1 , 证明任意有限域必有不等于它自身的代数扩张 ,

证明: 不妨设F是含q个元素的有限域 , 则对属于F^*的任意α , 都有α^q‒α=0 ,

所以F中任意元素均是多项式x^q‒x的根 ,

从而F上的多项式f(x)=x^q‒x+1在F中没有根 ,

设β是f(x)的一个根 , 则β不属于F且包含F的F(β)是有限扩张 ,

也是代数扩张 , 且F(β)≠F ,

2 , 设F是有限域 , 证明F‒{0}的所有元素的乘积等于‒1 ,

证明: 设|F|=q , 则F‒{0}={α₁ , α₂ , ⋯ , α_q‒1}的元素是方程x^q‒1‒1=0的所有根

则x^q‒1‒1=(x‒α₁)(x‒α₂)⋯(x‒α_q‒1)

令x=0 , 则(‒1)^q‒1α₁α₂⋯α_q‒1=‒1

由于‒1属于F‒{0} , 从而(‒1)^q‒1=1 , 故α₁α₂⋯α_q‒1=‒1

即F‒{0}的所有元素的乘积等于‒1

3 , 求|GF(729) : GF(27)|和|GF(512) : GF(8)| ,

解: |GF(729) : GF(27)|=|GF(3⁶) : GF(3³)|=6÷3=2 ,

|GF(512) : GF(8)|=|GF(2⁹) : GF(2³)|=9÷3=3 ,

4 , 构造含125个元素的域 , 并求其所有子域

解: 因为125=5³ , 故需在Z₅上找到一个不可约的三次多项式 ,

易知f(x)=r³+x+$\overline{4}$为Z₅上的不可约多项式 ,

设α为f(x)的一个根 , 则|Z₅(α)|=125 , 其所有子域为Z₅ , Z₅(α)

5 , 求GF(2⁶)的全部子域 ,

若α是GF(2⁶)的乘法群的一个生成元 ,

求GF(2⁶)的每个子域的乘法群的一个生成元 ,

解: 因为6的所有因子为1 , 2 , 3 , 6 ,

故GF(2⁶)的所有子域为GF(2) , GF(2²) , GF(2³) , GF(2⁶) ,

α是F的乘法群的生成元 , 所以可设αⁱ是GF(2^k)的乘法群的生成元 ,

根据[第二章推论5.2(1)]可取i=$\frac{2^{6} - 1}{2^{k} - 1}$

因此子域CF(2) , GF(2²) , GF(2³) , GF(2⁶)的乘法群的生成元依次为α⁶² , α²¹ , α⁹ , α

6 , 设f(x)是Z_p[x]中的m次不可约元 , 试证明当且仅当m|n时 , f(x)|($x^{p^{n}}$‒x)

证明: g(x)=$x^{p^{n}}$‒x在Z_p上的分裂域就是一个pⁿ阶有限域 ,

若f(x)|($x^{p^{n}}$‒x ), 设α是f(x)的一个根 ,

则f(x)在Z_p上的分裂域Z_p(α)就是一个pⁿ阶域的子域 , 而|Z_p(α)|=p^m , 所以m|n

反之 , 设α是f(x)的一个根 , 则f(x)在Z_p上的分裂域Z_p(α)=GF(p^m) ,

若m|n , 则Z_p(α)=GF(p^m)是GF(pⁿ)的子域 , 从而α是$x^{p^{n}}$‒x的根 ,

因为f(x)是不可约元 , 所以f(x)|($x^{p^{n}}$‒x )

7 , 设p(x)是Z[x]中的n次不可约元 ,

试证明若α是p(x)在其分裂域中的一个根 ,

则p(x)在其分裂域中的全部根为α , α^p , ⋯ , $\alpha^{p^{n - 1}}$

证明: 因为对于Z_p中的任意元素β都有β^p=β , 又因p(α)=0且deg p(x)=n ,

不妨设p(x)=a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₁x+a₀ , 则p(α)=a_nαⁿ+a_n‒1α^n‒1+⋯+a₁α+a₀=0

从而[p(α)$\rbrack^{p^{i}}$=(a_nαⁿ+a_n‒1α^n‒1+⋯+a₁α+a₀$)^{p^{i}}$

=a_n($\alpha^{p^{i}}$)+a_n‒1($\alpha^{p^{i}}$)^n‒1+⋯+a₁$\alpha^{p^{i}}$+a₀=0(0⩽i⩽n‒1)

故α , α^p , ⋯ , $\alpha^{p^{n - 1}}$是p(x)的根 ,

下证这n个根不同

反证 , 假设存在i , j使得$\alpha^{p^{i}}$=$\alpha^{p^{j}}$(i＞j) , 则$\alpha^{p^{i}}$‒$\alpha^{p^{j}}$=($\alpha^{p^{i - j}}$‒α$)^{p^{j}}$=0 ,

