二元域次数为8的不可约多项式

有限域上多项式及其简单应用作者：李一帆来源：《科教导刊·电子版》2017年第19期摘要本文介绍了近世代数中的域及有限域的基本概念与性质，并探究了有限域中的几种重要的多项式及其在密码学领域的简单应用。

关键词域有限域多项式简单应用中图分类号：O157.4 文献标识码：A0引言域是许多数学分支（如代数、代数数论、代数几何等）研究的基础，而其中有限域对于探究代数结构及其运用是非常重要的。

有限域上多项式在、编码理论、密码学、计算机代数和通信系统等许多领域有广泛应用。

1域和有限域的基本概念1.1相关定义定义1 设R是一个环，如果，又有单位元且每个非零元素都有逆元，则称R是一个除环。

可换除环称为域。

定义2域中元素的个数为有限时，则称域为有限域或galois域，记为GF。

并把元素个数称为有限域的阶，记为GF（n）。

1.2域的基本性质（1）数域都是域；（2）域没有零因子；（3）域的特征只能是素数或无限；（4）有限除环必为域。

2有限域上的几种常用多项式2.1有限域上的一元多项式设n是一非负整数，表达式？（1）其中a0，a1，…，an属于有限域GF，称（1）为系数在有限域GF中的一元多项式。

2.2有限域上的不可约多项式设，非常数。

若有，使得，则或为常数（0次多项式），则称为多项式环中的不可约多项式或中的素元。

2.3有限域上的本原多项式设是上的n次不可约多项式。

若满足的最小正整数为，则称为上的本原多项式。

3有限域上多项式在密码学中的简单应用3.1与的乘法比较设是域上的一个n次不可约多项式，则例设为3次不可约多项式，则。

解若为的一个本原元，则。

记0=000=0，1=001=1，x=010=2，x+1=011=3，x2=100=4，x2+1=101=5，x2+x=110=6，x2+x+1=111=7；则乘法表如表1，乘法表如表2，由上述表格得出，在中，所有非零元素都有乘法逆元；在中，非零元素2，4和6无乘法逆元。

