有限域的结构

warzone · 2025-03-10 17:25:31 · 题解

前置芝士：域论初步

有限域 即大小有限的域。由之前对域的特征及域扩张的维数的讨论，
有限域的大小一定是 p^n\ (n\in\N_+)，其中素数 p 为有限域的特征。
此处约定有限域的素子域就是模 p 整数域 \Z_p。

由拉格朗日定理，对于大小为 p^n 的有限域 F，有

即 F 中元素均为 F 上多项式 x^{p^n}-x 的根。因为 \deg(x^{p^n}-x)=p^n=|F|，
故 F 即 x^{p^n}-x\in\Z_p[x] 在 \Z_p 上的分裂域。
又因为多项式的分裂域在同构意义下唯一，故 有限域的结构被其大小唯一确定。
因此，我们将大小为 p^n 的有限域记为 \mathbb{F}_{p^n}。

乘法结构与构造方法

同 \pmod{p} 意义下原根的存在性证明，易证明 有限域的乘法群一定是循环群。
取其乘法群的任意一个生成元 \alpha，可知 有限域一定是其素子域 \Z_p 的单代数扩域 \Z_p(\alpha)。

对于任意的素数 p 和正整数 n，\mathbb{F}_{p^n} 是否一定是存在的呢？

求证：对于任意素数 p 和正整数 n，\Z_p[x] 中一定存在 n 次不可约多项式。
证明：设 f(n) 为 \Z_p[x] 中的 n 次首一（最高次项系数为 1 的）不可约多项式个数，

$$\dfrac{1}{1-px}=\prod_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(1-x^k)^{f(k)}}$$ $\qquad$ 等式两边同时取对数得 $$-\ln(1-px)=-\sum_{k=1}^{+\infty}f(k)\ln(1-x^k)$$ $$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{p^n}{n}x^n=\sum_{k=1}^{+\infty}f(k)\sum_{i=1}^{+\infty}\dfrac{x^{ki}}{i}$$ $$\dfrac{p^n}{n}=\sum_{i|n}\dfrac{f\left(\dfrac{k}{i}\right)}{i}$$ $\qquad$ 这是狄利克雷卷积的形式。设 $g(n)=\dfrac{p^n}{n}$，$h(n)=\dfrac{1}{n}$，则 $$g=f*h$$ $\qquad h$ 是完全积性函数，由贝尔级数易得其狄利克雷卷积逆 $$h^{-1}(n)=\dfrac{\mu(n)}{n}$$ $\qquad$ 其中 $\mu$ 为莫比乌斯函数。于是 $$f(n)=(g*h^{-1})(n)=\sum_{d|n}g(d)h^{-1}\left(\dfrac{n}{d}\right)$$ $$=\sum_{d|n}\dfrac{p^d}{d}\times\dfrac{\mu\left(\dfrac{n}{d}\right)}{\dfrac{n}{d}}=\dfrac{1}{n}\sum_{d|n}p^d\mu\left(\dfrac{n}{d}\right)$$ $\qquad$ 因此只需要证明 $\displaystyle\sum_{d|n}p^d\mu\left(\dfrac{n}{d}\right)>0$ 即可。注意到 $$\sum_{d|n}p^d\mu\left(\dfrac{n}{d}\right)=p^n+\sum_{d|n,d\not=n}p^d\mu\left(\dfrac{n}{d}\right)\ge p^n-\sum_{d|n,d\not=n}p^d$$ $$\ge p^n-\sum_{d=1}^{n-1}p^d=p^n-\dfrac{p^n-p}{p-1}=\dfrac{(p-2)p^n+p}{p-1}>0$$

这样一来，我们不仅证明了 \mathbb{F}_{p^n} 的存在性，还给出了其构造方法：
线性筛出 \Z_p[x] 上的任意一个 n 次不可约多项式即可。这就是本题的解法。

可分性与自同构群

因为 \mathbb{F}_{p^n} 的乘法群为循环群，其阶 p^n-1 与 p 互质，
故 \mathbb{F}_{p^n} 中任意元素均可开 p 次根，即 有限域 \mathbb{F}_{p^n} 一定是完美域。

此时弗罗贝尼乌斯自同态是 \mathbb{F}_{p^n} 的自同构。设 \alpha 为 \mathbb{F}_{p^n} 乘法群的生成元，