从而$\alpha^{p^{i - j}}$‒α=0 , 即α是$x^{p^{i - j}}$‒x(i‒j＜n)的根 ,

这与α是n次不可约元p(x)的根矛盾 ,

8 , 求属于Z₃[x]的多项式f(x)=x³+2x+1在它的分裂域中的所有根

解: 经验证f(x)为Z₃[x]的不可约多项式 ,

设f(α)=0 , α为f(x)的一个根 , 则其分裂域的所有根为α , α³ , α⁹

习题1构造含有16个元素的有限域

解: x⁴+x+1是Z₂[x]中不可约多项式 , 设α是该多项式的一个根 , 则Z₂(α)为所求

习题2求GF(3¹²)的全部子域 ,

解: GF(3¹²)的全部子域为GF(3) , GF(3²) , GF(3³) , GF(3⁴) , GF(3⁶) , GF(3¹²) ,

习题3求属于Q[x]的xⁿ‒1在Q上的n次单位根和本原n次单位根

$$\mathbf{解:}n次单位根的集合为\left\{ \left. \ \cos\frac{2k\pi}{n} + isin\frac{2k\pi}{n} \right|k = 0,1,\cdots,n‒1 \right\}$$

$$本原n次单位根的集合为\left\{ \left. \ \cos\frac{2k\pi}{n} + isin\frac{2k\pi}{n} \right|(k,n) = 1,k = 0,1,\cdots,n‒1 \right\}$$

习题4证明映射φ : GF(pⁿ)→GF(pⁿ) , x→x^p是GF(pⁿ)的自同构

证明: 对于属于GF(pⁿ)任意x , y , 有(x+y)^p=x^p+y^p , (xy)^p=x^py^p ,

即φ是GF(pⁿ)的自同态 ,

若x^p=y^p , 则0=x^p‒y^p=(x‒y)^p , 从而x=y , 即φ是单射 ,

因为GF(pⁿ)是有限集合 , 故φ是双射 , 这就证明了φ是GF(pⁿ)的自同构 ,

习题5试证明Aut_F GF(pⁿ)={φ_i |φ_i : x→$x^{p^{i}}$ , i=0 , 1 , ⋯ , n‒1} ,

证明: 先证φ_i : x→$x^{p^{i}}$是GF(pⁿ)的自同构 ,

若$x^{p^{i}}$=$y^{p^{i}}$ , 则0=$x^{p^{i}}$‒$y^{p^{i}}$=(x‒y$)^{p^{i}}$ , 从而x=y , 即φ_i是单射 ,

因为GF(pⁿ)是有限集合 , 故φ_i是双射 ,

显然φ_i(x+y)=(x+y$)^{p^{i}}$=$x^{p^{i}}$+$y^{p^{i}}$=φ_i(x)+φ_i(y) , φ_i(xy)=(xy$)^{p^{i}}$=$x^{p^{i}}y^{p^{i}}$=φ_i(x)φ_i(y)

即φ_i是GF(pⁿ)的自同态 ,

从而φ_i是GF(pⁿ)的自同构 , 即GF(pⁿ)中至少有n个元素 , 显然φ_i属于⟨φ₁⟩ ,

因为GF(pⁿ)是Z_p上的单代数扩张 , 所以存在α使得GF(pⁿ)=Z_p(α) ,

α在Z_p上的极小多项式为f(x) , f(x)的次数为n ,

设φ是GF(pⁿ)的自同构 , 对属于Z_p的$\overline{m}$ , 有φ($\overline{m}$)=mφ($\overline{1}$)=m$\overline{1}$=$\overline{m}$

即φ在GF(pⁿ)上的像由α决定 ,

因为φ(f(α))=f(φ(α)) , 即φ(α)是f(x)的一个根 , 知GF(pⁿ)中最多有n个元素

综上 , GF(pⁿ)的自同构群为{φ_i|φ_i : x→$x^{p^{i}}$ , i=0 , 1 , ⋯ , n‒1}=⟨φ₁⟩ ,

习题6有限域上的不可约多项式在分裂域中无重根

证明: 令F=GF(pⁿ) ,

设p为素数 , f(x)=a_nxⁿ+a_n‒1x^n‒1+⋯+a₁x+a₀为F上不可约多项式 ,

$$若f(x)在分裂域中有重根,则f(x) = \sum_{i = 0}^{m}{b_{i}\left( x^{p} \right)^{i}} = \left( \sum_{i = 0}^{m}{b_{i}x^{i}} \right)^{p}$$

这与f(x)不可约矛盾

习题7在Z_p[x]中证明当且仅当m|n时 , ($x^{p^{m}}$‒x)|($x^{p^{n}}$‒x)

证明: 若m|n , 则$x^{p^{m}}$‒x的根都是$x^{p^{n}}$‒x的根 , 因此($x^{p^{m}}$‒x)|($x^{p^{n}}$‒x)

反之 , 因为GF(pⁿ)由$x^{p^{n}}$‒x在分裂域中的全部根组成 ,

所以若($x^{p^{m}}$‒x)|($x^{p^{n}}$‒x) , 则GF(p^m)是GF(pⁿ)的子域 , 因此m|n

习题8设F是特征为p的有限域 , α是F的乘法群的生成元 ,

试证明α^p是F的乘法群的生成元 ,

证明: 设F的阶为pⁿ , 则F的乘法群的阶为pⁿ‒1

要证α^p是F的乘法群的生成元 , 只需要说明α^p阶为pⁿ‒1 ,

设α^p阶为t , 则α^tp=1 , 于是pⁿ‒1|tp ,

由(pⁿ‒1 , p)=1得(pⁿ‒1)|t , 而(α^p$)^{p^{n} - 1}$=1 , 于是t|(pⁿ‒1)

因此α^p阶为p^p‒1 ,