第二章　域　和　环１畅基本概念：域、子域、扩域、域的特征、素域．环、子环、理想、商环、同态、同构、同态基本定理．整环、极大理想．２畅商环的应用例子：爱森斯坦判别法的证明（整数环上多项式性质的证明）可化归到整数环的剩余类域上．３畅新域或新环的构造：复数域（作为实数域Ｒ上使ｘ２＋１＝０有根的最小扩域）；二元域；集合Ｓ在域Ｆ上生成的扩域；商环、剩余类环Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））（包括构造Ｆ上添加任意不可约多项式ｆ（ｘ）的一个根的扩域）、Ｚ／（ｎ）（包括构造ｐ个元素的域）；理想的和、积；环的直和；整环的分式域．４畅域扩张的初步知识：代数扩张、有限扩张、单代数扩张、单超越扩张．集合Ｓ在Ｆ上生成的扩域的三种刻画：　Ｆ（Ｓ）＝ｆ１（α１，α２，…，αｔ）ｆ２（α１，α２，…，αｔ）橙ｔ∈Ｎ（自然数），橙α１，α２，…，αｔ∈Ｓ，橙ｆｉ（ｘ１，ｘ２，…，ｘｔ）∈Ｆ［ｘ１，ｘ２，…，ｘｔ］，ｉ＝１，２．ｆ２（α１，α２，…，αｔ）≠０＝由Ｆ及Ｓ的元尽可能地多次作加减乘除所得的元素的集合＝含Ｆ及Ｓ的最小的域．单扩张的构造：Ｆ（α）＝ｆ１（α）ｆ２（α）橙ｆ１（ｘ），ｆ２（ｘ）∈Ｆ［ｘ］，ｆ２（α）≠０．若α为Ｆ上代数元，ｆ（ｘ）是以α为根的Ｆ上不可约多项式（α的极小多项式），其次数为ｎ，则Ｆ（α）是Ｆ上ｎ维线性空间，而１，α，…，αｎ－１是它的一组基．扩张次数［Ｅ：Ｆ］及性质：对域扩张Ｅ车Ｈ车Ｆ有［Ｅ：Ｆ］＝［Ｅ：Ｈ］［Ｈ：Ｆ］．５畅域的应用举例：（１）二元域用于纠错码．（２）域的扩张次数的性质用于否定三大几何作图难题（给出了用圆规直尺作图作出的量满足的条件）．６畅中国剩余定理．１畅这一章讲域、环的基本概念．主要是讲各种造新域和新环的方法，环是为·８４·域起铺垫的作用．本章的内容充分体现总导引第一点中的思想．２畅体会造二元域的数学背景及如何用于构造纠一个错的码．思考一下能纠错的关键之点在哪里，随便指定一个矩阵Ｈ是否能起到纠错的作用？３畅体会对圆规直尺作图问题进行分析中的几个步骤：（１）用解析几何知识分析出能用圆规直尺作图作出的量（长度）满足的方程；（２）用扩域的语言表达上述作出的量所在的范围；（３）用扩张次数的性质来表达作出的量满足的条件．４畅这一章中我们充分地应用了引论章§２末尾的定理．即用了一般域上线性方程组、矩阵运算、线性空间、多项式等理论的大量性质．促进读者巩固高等代数的知识．５畅与其它近世代数教材相比，本书中域的内容（包括下一章的有限域的内容）放到整环的因式分解唯一性理论之前，并且替代它而成为教材的核心部分．内容也改变很多，加入纠错码的例子和三大几何作图难题的讨论这些应用内容，而舍去了可分扩张及分裂域等内容．由于目标明确（参看总导引第一条）且有应用内容，增加了学习的生动性．（１）造一个码长１３，容量为２９的能纠一个错的码集合．（２）证明上面的码一般不能纠两个错．（举例：考察码子Ｘ＝（０，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０）Ｔ错了两位成为Ｙ＝（１，１，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０，０）Ｔ．能否用书中所述的译码方法由Ｙ恢复成Ｘ？§１　域的例子，复数域及二元域的构造，对纠一个错的码的应用以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．　倡１畅令Ｃ０＝ａｂ－ｂａａ，ｂ∈Ｒ，则（１）Ｃ０对矩阵的加法和乘法成为域．（２）Ｃ０中Ｒ０＝ａ００ａａ∈Ｒ是同构于Ｒ的子域．·９４· （３）干脆将Ｒ０与Ｒ等同，将ａ　００　ａ写成ａ，则可写ａｂ－ｂａ＝ａ００ａ＋ｂ００ｂ０１－１０＝ａ＋ｂ０１－１０．作映射 ＣφＣ０ａ＋ｂｉａ＋ｂ０１－１０，橙ａ，ｂ∈Ｒ，则φ是域同构．以下２－６题出现的运算是Ｆ２中元素的运算．　倡２畅计算１１１１００１０１０１１０１００１０１１１１１１０１１０１１１１０１１００１１１０１０００１１１０．　倡３畅求１１１１００１１１１０１０１１１－１．　倡４畅解方程组ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＋ｘ４＋ｘ５＋ｘ６＝１ ｘ３＋ｘ４＋０＋ｘ６＝０ｘ１＋ｘ２＋０＋ｘ４＝１　ｘ２＋ｘ３＋ｘ４＝０．　倡５畅计算（ｘ４＋ｘ３＋ｘ＋１）２，（ｘ３＋ｘ２＋１）（ｘ５＋ｘ２＋ｘ＋１）．　倡６畅（１）以ｘ２＋ｘ＋１除ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１，求商及余式．（２）求ｘ２＋ｘ＋１与ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１的最大公因式ｄ（ｘ）．（３）求ｕ（ｘ），ｖ（ｘ），使ｕ（ｘ）（ｘ２＋ｘ＋１）＋ｖ（ｘ）（ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１）＝ｄ（ｘ）．·０５·　倡７畅求作一个１３位０，１序列的码集合，其容量为２９，有纠一个错的能力．８畅Ｆ为素数特征ｐ的域，ａ，ｂ，ａ１，…，ａｎ∈Ｆ，则（１）（ａ＋ｂ）ｐ＝ａｐ＋ｂｐ，而且无论ｐ为奇偶皆有（ａ－ｂ）ｐ＝ａｐ－ｂｐ．（２）（ａ＋ｂ）ｐｋ＝ａｐｋ＋ｂｐｋ．（３）（ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ）ｐｋ＝ａｐｋ１＋ａｐｋ２＋…＋ａｐｋｎ．（参见引论章习题６）（４）映射　ＦφＦ，ａａｐ是Ｆ的自同态．且φ是同构当且仅当方程ｘｐ－ｂ＝０对所有ｂ∈Ｆ都有解．１畅略．２畅１１１１１０００１．３畅１００１０１０１１０１０１１１０．４畅ｘ１＝ｘ５＋ｘ６＋１ｘ２＝ｘ６＋１ｘ３＝ｘ５＋ｘ６ｘ４＝ｘ５＋１．５畅ｘ８＋ｘ６＋ｘ２＋１，ｘ８＋ｘ７＋ｘ＋１．６畅（１）ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１＝（ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋ｘ）（ｘ２＋ｘ＋１）＋ｘ＋１．（２）（ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１，ｘ２＋ｘ＋１）＝１．（３）ｘ（ｘ６＋ｘ４＋ｘ３＋１）＋（ｘ５＋ｘ４＋ｘ３＋ｘ２＋１）（ｘ２＋ｘ＋１）＝１．７畅令Ｈ＝１０１０１０１０１０１０１０１１００１１００１１０００００１１１１００００１１０００００００１１１１１１４×１３，以ＨＸ１３×１＝０的解空间为码集．