Алгебра 1. Лекция 3. Конечные поля и гауссовы числа

3.1. Конечные поля.

Теорема 3.1.

1. Если $F$ — конечное поле, то $|F|=p^n$, где $p$ — простое, $n\ge 1$.
2. Существует поле ${\mathbb{F}}_{p^n}$ порядка $p^n$ для любого простого $p$ и $n\ge 1$.
3. Любые два поля порядка $p^n$ изоморфны.

Доказательство.

Предложение 3.2. Конечная подгруппа мультипликативной группы поля циклическая.

Доказательство. Пусть $G$ — конечная подгруппа $k^{\times }$, а $n$ — максимальный порядок элемента в $G$. Покажем, что порядок любого элемента делит $n$. Отсюда будет следовать, что в $=|G|$, так как уравнение $x^n-1=0$ имеет в поле не более $n$ корней.

Лемма 3.3. Пусть $x,y\in G$ и $|x|=a,|y|=b$. Тогда в $G$ существует элемент порядка $\text{НОК}(a,b)$.

Доказательство.

1. Предположим, что $\text{НОД}(a,b)=1$. Тогда $\text{НОК}(a,b)=ab$ и такой порядок имеет элемент $xy$. Действительно, $(xy{)}^{ab}=(x^a{)}^b\cdot (y^b{)}^a=1$. Если $(xy{)}^k=1$, причем $k<n$, то получим, что $x^r=y^s$ для некоторых $r<a,s<b$. Но тогда $1=y^{as}$, причем $as$ не делится на $b$, откуда $y^c=1$, для некоторого $c<b$, что приводит к противоречию.

2. В общем случае пусть $d=\text{НОД}(a,b)$. Тогда существуют числа $a_1,a_2,l_1,l_2\in \mathbb{Z}$, такие что $a=l_1{a}_1,b=l_2{b}_1,\text{НОД}(l_1,l_2)=1,\text{НОК}(a,b)=l_1{l}_2$. Для этого отправим в $b$ все простые множители, которые входят в $a$ в большей степени, чем в $b$. Тогда элементы $x^{a_1}$ и $y^{a_2}$ имеют взаимнопростые порядки $l_1,l_2$, а их произведение порождает $\text{НОК}(a,b)$.

Из леммы следует предложение: если элемент имеет порядок $n$, не делящий $n$, то приводит к противоречию.

Заметим, что для поля характеристики $p$ есть каноническое вложение поля ${\mathbb{F}}_p$ в $F$ (простое подполе). Предложение показывает, что в конечном поле корректно определено следующее понятие:

Определение 3.4. (Минимальный многочлен элемента). Минимальный многочлен $f\in {\mathbb{F}}_p[x]$ элемента $\alpha \in F$ — это неприводимый приведённый многочлен минимальной степени такой, что $f(\alpha )=0$.

Чтобы доказать пункт 1) теоремы заметим, что ${\mathbb{F}}_p[\alpha ]=\{f(\alpha )|f\in {\mathbb{F}}_p[x]\}$ является подполем $F$. Действительно, оно замкнуто относительно сложения и умножения по определению. С другой стороны, достаточно

Отсюда следует, что любой элемент обратим (воспользуемся линейным представлением НОД). Иными словами, ${\mathbb{F}}_p[\alpha ]\simeq {\mathbb{F}}_p[x]/(m_{\alpha }(x))$. Так как ${\mathbb{F}}_p[\alpha ]$ содержит ровно $p^n$ элементов, то совпадает с $F$.

2. Существование.

Предложение 3.5. Пусть $f\in k[x]$ — многочлен. Тогда существует $k\subset F$ такое, что в $F$ многочлен $f$ раскладывается на линейные множители.

Доказательство. Пусть $f$ имеет в $k$ корней и пусть $g$ — неприводимый фактор $f$. Тогда в поле $k[x]/(g)$ многочлен $f$ имеет один корень больше. Продолжая, получим поле требуемое.

Продолжим построение поля $F_{p^n}$ как подполе поля $k$ разложением многочлена $x^{p^n}-x\in {\mathbb{F}}_p[x]$, а именно, мы утверждаем, что все его корни образуют поле. Действительно, если $x,y$ — корни, то

Если $x\ne 0$ корень, то $x^{p^n-1}=1$, а значит, элемент $x$ обратим. Все остальные свойства поля следуют из того, что множество корней является подполем в $k$. Осталось доказать, что корней ровно $p^n$, это следует из следующей леммы.

Лемма 3.6. Многочлен $f\in k[x]$ не имеет кратных корней тогда и только тогда когда $\text{НОД}(f,f^{\prime })=1$. Здесь $f^{\prime }$ — (формальная) производная $f$.

