根，所以 $|G|\le m$。而 $g$ 的阶为 $m$，其循环子群有 个元素，所以 。两者相等， 生成全部 。根数上界和互素阶组合在这个证明中各承担一半工作。

生成元还让我们补完自同构群的结论。若 $g$ 生成 $\mathbb F_{p^n}^{\times}$，则 $\mathbb F_p(g)=\mathbb F_{p^n}$，因为所有非零元素都是 的幂。它的最小多项式次数为 ，任何固定 的自同构都由 的像决定，而这个像必须是最小多项式的根。因此自同构至多有 个。Frobenius 的 个不同幂已经达到上界，故 。

因此 $F_q^×$ 有生成元 g，满足每个非零元素都是 $g^k$。在 F4 中，t 就是生成元；在 F8 中，如果 $u³=u+1$，可以逐步计算 u 的幂并寻找阶为7的元素。

具体地，在 $\mathbb F_8=\mathbb F_2[u]/(u^3+u+1)$ 中，，连续相乘得到

$$1,\ u,\ u^2,\ u+1,\ u^2+u,\ u^2+u+1,\ u^2+1,\ 1.$$

这是七个非零元素的乘法循环。Frobenius 却是平方映射，$u\mapsto u^2\mapsto u^4=u^2+u\mapsto u^8=u$，只有三步。

在轨道实验中选择同一个 $u$，并排比较“再乘一次 $u$”和“取平方”。随后切到 $\mathbb F_9$，用 $t^2=-1$，比较 $t$ 与 的乘法阶。 的阶为 ，、、，所以 的阶为 。不是任意非零元素都会生成乘法群。

子域由整除关系决定

在同一个代数闭包中固定这些域，则

$$\mathbb F_{p^m}\subseteq\mathbb F_{p^n}\quad\Longleftrightarrow\quad m\mid n.$$

必要性由塔式公式：$n=[\mathbb F_{p^n}:\mathbb F_p]=[\mathbb F_{p^n}:\mathbb F_{p^m}]m$。充分性则看根：若 ，满足 的元素反复取 次幂后也满足 ，所以前一个根域包含在后一个根域中。大小为 的子域只能由 的全部根组成，因而唯一。

例如 $\mathbb F_{64}$ 有大小为 $2,4,8,64$ 的子域，对应 $6$ 的正因子 $1,2,3,6$； 和 互不包含。图上的线只表达包含关系，不能仅凭元素数大小连线。

练习：在小域里做结构计算

练习 1｜F4 加法。 在 $\mathbb F_{4}$ 中求 $t+(1+t)$ 和 $(1+t)+(1+t)$。

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$t+(1+t)=1+(t+t)=1$；$(1+t)+(1+t)=1+1+t+t=0$。F2 中每个元素加自身为0。

练习 2｜F4 乘法。 求 $(1+t)^2$ 和 $(1+t)^3$。

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$(1+t)^2=1+2t+t²=1+(t+1)=t$，因为 2t=0；再乘 得 。所以 1+t 也是三阶非零元素。

练习 3｜区别 F4 与 Z/4Z。 找出 Z/4Z 中的零因子，并说明 F4 不会出现同样现象。

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在 Z/4Z 中 $[2][2]=[0]$，所以 [2] 是零因子。F4 是域，任意非零元素都有逆元；若 ab=0 且 a≠0，乘 a^-1 得 b=0，因此没有非零零因子。

练习 4｜Frobenius。 在特征2的域中证明 $(a+b)^2=a²+b²$。

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展开得到 $a²+2ab+b²$，而特征2使 $2ab=0$，所以只剩 $a²+b²$。这说明平方映射保持加法；乘法保持性来自 。

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构造 F_{p^n} 时最关键的多项式条件是什么？

A.次数必须是 pB.在 F_p[x] 中不可约且次数为 nC.必须有 n 个实根D.系数必须全为1

练习 5｜两种轨道。 在 $\mathbb F_9=\mathbb F_3[t]/(t^2+1)$ 中，求 $t$ 的 Frobenius 轨道及最小多项式；与其乘法轨道比较。

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Frobenius 是立方，$t^3=2t$，$(2t)^3=t$，所以轨道为 $t,2t$。轨道积 $$，恰是最小多项式。乘法轨道从 出发为 ，长度 。长度 和 对应不同操作，不能混用。

练习 6｜子域位置。 $\mathbb F_{16}$ 有几个子域？其中是否有八元素子域？说明理由。

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指数 $4$ 的正因子为 $1,2,4$，所以子域分别有 $2,4,16$ 个元素，且各唯一。$3\nmid4$，因此没有八元素子域；仅仅 $8<16$ 并不够。