因秩Ｈ＝４，未知数的数目为１３，故解空间维数为１３－４＝９．由于码集合是Ｆ２上９维空间，共有２９个解向量，即２９个码子，码·１５·集合的容量为２９．与课文中例４一样有纠一个错的能力．８畅（１）由二项定理（参见引论章习题６），（ａ＋ｂ）ｐ＝ａｐ＋ｂｐ＋∑ｐ－１ｉ＝１Ｃｉｐａｉｂｐ－ｉ．当１≤ｉ≤ｐ－１时，Ｃｉｐ＝ｐ（ｐ－１）…２·１（ｐ－ｉ）！ｉ！．而（ｐ－ｉ）！及ｉ！中的素因子皆小于ｐ，故ｐ｜Ｃｉｐ．题设Ｆ的特征为ｐ，故∑ｐ－１ｉ＝１Ｃｉｐａｉｂｐ－ｉ＝０．这证明了（ａ＋ｂ）ｐ＝ａｐ＋ｂｐ．对（ａ－ｂ）ｐ＝ａｐ＋（－ｂ）ｐ＝ａｐ＋（－１）ｐｂｐ．当ｐ为奇素数时，（－１）ｐ＝－１；当ｐ＝２时，（－１）２＝１＝－１．故（ａ－ｂ）ｐ＝ａｐ－ｂｐ．（２）（ａ＋ｂ）ｐｋ＝（（ａ＋ｂ）ｐ）ｐｋ－１＝（ａｐ＋ｂｐ）ｐｋ－１．利用归纳法可得（ａ＋ｂ）ｐｋ＝（ａｐ）ｐｋ－１＋（ｂｐ）ｐｋ－１＝ａｐｋ＋ｂｐｋ．（３）（ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ）ｐｋ＝ａｐｋ１＋（ａ２＋…＋ａｎ）ｐｋ．利用归纳法可得（ａ１＋…＋ａｎ）ｐｋ＝ａｐｋ１＋ａｐｋ２＋…＋ａｐｋｎ．（４）φ（ａ＋ｂ）＝（ａ＋ｂ）ｐ＝ａｐ＋ｂｐ＝φ（ａ）＋φ（ｂ）．φ（ａｂ）＝（ａｂ）ｐ＝ａｐｂｐ＝φ（ａ）φ（ｂ）．故φ为Ｆ的自同态．又φ（ａ－ｂ）＝（ａ－ｂ）ｐ＝ａｐ－ｂｐ＝φ（ａ）－φ（ｂ），就有φ（ａ）＝φ（ｂ）当且仅当ａ＝ｂ．即φ是单射．由以上论证，φ是同构当且仅当φ是满射当且仅当对橙ｂ∈Ｆ，有ａ∈Ｆ使φ（ａ）＝ａｐ＝ｂ也即方程ｘｐ－ｂ＝０有解．§２　域的扩张，扩张次数，单扩张的构造以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．１畅Ｆ炒Ｅ是域扩张．（１）α１，α２，…，αｓ∈Ｅ，则Ｆ（α１，α２，…，αｓ）＝ｆ１（α１，…，αｓ）ｆ２（α１，…，αｓ）ｆ１，ｆ２∈Ｆ［ｘ１，…，ｘｓ］，ｆ２（α１，…，αｓ）≠０．·２５·（２）Ｓ炒Ｅ，则Ｆ（Ｓ）＝∪Ｓ０炒ＳＳ０有限集Ｆ（Ｓ０）．　倡２畅计算［Ｑ（２，３）：Ｑ］，［Ｑ（２＋３）：Ｑ］．证明Ｑ（２，３）＝Ｑ（２＋３）．　倡３畅Ｆ炒Ｅ是域扩张，且［Ｅ：Ｆ］＝ｐ是素数，则任意α∈Ｅ＼Ｆ，有Ｅ＝Ｆ（α）．　倡４畅Ｅ车Ｆ为域扩张，α１，α２，…，αｔ∈Ｅ，［Ｆ（αｉ）：Ｆ］＝ｎｉ，ｉ＝１，２，…，ｔ，则［Ｆ（α１，…，αｔ）：Ｆ］≤ｎ１ｎ２…ｎｔ．　倡５畅Ｆ炒Ｅ为有限次域扩张，则必为代数扩张．　倡６畅Ｆ炒Ｅ为有限次域扩张，则有α１，…，αｔ∈Ｅ，使得Ｅ＝Ｆ（α１，…，αｔ）．７畅Ｆ炒Ｅ为域扩张，Ｓ炒Ｅ且Ｓ中每个元皆是Ｆ上代数元，则Ｆ（Ｓ）是Ｆ上代数扩张．进而，Ｅ中全部代数元作成Ｆ的一个扩域．　倡８畅令Ｅ＝Ｑ（ｕ）．（１）设ｕ３－ｕ２＋ｕ＋２＝０．试把（ｕ２＋ｕ＋１）（ｕ２－ｕ）和（ｕ－１）－１表成ａｕ２＋ｂｕ＋ｃ的形式，ａ，ｂ，ｃ∈Ｑ．（２）若ｕ３－２＝０，把ｕ＋１ｕ－１表成ａｕ２＋ｂｕ＋ｃ的形式，ａ，ｂ，ｃ∈Ｑ．９畅令Ｅ＝Ｆ（ｕ），ｕ是极小多项式为奇数次的代数元．证明Ｅ＝Ｆ（ｕ２）．１０畅求３２＋５在Ｑ上的极小多项式．１１畅Ｅ车Ｆ，Ｅ是环，Ｆ是域，ｓ∈Ｅ是Ｆ上代数元，则ｓ可逆当且仅当有Ｆ上多项式ｆ（ｘ），其常数项不为零使ｆ（ｓ）＝０．并且ｓ－１＝ｇ（ｓ），ｇ（ｘ）是Ｆ上多项式．１２畅Ｅ是Ｆ上的代数扩张，则Ｅ的含Ｆ的子环都是子域．１３畅设［Ｅ：Ｆ］＝ｎ，则不存在子域Ｇ，使Ｅ车Ｇ车Ｆ及［Ｇ：Ｆ］与ｎ互素．　倡１４畅Ｒ（实数域）上任意代数扩张Ｅ若不为Ｒ，则同构于Ｃ．特别地，Ｒ上除二次扩域外没有其它有限次扩域．（这正是Ｈａｍｉｌｔｏｎ等数学家找不到“三维复数”的原因）．１畅（１）这几令Ｓ＝｛α１，…，αｓ｝，按命题２下面一段的约定Ｆ（α１，α２，…，αｓ）就是Ｆ（Ｓ）．命题１中的（２）式定义了Ｆ（Ｓ）．易看出本题所设的集合与Ｆ（Ｓ）的定义集合是一致的．（２）比较（１）的结果和命题１中（２）式在一般集合Ｓ下Ｆ（Ｓ）的定义即得Ｆ（Ｓ）＝｛Ｆ（α１，…，αｋ）｜橙｛α１，α２，…，αｋ｝炒Ｓ｝·３５·＝∪Ｓ０炒ＳＳ０有限集Ｆ（Ｓ０）．２畅易看出Ｑ（２，３）＝Ｑ（２）（３）＝｛（ａ１＋ｂ１２）＋（ａ２＋ｂ２２）３｜ａｉ，ｂｉ∈Ｑ｝．我们来证１，３在Ｑ（２）上是线性无关的．设（ａ１＋ｂ１２）＋（ａ２＋ｂ２２）３＝０，若ａ２＋ｂ２２≠０，则３＝－ａ１－ｂ１２ａ２＋ｂ２２∈Ｑ（２）．令３＝ａ＋ｂ２，ａ，ｂ∈Ｑ．将两边平方，得到３＝ａ２＋２ａｂ２＋ｂ２．因２不是有理数，则ａ，ｂ之一为零．若ａ＝０，则３２＝２ｂ２＝２ｑ２ｐ２，（ｐ，ｑ）＝１．又因左边为整数，必须ｐ２｜２，只能ｐ＝１，由３２＝２ｑ２，必须２｜３２，这也不可能．若ｂ＝０，则３＝ａ２，３＝ａ是有理数，这也不可能．这些矛盾推出ａ２＋ｂ２２＝０，ａ１＋ｂ１２也就为零，说明１，３在Ｑ（２）上线性无关．因而［Ｑ（２）（３）：Ｑ（２）］＝２．结果［Ｑ（２）（３）：Ｑ］＝［Ｑ（２）（３）：Ｑ（２）］［Ｑ（２）：Ｑ］＝２×２＝４．再证［Ｑ（２＋３）：Ｑ］＝４．这只要证Ｑ（２）（３）＝Ｑ（２＋３）．首先显然有Ｑ（２＋３）彻Ｑ（２，３）．又从３－２＝１２＋３得３＝１２（３－２＋３＋２）＝１２１３＋２＋３＋２∈Ｑ（２＋３）．同样可得２∈Ｑ（２＋３）．这就证明了Ｑ（２，３）彻Ｑ（２＋３）．于是Ｑ（２，３）＝Ｑ（２＋３）．３畅［Ｆ（α）：Ｆ］｜［Ｅ：Ｆ］，［Ｅ：Ｆ］＝ｐ．故［Ｆ（α）：Ｆ］＝１或ｐ．但α∈Ｅ＼Ｆ，［Ｆ（α）：Ｆ］＞１．故［Ｆ（α）：Ｆ］＝ｐ．因此Ｆ（α）＝Ｅ．４畅［Ｆ（α１，…，αｔ）：Ｆ］＝［Ｆ（α１，…，αｔ）：Ｆ（α１，…，αｔ－１）］［Ｆ（α１，…，αｔ－１）：Ｆ（α１，…，αｔ－２）］…［Ｆ（α１）：Ｆ］．由于αｉ在Ｆ中的极小多项式次数为ｎｉ．Ｆ上的这个极小多项式也是Ｆ（α１，…，αｉ－１）中的多项式，这个次数ｎｉ比αｉ在Ｆ（α１，…，αｉ－１）上的极小多项式的次数低．故［Ｆ（α１，…，αｉ－１，αｉ）：Ｆ（α１，…，αｉ－１）］≤ｎｉ．因而［Ｆ（α１，…，αｔ）：Ｆ］≤ｎｔｎｔ－１…ｎ１＝ｎ１ｎ２…ｎｔ．５畅Ｆ彻Ｅ是ｋ次扩张．任一元α∈Ｅ，１，α，…，αｋ是Ｅ中ｋ＋１个元，必在Ｆ上线性相关．即有Ｆ上不全为零的ａ０，ａ１，…，ａｋ使ａ０＋ａ１α＋…＋ａｋαｋ＝０．由此知α满足Ｆ上的次数≤ｋ的一个多项式．故α是Ｆ上代数元，因而Ｅ是Ｆ上代数扩张．６畅取Ｅ的Ｆ基α１，…，αｔ，则Ｅ＝钞ｔｉ＝１ｌｉαｉ｜ｌｉ∈Ｆ彻Ｆ（α１，…，αｔ）彻Ｅ，·４５·故Ｅ＝Ｆ（α１，…，αｔ）．７畅设Ｓ中每个元皆为Ｆ上代数元．