3. Для доказательства единственности мы построим изоморфизм между любыми двумя полями $F_1$ и $F_2$ порядка $p^n$. Для этого выберем $\xi$ — первообразный корень в $F_1$ и пусть $m_{\xi }(x)\in {\mathbb{F}}_p[x]$ — минимальный многочлен. В $F_1[x]$ и $F_2[x]$ раскладывается на линейные множители (так как делит $x^{p^n}-x$). Более того, все его корни — первообразные. Действительно, пусть $a$ — корень $m_{\xi }(x)$ и $a-$ не является первообразным. Тогда существует $m_a(x)\in {\mathbb{F}}_p[x]$ — минимальный многочлен элемента $a$, причем $m_a(x)|m_{\xi }(x)$. Но $m_{\xi }(x)$ неприводим. Пусть ${\xi }_1$ — корень $m_{\xi }(x)$ в $F_2$. Мы утверждаем, что отображение $\psi :F_1\to F_2,{\xi }^k\mapsto {\xi }_1^k,0\mapsto 0$ — изоморфизм полей. Очевидно, что $\psi$ — биекция, сохраняющая умножение. Пусть $\xi +{\xi }_1={\xi }^k$. Нужно доказать, что ${\xi }^i+{\xi }_1^j={\xi }_1^k$. Заметим, что $m_{\xi }(x)|x^i+x^j-x^k$, откуда получаем требуемое.

Если ${\xi }^i+{\xi }^j=0$, и $\text{char}{F}_1=2$, то ${\xi }^i={\xi }^j$ и получаем требуемое. Если $\text{char}{F}_1\ne 2$, то ${\xi }^j-{\xi }^i=-1$, а значит $i-j=\frac{p^n-1}{2}$ и ${\xi }_1^j=-1$, что и требовалось доказать.

3.2. Гауссовы числа.

Определение 3.7. Гауссовы числа — это $\mathbb{Z}[i]=\{a+bi\mid a,b\in \mathbb{R}\}\subset \mathbb{C}$.

Так как гауссовы числа — подкольцо в $\mathbb{C}$, то они являются областью целостности.

Определение 3.8. Нормой Гауссова числа $z=a+bi$ называется целое положительное число $N(z)=zz=a^2+b^2$.

Предложение 3.9. Для любых $z_1,z_2\in \mathbb{Z}[i]$ существуют $q,r$ такие, что $z_1=q{z}_2+r,N(r)<N(z_2)$.

Доказательство. В качестве неполного частного можно взять ближайшую к $z_1$ точку в решётке кратных $z_2$.

Ясно, что $\mathbb{Z}[i{]}^{\times }=\{\pm 1,\pm i\}$.

Определение 3.10. Наибольшим общим делителем чисел $a,b\in \mathbb{Z}[i]$ называется $d\in \mathbb{Z}[i]$ такой, что:

1. $d$ общий делитель $a,b$;
2. $d$ обладает наибольшей нормой среди всех общих делителей.

Предложение 3.11. НОД определён корректно.

Доказательство. Аналогично кольцу многочленов.

Отсюда следует, что в $\mathbb{Z}[i]$ есть алгоритм Евклида, линейное представление НОД, лемма Евклида и основная теорема арифметики.

Теорема 3.12. Кольцо $\mathbb{Z}[i]$ факториально.

3.3. Простые Гауссовы числа.

Теорема 3.13. Гауссово число $z=a+bi$ простое, тогда и только тогда когда выполнено одно из следующих условий

• $z$ ассоциировано с $p=4k+3$;
• $N(a+bi)=p$, где $p=4k+1$ или $p=2$ — простое.

Доказательство.

Лемма 3.14. Уравнение $x^2=-1$ разрешимо в ${\mathbb{F}}_p$ тогда и только тогда когда $p=2$ или $p=4k+1$.

Доказательство. Пусть $\exists a\in {\mathbb{F}}_p,p\ne 2$ такой, что $a^2=-1$. Тогда $a^4=1$. Так как ${\mathbb{F}}_p^x$ циклическая, то это $4|p-1$. Обратно, если $4|p-1$ то в циклической группе существует элемент порядка 4.

• Пусть $p=4k+1$. Тогда $\exists a\in \mathbb{Z}$ такой, что $p|x^2+1=(x-i)(x+i)$. Но тогда $p=\pm 1$.

• Пусть $p=4k+3$, не простое, тогда $p=(a+bi)q=p=(a-bi)q$. Значит $p=(a+bi)(a-bi)=(a-bi)q$, где $c=\pm 1$. Тогда $p^2=a^2+b^2$, но у суммы квадратов не может быть остаток 3 по модулю 4.

• Если $N(a+bi)=p$, то $a+bi$ — простое, так как норма 1 только у обратимых элементов.

• Пусть $a,b\ne 0$ и $N(a+bi)=n_1\cdot n_2=(a+bi)(a-bi)$, где $n_1,n_2\in \mathbb{Z}$. Если $a+bi$ простое, то $a-bi$ — тоже, а значит получаем два различных разложения на простые множители, что противоречит факториальности.

Отсюда получаем, что простые числа вида $4k+1$ представимы в виде суммы двух квадратов целых чисел, а вида $4k+3$ — нет. Действительно, если $p=4k+1$, то $p=(a+bi)(a-bi)=a^2+b^2$. Если $p=4k+3$, то очевидно не представимо. Более того, если $a,b$ представимы в виде суммы двух квадратов, то $ab$ — тоже, так как для комплексных чисел $|z_1{z}_2|=|z_1||z_2|$.

Следствие 3.15. Натуральное число представимо в виде суммы двух квадратов если в разложение на простые множители простые числа вида $p=4k+3$ входят в чётных степенях.

Верно и обратно, но здесь мы это не доказываем (задача в листочке).