对α∈Ｆ（Ｓ），必有α１，…，αｋ∈Ｓ使α＝ｆ１（α１，…，αｋ）ｆ２（α１，…，αｋ）∈Ｆ（α１，…，αｋ）．因αｉ为代数元，令［Ｆ（αｉ）：Ｆ］＝ｎｉ．由习题４，［Ｆ（α１，…，αｋ）：Ｆ］≤ｎ１ｎ２…ｎｋ．故Ｆ（α１，…，αｋ）是Ｆ上有限扩张，再由习题５，它是Ｆ上代数扩张．这就证明了任意α∈Ｆ（Ｓ）是Ｆ上代数元，于是Ｆ（Ｓ）也是Ｆ上代数扩张．现令Ｅ中全体Ｆ上代数元的集合为Ｓ．则Ｆ（Ｓ）是代数扩张，Ｆ（Ｓ）中每个元皆为Ｆ上代数元．于是Ｆ（Ｓ）彻Ｓ，即有Ｓ＝Ｆ（Ｓ）．故Ｓ是Ｆ上扩域．８畅（１）（ｕ２＋ｕ＋１）（ｕ２－ｕ）＝ｕ４－ｕ＝（ｕ＋１）（ｕ３－ｕ２＋ｕ＋２）－４ｕ－２＝－４ｕ－２．由于（ｕ－１）（ｕ２＋１）－（ｕ３－ｕ２＋ｕ＋２）＝３，故（ｕ－１）（ｕ２＋１）＝３．因此（ｕ－１）－１＝１３（ｕ２＋１）．（２）由（ｕ－１）（ｕ２＋ｕ＋１）＝ｕ３－１＝（ｕ３－２）＋１＝１，故ｕ＋１ｕ－１＝（ｕ＋１）·（ｕ２＋ｕ＋１）＝ｕ３＋２ｕ２＋２ｕ＋１＝（ｕ３－２）＋２ｕ２＋２ｕ＋３＝２ｕ２＋２ｕ＋３．９畅设ｕ２＝ａ∈Ｆ（ｕ２），则ｕ２－ａ＝０．故［Ｆ（ｕ）：Ｆ（ｕ２）］≤２．因［Ｆ（ｕ）：Ｆ（ｕ２）］｜［Ｆ（ｕ）：Ｆ］，及［Ｆ（ｕ）：Ｆ］＝奇数，［Ｆ（ｕ）：Ｆ（ｕ２）］≠２．所以［Ｆ（ｕ）：Ｆ（ｕ２）］＝１，即Ｅ＝Ｆ（ｕ）＝Ｆ（ｕ２）．另一证法，设ｕ在Ｆ中极小多项式是ｆ（ｘ）．ｆ（ｘ）为２ｌ＋１次，满足ｆ（ｕ）＝０，设为ａ２ｌ＋１ｕ２ｌ＋１＋ａ２ｌｕ２ｌ＋…＋ａ１ｕ＋ａ０＝０，ａｉ∈Ｆ，则ｕ（ａ２ｌ＋１ｕ２ｌ＋ａ２ｌ－１ｕ２（ｌ－１）＋…＋ａ１）＋（ａ２ｌｕ２ｌ＋…＋ａ０）＝０．由ｆ（ｘ）的极小性，第一括弧不为零，所以ｕ＝ａ２ｌｕ２ｌ＋ａ２（ｌ－１）ｕ２（ｌ－１）＋…＋ａ０ａ２ｌ＋１ｕ２ｌ＋ａ２ｌ－１ｕ２（ｌ－１）＋…＋ａ１∈Ｆ（ｕ２）．故Ｆ（ｕ）＝Ｆ（ｕ２）．１０畅令ｕ＝３２＋５．则３２＝ｕ－５，（ｕ－５）３＝２．于是ｕ３－３·ｕ２·５＋３ｕ（５）２－（５）３＝ｕ３＋１５ｕ－（３ｕ２＋５）５＝２．移项后得ｕ３＋１５ｕ－２＝（３ｕ２－５）５．两边平方，得到（ｕ３＋１５ｕ－２）２＝（３ｕ２－５）２·５．这是ｕ满足的Ｑ上６次方程，故［Ｑ（ｕ）：Ｑ］≤６．又（ｕ－５）３＝２，可得５∈Ｑ（ｕ）．由［Ｑ（５）：Ｑ］＝２，及［Ｑ（５）：Ｑ］｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］，知２｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］．而由３２＝５－ｕ知３２∈Ｑ（ｕ，５）＝Ｑ（ｕ）．又·５５·［Ｑ（３２）：Ｑ］＝３及［Ｑ（３２）：Ｑ］｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］，得３｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］．于是６｜［Ｑ（ｕ）：Ｑ］，因而［Ｑ（ｕ）：Ｑ］＝６．由于（ｕ３＋１５ｕ－２）２－（３ｕ２－５）２·５＝０，故６次多项式（ｘ３＋１５ｘ－２）２－５（３ｘ２－５）２是ｕ在Ｑ上的极小多项式．１１畅设ｓ为可逆的代数元，则有Ｆ上多项式ｆ（ｘ），使ｆ（ｓ）＝ａｋｓｋ＋ａｋ－１ｓｋ－１＋…＋ａ１ｓ＋ａ０＝０，其中ｋ≥１，ａｋ≠０．设ａ０，ａ１，…，ａｋ－１，ａｋ中不为零的最小脚标为ｉ．则ｉ≠ｋ，否则ａｋｓｋ＝０，由ｓ可逆，得ａｋ＝０．矛盾．故ｉ＜ｋ．用ｓ－ｉ乘它，则得ａｋｓｋ－ｉ＋…＋ａｉ＝０．于是ｇ（ｘ）＝ａｋｘｋ－ｉ＋…＋ａｉ满足ｇ（ｓ）＝０且常数项ａｉ≠０．反之，设ｓ满足某多项式方程ｆ（ｓ）＝ａｋｓｋ＋…＋ａ１ｓ＋ａ０＝０，且ａ０≠０．令ｇ（ｘ）＝－（ａｋｘｋ－１＋…＋ａ１），则ｇ（ｓ）·ｓ＝ａ０≠０．故ｓ－１＝１ａ０ｇ（ｓ）．１ａ０ｇ（ｘ）是Ｆ上多项式．１２畅设Ｅ车Ｈ是含Ｆ的子环．任取０≠ｓ∈Ｈ．ｓ在Ｅ中有逆，由习题１１知，ｓ－１＝ｇ（ｓ），ｇ（ｘ）是Ｆ上多项式．Ｈ是子环，因此ｇ（ｓ）∈Ｈ．故Ｈ是Ｅ的子域．１３畅设Ｇ是域，使ＥＧＦ．则［Ｇ：Ｆ］｜［Ｅ：Ｆ］，故［Ｇ：Ｆ］不能与ｎ＝［Ｅ：Ｆ］互素．１４畅设Ｒ炒Ｅ是代数扩张．任取α∈Ｅ，α是Ｒ上不可约多项式ｆ（ｘ）的根．Ｒ上只有１次或２次不可约多项式．若为１次，则α∈Ｒ．若Ｅ中有α碒Ｒ，则它是Ｒ上２次不可约多项式的根，设α满足α２＋ｂα＋ｃ＝０，ｂ，ｃ∈Ｒ．则α－ｂ２２＝１４（ｂ２－４ｃ）．因α碒Ｒ，故ｂ２－４ｃ＜０．因此ｂ２－４ｃ＝４ｃ－ｂ２－１∈Ｒ（α），而有－１∈Ｒ（α）．显然Ｒ（－１）＝Ｒ（α），即Ｃ臣Ｒ（α）．又任β∈Ｅ是Ｒ上代数元，由Ｃ是代数封闭域知Ｒ（－１）也是．于是β∈Ｒ（－１），即得Ｅ＝Ｒ（－１）．上面证明了代数扩域Ｅ车Ｒ，只能是Ｅ＝Ｒ或Ｅ＝Ｒ（－１）．它们是１次和２次扩域，Ｒ上没有３次扩域．§３　古希腊三大几何作图难题的否定以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．·６５·　倡１畅设已知量ａ，ｂ及ｒ皆大于０且ａ＞ｂ．试用圆规直尺作图作出ａ±ｂ，ａｂ，ａｒ，ｒ．　倡２畅下列哪些量可以用圆规直尺作图作出：（１）４５＋２６ （２）２１＋７（３）１－５２７　倡３畅下列多项式中哪些多项式的实根可用圆规直尺作图作出：（１）ｘ２－７ｘ－１３（２）ｘ４－５（３）ｘ３－１０ｘ２＋１（４）ｘ５－９ｘ３＋３（５）ｘ４－２ｘ－３４畅证明：实数α可用圆规直尺作图作出当且仅当有实数的域的序列Ｅ０炒Ｅ１炒…炒Ｅｎ－１炒Ｅｎ，使α∈Ｅｎ，且［Ｅｉ：Ｅｉ－１］＝２，１≤ｉ≤ｎ，其中Ｅ０是已知量的域．１畅运用中学几何作图知识来作出要求的量．２畅（１）可以．（２）可以．（３）不可以．证明　令ｘ＝５２７，它满足ｘ５－２７＝０．再令ｙ＋２＝ｘ，则（ｙ＋２）５－２７＝ｙ５＋５ｙ４·２＋１０ｙ３·２２＋１０ｙ２·２３＋５ｙ·２４＋２５－２７＝ｙ５＋１０ｙ４＋４０ｙ３＋８０ｙ２＋８０ｙ＋５＝０．用艾森斯坦判别法，它是ｙ的Ｑ上５次不可约多项式方程，５２７－２是它的根，于是［Ｑ（５２７－２）：Ｑ］＝［Ｑ（５２７）：Ｑ］＝５．若５２７能用圆规直尺作图得到，则它落在Ｑ的某扩域Ｅ中，且［Ｅ：Ｑ］＝２ｌ．但［Ｑ（５２７）：Ｑ］嘲［Ｅ：Ｑ］，故５２７，因而１－５２７不能落在这样的域中，它们不能这样作出．３畅（１）可以．（２）可以，令ｘ＝±４５＝±５．５是可作的，故５也可作．（３）我们证明ｘ３－１０ｘ２＋１是Ｑ上不可约多项式．实际上只有±１可能是它的有理根，但它们不是．因此ｘ３－１０ｘ２＋１在Ｑ［ｘ］中没有一次因式，故不可约．令它的实根为α，则［Ｑ（α）：Ｑ］＝３．α不属于Ｑ的任何扩张域Ｅ，使Ｅ满足［Ｅ：Ｑ］＝２ｌ．故α不能用圆规直尺作图作出．（４）用艾森斯坦判别法，ｘ５－９ｘ３＋３在Ｑ上不可约．对它的实根α，［Ｑ（α）：Ｑ］＝５．与习题１中（３）的证明类似，知α不可作．·７５·（５）ｘ４－２ｘ－３＝（ｘ＋１）（ｘ３－ｘ２＋ｘ－３）．第二个因式的有理根只可能是±３，±１，但都不是根．因而是Ｑ上三次不可约多项式、与本题（３）的证明一样可知，它的实根不可作，但第一因式的根为－１，是可作的．４畅课文中已证明由Ｅ０作为已知量出发，用圆规直尺作图能作出的量α一定属于某个具有题目所设性质的扩域Ｅｎ中．反之，设α属于具有上述性质的扩域Ｅｎ中．我们对ｎ作归纳法．首先对橙ｉ，［Ｅｉ：Ｅｉ－１］＝２，即Ｅｉ是Ｅｉ－１上２维向量空间．取βｉ∈Ｅｉ／Ｅｉ－１．则１，βｉ对域Ｅｉ－１为线性无关，因而是Ｅｉ作为Ｅｉ－１上线性空间的基，故Ｅｉ＝Ｅｉ－１（βｉ）．又β２ｉ∈Ｅｉ，它是１，βｉ的线性组合，因此有ｂｉ，ｃｉ∈Ｅｉ－１使β２ｉ＋ｂｉβｉ＋ｃｉ＝０，βｉ＝－ｂｉ±ｂ２ｉ－４ｃｉ．ｎ＝０，Ｅ０中的任一个量显然可用圆规和直尺经有限步作出．２设Ｅｎ－１中任一量已可用圆规和直尺经有限步作出，即ｂｎ，ｃｎ可用有限步作出．于是ｂ２ｎ－４ｃｎ以至βｎ皆能作出．Ｅｎ中任一量α都是１，βｎ的线性组合α＝ａ＋ｂβｎ，ａ，ｂ∈Ｅｎ－１．ａ，ｂ，βｎ皆能用圆规直尺经有限步作出，则α也能．完成了归纳法．§４　环的例子，几个基本概念以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．　倡１畅举出Ｚ／６Ｚ＝Ｚ６中的零因子的例子．　倡２畅令Ｚ［ｉ］＝｛ａ＋ｂｉ｜ａ，ｂ∈Ｚ｝，它是整环．２Ｚ［ｉ］＝｛２ａ＋２ｂｉ｝是Ｚ［ｉ］的主理想．问Ｚ［ｉ］／２Ｚ［ｉ］中是否有零因子？　倡３畅写出下列商环的全部元素．（ｉ）Ｚ２＝Ｚ／２Ｚ，检查它与Ｆ２是否同构．（ｉｉ）Ｚ３＝Ｚ／３Ｚ，检查是否是域．（ｉｉｉ）Ｆ２［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋１），检查是否有零因子．（ｉｖ）Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋２），检查是否是域．　倡４畅Ｒ是环．若Ｒ的加群是循环群，则（ｉ）Ｒ是交换环；（ｉｉ）Ｒ的子环只有Ｒ；（ｉｉｉ）当Ｒ的元素有无限多个时，它的任一理想也有无限多个元；（ｉｖ）当Ｒ的元素有限时，设Ｉ为它的理想，则｜Ｉ｜｜｜Ｒ｜；（ｖ）Ｒ的加法子群都是Ｒ的理想．５畅找出Ｚ６，Ｚ８的全部理想．哪些是极大理想？对所有极大理想Ｋ，写出Ｚ６／Ｋ及Ｚ８／Ｋ的全部元素、加法表和乘法表．··８５６畅设Ｋ为交换环，Ｍ是它的理想，Ｍ作为Ｋ的加法子群满足［Ｋ：Ｍ］＝素数，则商环Ｋ／Ｍ是域．７畅试将第一章§１０习题６中关于群同态的结论推广到环同态的情形．８畅设ｆ（ｘ）＝ｆｒ１１（ｘ）ｆｒ２２（ｘ）…ｆｒｋｋ（ｘ）是域Ｆ上的不可约多项式的乘积，且ｆ１（ｘ），…，ｆｋ（ｘ）互不相伴，令Ｒ＝Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））是商环．（ｉ）求出Ｒ的全体理想．（ｉｉ）这些理想中哪些是极大理想？（ｉｉｉ）设珡Ｋ是Ｒ的理想，Ｋ是珡Ｋ在Ｆ［ｘ］中的原象．检验Ｆ［ｘ］／Ｋ碖Ｒ／珡Ｋ．９畅证明Ｚ［ｉ］／（１＋ｉ）是域．１畅２＋６Ｚ≠０，３＋６Ｚ≠０，都是Ｚ６中的零因子．２畅由（１＋ｉ）２＝２ｉ，（（１＋ｉ）＋２Ｚ［ｉ］）２＝２ｉ＋２Ｚ［ｉ］＝０．故（１＋ｉ）＋２Ｚ［ｉ］是Ｚ［ｉ］／２Ｚ［ｉ］中的零因子．３畅（ｉ）Ｚ２＝Ｚ／２Ｚ＝｛０＋２Ｚ，１＋２Ｚ｝＝｛０，１｝．它的加法表和乘法表如下：　＋０１００１１１０，×０１０００１０１．建立映射Ｚ２Ｆ２００１１．这是双射，且保持加法和乘法．故是同构．（ｉｉ）Ｚ３＝Ｚ／３Ｚ＝｛０，１，２｝．这是交换环，又（１）－１＝１，（２）－１＝２．故Ｚ３是域．（ｉｉｉ）因０，１不是ｘ２＋ｘ＋１的根，故ｘ２＋ｘ＋１在Ｆ２［ｘ］上不可约．因此Ｆ２［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋１）是域，故无零因子．（ｉｖ）由于０，１，２都不是ｘ２＋ｘ＋２的根，故它在Ｚ３［ｘ］中不可约．因此Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋ｘ＋２）是域．４畅由于Ｒ是加法循环群，可设Ｒ＝Ｚａ，ａ∈Ｒ．（ｉ）Ｒ中任意两元可写为ｍａ，ｎａ，而（ｍａ）（ｎａ）＝ｍｎａ２＝（ｎａ）（ｍａ），故Ｒ是交换环．（ｉｉ）设１＝ｋａ，又设ａ２＝ｌａ．则ａ＝１·ａ＝ｋａ２＝ｋｌａ＝ｌｋａ＝ｌ·１．因Ｒ的子·９５·环含１，就含有ｌ１＝ａ．故子环含Ｚａ＝Ｒ．即子环必是Ｒ．（ｉｉｉ）Ｒ＝Ｚａ有无限多个元，则它是无限循环加群．于是当ｍ，ｎ∈Ｚ，ｍ≠ｎ时有ｍａ≠ｎａ．设Ｉ是Ｒ的非零理想，它就是Ｒ的非零子加群，必为无限群．故Ｉ有无限个元．（ｉｖ）当Ｒ的元素有限时，它作为加群是有限循环群．而Ｒ的理想Ｉ是它的子加群，由Ｌａｇｒａｎｇｅ定理，知｜Ｉ｜｜｜Ｒ｜．（ｖ）设Ｉ是Ｒ的加法子群，它也是循环群．设Ｉ＝Ｚ（ｋａ）．任ｍａ∈Ｒ，（ｍａ）Ｉ＝Ｚ（ｎａ）（ｋａ）＝Ｚ（ｍｋｌａ）彻Ｚ（ｋａ）＝Ｉ．故Ｉ是Ｒ的理想．５畅Ｚ６的全部理想为Ｚ６，２Ｚ６，３Ｚ６，０·Ｚ６．其中２Ｚ６，３Ｚ６是Ｚ６的极大理想．Ｚ８的全部理想为Ｚ８，２Ｚ８，４Ｚ８，０·Ｚ８，其中２Ｚ８是极大理想．Ｚ６／２Ｚ６＝｛０，１｝，Ｚ６／３Ｚ６＝｛０，１，２｝，Ｚ８／２Ｚ８＝｛０，１｝．它们的加法表和乘法表：Ｚ６／２Ｚ６：　＋０１００１１１０，×０１０００１０１．Ｚ８／２Ｚ８碖Ｚ６／２Ｚ６，它们有相同的加法表和乘法表．Ｚ６／３Ｚ６：＋０１２００１２１１２０２２０１×０１２００００１０１２２０２１６畅Ｋ／Ｍ是商环，作为加法商群［Ｋ：Ｍ］＝素数．对Ｋ的任一理想Ｎ，若Ｍ彻Ｎ彻Ｋ、则从加法方面看Ｎ／Ｍ是Ｋ／Ｍ的子群．后者是素数阶群，故Ｎ／Ｍ是单位元群或Ｋ／Ｍ本身．因此Ｎ＝Ｍ或Ｎ＝Ｋ，即Ｍ是Ｋ的极大理想．于是Ｋ／Ｍ是域．７畅群同态的结论推广到环同态，结论如下：设环Ｇ到环珚Ｇ有满同态ｆ．令Ｎ＝Ｋｅｒｆ．记ｆ－１（珡Ｋ）为珚Ｇ的子集珡Ｋ对于ｆ的原象．则（１）若珡Ｋ是珚Ｇ的子环，则Ｎ炒ｆ－１（珡Ｋ），且ｆ－１（珡Ｋ）是子环．（２）有映射｛Ｇ的含Ｎ的子环｝φ｛珚Ｇ的子环｝·０６·Ｈｆ（Ｈ）．它还是双射，且保持包含关系．（３）若珡Ｋ是珚Ｇ的理想，则ｆ－１（珡Ｋ）是Ｇ的含Ｎ的理想，于是｛Ｇ的含Ｎ的理想｝｛珚Ｇ的理想｝Ｋｆ（Ｋ）是双射．（４）设珡Ｈ是珚Ｇ的理想，则有同构Ｇ／ｆ－１（Ｈ）碖珚Ｇ／珡Ｈ．（５）Ｇ是环，Ｎ是理想．令珚Ｇ＝Ｇ／Ｎ，π是自然同态ＧπＧ／Ｎ＝珚Ｇ，则π建立了｛Ｇ的含Ｎ的子环｝到｛珚Ｇ的子环｝上的双射：π（Ｈ）＝珡Ｈ＝Ｈ／Ｎ，且保持包含关系．同时建立了｛Ｇ的含Ｎ的理想｝到｛珚Ｇ的理想｝上的双射，且有同构Ｇ／Ｈ碖珚Ｇ／珡Ｈ＝Ｇ／Ｎ／Ｈ／Ｎ．证明　由于环是加群，子环、理想是子加群，环同态的核正是加群同态的核．如能证明（ｉ）若Ｈ是Ｇ的子环（或理想），则ｆ（Ｈ）是珚Ｇ的子环（或理想），（ｉｉ）珡Ｈ是珚Ｇ的子环（或理想），则ｆ－１（珡Ｈ）是Ｇ的包含Ｎ的子环（或理想）．再利用群同态的结论就给出上面（１）到（５）的结论都成立．对结论（ｉ），易知子环（或理想）的满同态的象是子环（或理想），故成立．对（ｉｉ），设珡Ｈ是子环（或理想），它是珚Ｇ的子加群，故ｆ－１（珡Ｈ）是Ｇ的子加群．又对ｌ，ｋ∈ｆ－１（珡Ｈ）（或取ｌ∈Ｇ），ｆ（ｌ），ｆ（ｋ）∈珡Ｈ（或ｆ（ｌ）∈珚Ｇ）．由珡Ｈ是子环（或理想），ｆ（ｌ）ｆ（ｋ）＝ｆ（ｌｋ）∈珡Ｈ，故ｌｋ∈ｆ－１（珡Ｈ）．这证明了ｆ－１（珡Ｈ）是Ｇ的子环（或理想）．８畅（ｉ）Ｆ［ｘ］是主理想环，它的同态象Ｒ＝Ｆ（ｘ）／（ｆ（ｘ））．由７题，Ｒ的任一理想为Ｊ／（ｆ（ｘ）），其中Ｊ为Ｆ［ｘ］的理想．Ｊ为主理想，设为Ｊ＝ｇ（ｘ）Ｆ［ｘ］．于是Ｒ的任一理想Ｉ必有形式：Ｉ＝ｇ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））是Ｒ的一个主理想．令（ｇ（ｘ），ｆ（ｘ））＝ｍ（ｘ），ｇ（ｘ）＝ｈ（ｘ）ｍ（ｘ）．由（ｈ（ｘ），ｆ（ｘ））＝１，有ｕ（ｘ），ｖ（ｘ）∈Ｆ［ｘ］，使ｕ（ｘ）ｈ（ｘ）＋ｖ（ｘ）ｆ（ｘ）＝１．即ｕ（ｘ）ｈ（ｘ）＋（ｆ（ｘ））＝１＋（ｆ（ｘ））．于是ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝ｕ（ｘ）ｈ（ｘ）ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））彻ｇ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝Ｉ彻ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），故Ｉ＝ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））．这说明Ｒ的任一理想必为ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），其中ｍ（ｘ）｜ｆ（ｘ）．再设Ｉｉ＝ｍｉ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），ｍｉ（ｘ）｜ｆ（ｘ），ｉ＝１，２都是Ｒ的理想．来证Ｉ１＝Ｉ２当且仅当ｍ１（ｘ）与ｍ２（ｘ）相伴．首先设ｍ１（ｘ）＝ｃｍ２（ｘ），ｃ≠０是Ｆ的元，则··１６Ｉ１＝ｍ１（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝ｃｍ２（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝ｍ２（ｘ）·ｃＦ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝ｍ２（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝Ｉ２．反之，设Ｉ１彻Ｉ２．由ｍ１（ｘ）＋（ｆ（ｘ））∈Ｉ１彻Ｉ２＝ｍ２（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），有ｈ２（ｘ）∈Ｆ［ｘ］使ｍ１（ｘ）＋（ｆ（ｘ））＝ｍ２（ｘ）ｈ２（ｘ）＋（ｆ（ｘ））．进而有ｇ２（ｘ）使ｍ１（ｘ）＋ｇ２（ｘ）ｆ（ｘ）＝ｍ２（ｘ）ｈ２（ｘ）．因ｍ２（ｘ）｜ｆ（ｘ），可得ｍ２（ｘ）｜ｍ１（ｘ）．当Ｉ１＝Ｉ２时，同样有ｍ１（ｘ）｜ｍ２（ｘ）．就证明了ｍ１（ｘ），ｍ２（ｘ）相伴．写ｇｉ１…ｉｋ（ｘ）＝（ｆ１（ｘ））ｉ１（ｆ２（ｘ））ｉ２…（ｆｋ（ｘ））ｉｋ，其中ｉ１，…，ｉｋ可独立地遍取１≤ｉ１≤ｒ１，１≤ｉ２≤ｒ２，…，１≤ｉｋ≤ｒｋ．则｛ｇｉ１…ｉｋ（ｘ）｝是ｆ（ｘ）的全部不相伴的因式，而ｇｉ１…ｉｋ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））是Ｒ的全部的理想．（ｉｉ）取Ｊｉ＝ｆｉ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））．由（ｉ）第二部分的证明只有理想１·Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））及ｆｉ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））能包含Ｊｉ．故Ｊｉ是Ｒ的极大理想．Ｒ的任一理想若非Ｊｉ之一和Ｒ本身，则它是ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），其中ｍ（ｘ）是ｆ１（ｘ），…，ｆｋ（ｘ）中至少两项的乘积．设ｍ（ｘ）＝ｆｉ（ｘ）ｆｊ（ｘ）…．则ｆｉ（ｘ）｜ｍ（ｘ），但任意一个ｆｉ（ｘ）与ｍ（ｘ）不相伴．由（ｉ）中第二部分的证明ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））彻Ｊｉ，但它们不相等，故前者不是极大理想．因此Ｒ的全部极大理想为Ｊｉ，ｉ＝１，２，…，ｋ．（ｉｉｉ）设珡Ｋ＝ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））是Ｒ的理想，其中ｍ（ｘ）｜ｆ（ｘ）．显然ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］在Ｒ中的象是珡Ｋ．又任意ｇ（ｘ）∈Ｆ（ｘ），若ｇ（ｘ）＋（ｆ（ｘ））∈ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ）），用（ｉ）中第二部分的证明可得ｍ（ｘ）｜ｇ（ｘ）．故ｇ（ｘ）∈ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］．这证明了珡Ｋ在Ｆ［ｘ］中的原象Ｋ是ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］．作映射Ｆ［ｘ］／ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］πＲ／珡Ｋｇ（ｘ）＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］［ｇ（ｘ）＋（ｆ（ｘ））］＋珡Ｋ．首先要证明它确实规定了映射，即象元与ｇ（ｘ）＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］中的代表的选择无关，实际上ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］＝ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］当且仅当ｇ１－ｇ２∈ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］当且仅当（ｇ１－ｇ２）＋（ｆ（ｘ））∈ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］／（ｆ（ｘ））＝珡Ｋ当且仅当［ｇ１＋（ｆ（ｘ））］与［ｇ２＋（ｆ（ｘ））］属于珡Ｋ的同一陪集当且仅当［ｇ１＋（ｆ（ｘ））］＋珡Ｋ＝［ｇ２＋（ｆ（ｘ））］＋珡Ｋ．这就证明了映射是意义的，而且是单射．π显然是满射，因而是双射．又π（（ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）＋（ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］））＝π（（ｇ１＋ｇ２）＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）＝［（ｇ１＋ｇ２）＋（ｆ（ｘ））］＋珡Ｋ＝［（ｇ１＋（ｆ（ｘ）））＋（ｇ２＋（ｆ（ｘ）））］＋珡Ｋ＝（ｇ１＋（ｆ（ｘ）））＋珡Ｋ＋（ｇ２＋（ｆ（ｘ）））＋珡Ｋ＝π（ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）　＋π（ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）．·２６·同样可证π（（ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）（ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］））＝π（ｇ１＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）π（ｇ２＋ｍ（ｘ）Ｆ［ｘ］）．故π是环同构．９畅先计算Ｚ［ｉ］／（１＋ｉ）的全部元素．记剩余类ａ＋ｂｉ＋（（１＋ｉ））为ａ＋ｂｉ，其中ａ，ｂ∈Ｚ．我们有ａ＋ｂｉ＝ａ－ｂ＋ｂ（１＋ｉ）＝ａ－ｂ．又（１＋ｉ）２＝－２，故２＝２＋（１＋ｉ）２＝０．于是Ｚ［ｉ］／（１＋ｉ）＝｛０，１｝＝｛０＋（（１＋ｉ）），１＋（（１＋ｉ））｝碖Ｚ２．故它是域．§５　整数模ｎ的剩余类环，素数ｐ个元素的域以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．１畅求出Ｚ８中可逆元的群及其乘法表．　倡２畅求出Ｚ９中可逆元的群及其乘法表．　倡３畅写出Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）的全部元素．求出ｘ＋１与全部元素的乘积以及它的逆元素．　倡４畅４２７≡？（ｍｏｄ３）　７１２３≡？（ｍｏｄ５）　８２７≡？（ｍｏｄ６）　倡５畅ｐ是素数，则域Ｚｐ中全部元素是方程ｘｐ－ｘ＝０的全部根．因而映射ＺｐＺｐａａｐ是恒等自同构．１畅Ｚ８的可逆元群是｛１＋８Ｚ，３＋８Ｚ，５＋８Ｚ，７＋８Ｚ｝．乘法表略．２畅Ｚ９的可逆元群是｛１＋９Ｚ，２＋９Ｚ，４＋９Ｚ，５＋９Ｚ，７＋９Ｚ，８＋９Ｚ｝．乘法表略．３畅记剩余类ｆ（ｘ）＋（（ｘ２＋１））为ｆ（ｘ）．则Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）＝｛０，１，２，珔ｘ，ｘ＋１，ｘ＋２，２ｘ，２ｘ＋１，２ｘ＋２｝．（ｘ＋１）Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）＝｛０，ｘ＋１，２（ｘ＋１）｝ｘ＋１的逆元素为ｘ＋２４畅４２７≡１２７＝１（ｍｏｄ３）．７１２３≡２１２３≡２１２０·２３（ｍｏｄ５）≡２３（ｍｏｄ５）（因２４≡１，２１２０＝（２４）３０≡１）≡３（ｍｏｄ５）．··３６８２７≡（（２３）３）３≡（２３）３≡２３≡２（ｍｏｄ６）．５畅Ｚｐ＼｛０｝是ｐ－１阶乘法循环群，故任０≠ａ∈Ｚｐ，满足ａｐ－１＝１．于是ａｐ＝ａ．又０ｐ＝０，所以Ｚｐ中全部元是ｘｐ－ｘ＝０的全部根．这就证明了ＺｐＺｐａａｐ是恒等自同构．§６　Ｆ［ｘ］模某个理想的剩余类环，添加一个多项式的根的扩域以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．　倡１畅Ｚ３［ｘ］中计算（ｘ２＋ｘ＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１）及（ｘ４＋２ｘ＋１）（ｘ３＋ｘ＋１）　倡２畅证明ｘ２＋１，ｘ３＋２ｘ＋１是Ｚ３［ｘ］中不可约多项式．问Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１），Ｚ３［ｘ］／（ｘ３＋２ｘ＋１）分别是几个元素的域．３畅写出Ｚ３［ｘ］／（（ｘ２＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１））中的全部理想和极大理想．　倡４畅证明Ｑ［ｘ］／（ｘ２－２）与Ｑ（２）＝｛ａ＋ｂ２｜ａ，ｂ∈Ｑ｝都是域，且互相同构．１畅（ｘ２＋ｘ＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１）＝ｘ５＋ｘ４＋１．（ｘ４＋２ｘ＋１）（ｘ３＋ｘ＋１）＝ｘ７＋ｘ５＋ｘ３＋２ｘ２＋１．２畅ｘ２＋１，ｘ３＋２ｘ＋１在Ｚ３中无根，于是在Ｚ３［ｘ］中无一次因式，因此不可约．Ｚ３［ｘ］／（ｘ２＋１）是有９个元的域，Ｚ３［ｘ］／（ｘ３＋２ｘ＋１）是有２７个元的域．３畅用§４习题８，它的全部理想为零理想及Ｚ３［ｘ］／（（ｘ２＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１）），（ｘ２＋１）Ｚ３［ｘ］／（（ｘ２＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１）），（ｘ３＋２ｘ＋１）Ｚ３［ｘ］／（（ｘ２＋１）（ｘ３＋２ｘ＋１））．后面两个理想是极大理想．４畅Ｑ［ｘ］／（ｘ２－２）与Ｑ（２）都是域，略证．作映射Ｑ［ｘ］φＱ（２）ｐ（ｘ）ｐ（２）·４６·这是同态映射，且是满射．Ｋｅｒφ＝｛ｐ（ｘ）｜ｐ（２）＝０｝．由于ｘ２－２是２的极小多项式，故Ｋｅｒφ＝（ｘ２－２）Ｑ［ｘ］＝（（ｘ２－２））．由同态基本定理得Ｑ［ｘ］／（（ｘ２－２））碖Ｑ（２）．§７　整环的分式域，素域以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．１畅证明：有限整环是域．　倡２畅Ｒ是交换环，Ｐ≠Ｒ是Ｒ的理想，则ＲＰ是整环当且仅当Ｐ有性质：若ａ，ｂ∈Ｒ满足ａｂ∈Ｐ，则ａ∈Ｐ或ｂ∈Ｐ．有这种性质的理想Ｐ称为素理想．　倡３畅Ｒ是交换环，则Ｒ的极大理想必为素理想．　倡４畅设ｎ∈Ｚ，ｎ＞１，Ｚ中主理想（ｎ）＝ｎＺ是素理想当且仅当ｎ是素数．　倡５畅设Ｒ是一个域，则Ｒ的分式域就是自身．　倡６畅令Ｚ（２）＝｛ａ＋ｂ２｜ａ，ｂ∈Ｚ｝，Ｑ（２）＝｛α＋β２｜α，β∈Ｑ｝．证明Ｑ（２）是Ｚ（２）的分式域．７畅令Ｚ［ｉ］＝｛ａ＋ｂｉ｜ａ，ｂ∈Ｚ｝，Ｑ［ｉ］＝｛α＋βｉ｜α，β∈Ｑ｝Ｚ．证明Ｑ［ｉ］是Ｚ［ｉ］的分式域．８畅域Ｆ上多项式ｆ（ｘ）的次数≥１．Ｆ［ｘ］中主理想（ｆ（ｘ））是素理想当且仅当ｆ（ｘ）是不可约多项式．１畅设Ｒ是有限整环，Ｒ＝｛ｒ１，…，ｒｔ｝．令ｒｔ＝０．橙０≠ｒ∈Ｒ，当ｒｉ≠ｒｊ时有ｒｒｉ≠ｒｒｊ．故ｒｒ１，…，ｒｒｔ－１是Ｒ的全部非零元，必有某ｒｊ使ｒｒｊ＝１，即ｒｊ为ｒ的逆元．Ｒ的每个非零元都有逆，故是域．２畅设Ｒ／Ｐ为整环．橙ａ，ｂ∈Ｒ，若ａｂ∈Ｐ，则（ａ＋Ｐ）（ｂ＋Ｐ）＝ａｂ＋Ｐ＝０．于是ａ＋Ｐ＝０或ｂ＋Ｐ＝０，即ａ∈Ｐ或ｂ∈Ｐ．故Ｐ为素理想．反之，设Ｐ是素理想，橙ａ，ｂ∈Ｒ，若ａｂ∈Ｐ则ａ∈Ｐ或ｂ∈Ｐ．现设Ｒ／Ｐ中（ａ＋Ｐ）（ｂ＋Ｐ）＝ａｂ＋Ｐ＝０．即ａｂ∈Ｐ，于是ａ∈Ｐ或ｂ∈Ｐ，即ａ＋Ｐ＝０或ｂ＋Ｐ＝０．故Ｒ／Ｐ是整环．３畅设Ｉ是Ｒ的极大理想，则Ｒ／Ｉ是域，当然是整环．由习题２，Ｉ是素理想．·５６· ４畅设Ｚ中（ｎ）＝ｎＺ是一个理想．若ｎ不是素数，则ｎ＝ａｂ，ａ，ｂ为大于１的正整数．由于ａ和ｂ都不是ｎ的倍数，故ａ∈（ｎ），ｂ∈（ｎ）．但ａｂ＝ｎ∈（ｎ），故（ｎ）不是素理想，这就证明了（ｎ）是素理想则ｎ为素数．当ｎ是素数时，对ａｂ∈（ｎ），则ｎ｜ａｂ．若ｎ嘲ａ，则（ｎ，ａ）＝１．于是ｎ｜ｂ．即ａ∈（ｎ）或ｂ∈（ｎ），（ｎ）是素理想．５畅Ｒ是域，则也是整环．它的分式域Ｆ以Ｒ为子环，且Ｆ中的元是Ｒ的元的商．由于Ｒ是域，它的元的商仍在Ｒ中，故Ｒ＝Ｆ．６畅我们已知Ｑ（２）是域．对任意α＋β２∈Ｑ（２），可写α＝ａｃ，β＝ｂｃ，ａ，ｂ，ｃ∈Ｚ．则α＋β２＝ａ＋ｂ２ｃ是Ｚ（２）中两元素的商．又Ｚ（２）中两元素的商为：ａ＋ｂ２ｃ＋ｄ２＝（ｃ－ｄ２）（ａ＋ｂ２）ｃ２－２ｄ２＝ａｃ－２ｂｄｃ２－２ｄ２＋ｂｃ－ａｄｃ２－２ｄ２２∈Ｑ（２）．现在Ｚ（２）是Ｑ（２）的子环，且Ｑ（２）是由Ｚ（２）中两元素的商组成，故Ｑ（２）是Ｚ（２）的分式域．７畅易证Ｑ［ｉ］是域．对任意α＋βｉ∈Ｑ［ｉ］，可写α＝ａｃ，β＝ｂｃ，则α＋βｉ＝ａ＋ｂｉｃ是Ｚ［ｉ］中两元素的商．又Ｚ［ｉ］中两元素的商为ａ＋ｂｉｃ＋ｄｉ＝ａｃ＋ｂｄｃ２＋ｄ２＋ｂｃ－ａｄｃ２＋ｄ２ｉ∈Ｑ［ｉ］．即Ｑ［ｉ］由Ｚ［ｉ］的两元素的商组成．故Ｑ［ｉ］是Ｚ［ｉ］的分式域．８畅完全可仿照习题４的证明．设（ｆ（ｘ））是Ｆ［ｘ］中理想，ｆ（ｘ）的次数≥１．若ｆ（ｘ）＝ｇ（ｘ）ｈ（ｘ），ｇ（ｘ）及ｈ（ｘ）的次数皆大于等于１，这时ｇ（ｘ），ｈ（ｘ）皆不是ｆ（ｘ）的倍数，故ｇ（ｘ），ｈ（ｘ）∈（ｆ（ｘ）），但ｇ（ｘ）ｈ（ｘ）∈（ｆ（ｘ））．即（ｆ（ｘ））不是素理想．故若（ｆ（ｘ））是素理想，则ｆ（ｘ）不可约．反之，若ｆ（ｘ）不可约．对ｇ（ｘ）ｈ（ｘ）∈（ｆ（ｘ）），则有ｇ（ｘ）ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｋ（ｘ）．若ｆ（ｘ）｜ｇ（ｘ）则ｇ（ｘ）∈（ｆ（ｘ））．若ｆ（ｘ）嘲ｇ（ｘ），则（ｆ（ｘ），ｇ（ｘ））＝１，于是ｆ（ｘ）｜ｈ（ｘ）．即有ｈ（ｘ）∈（ｆ（ｘ）），故（ｆ（ｘ））是素理想．§８　环的直和与中国剩余定理以下习题中打倡者为必作题，其余为选作题．　倡１畅解同余方程组．·６６·（ｉ）ｘ≡１（ｍｏｄ２）ｘ≡２（ｍｏｄ５）ｘ≡３（ｍｏｄ７）ｘ≡４（ｍｏｄ９） （ｉｉ）ｘ≡５（ｍｏｄ７）ｘ≡４（ｍｏｄ６）　倡２畅韩信点兵问题：有兵一队，若列５列纵队，则末行１人．成６列纵队，则末行５人．成７列纵队，则末行４人．成１１列纵队，则末行１０人．求兵数．　倡３畅Ｒ１，…，Ｒｓ是环．Ｕ１，…，Ｕｓ分别是它们的可逆元的群．证明Ｒ１磑…磑Ｒｓ的可逆元群为Ｕ＝Ｕ１×Ｕ２×…×Ｕｓ（见第一章§４定义２）．４畅设ｎ＝ｍ１ｍ２…ｍｓ，ｍｉ两两互素．令Ｕ（Ｚｍ）表Ｚｍ的可逆元群，则Ｚ／ｎＺ＝Ｚｎ的可逆元群同构于Ｕ（Ｚｍ１）×…×Ｕ（Ｚｍｓ）．进而有，φ（ｎ）＝φ（ｍ１）φ（ｍ２）…φ（ｍｓ），这里φ（ｎ）是欧拉函数．当ｎ＝ｐｅｓ１…ｐｅｓｓ，ｐｉ为不同素数时，φ（ｎ）＝ｎ１－１ｐ１…１－１ｐｓ．（见第二章§５定义１及最后一段）．１畅（ｉ）解为１５７（ｍｏｄ６３０）（ｉｉ）解为４０（ｍｏｄ４２）２畅２１１１（ｍｏｄ２３１０）３畅（ａ１，ａ２，…ａｓ）是Ｒ１磑…磑Ｒｓ的可逆元当且仅当有（ｂ１，…，ｂｓ）使（ａ１，…，ａｓ）（ｂ１，…，ｂｓ）＝（ａ１ｂ１，…，ａｓｂｓ）＝（１，…，１）当且仅当ａｉｂｉ＝１，ｉ＝１，２，…，ｓ当且仅当ａｉ∈Ｕｉ，ｉ＝１，２，…，ｓ当且仅当（ａ１，…，ａｓ）∈Ｕ１×…×Ｕｓ．４畅这时Ｚｎ碖Ｚｍ１磑…磑Ｚｍｓ．Ｚｍ的可逆元群Ｕ（Ｚｎ）＝｛ｋ＋ｎＺ｜（ｋ，ｎ）＝１｝．故｜Ｕ（Ｚｎ）｜＝φ（ｎ）．（见第二章§５定义１）．由习题３，Ｕ（Ｚｎ）碖Ｕ（Ｚｍ１）×…×Ｕ（Ｚｍｓ）．｜Ｕ（Ｚｍｉ）｜＝φ（ｍｉ），ｉ＝１，２，…，ｓ．故得φ（ｎ）＝φ（ｍ１）…φ（ｍｓ）．对素数幂ｐｋ，１，２，…，ｐｋ－１中与ｐｋ不互素的数为ｐ的所有倍数ｌｐ，１≤ｌ≤ｐｋ－１－１．故此中与ｐｋ互素的数共（ｐｋ－１）－（ｐｋ－１－１）＝ｐｋ－ｐｋ－１＝ｐｋ１－１ｐ（个）．即φ（ｐｋ）＝ｐｋ１－１ｐ．当ｎ＝ｐｅ１１ｐｅ２２…ｐｅｓｓ时，φ（ｎ）＝φ（ｐｅ１１）φ（ｐｅ２２）…φ（ｐｅｓｓ）＝ｐｅ１１…ｐｅｓｓ１－１ｐ１…１－１ｐｓ．·７６·。

论文题目目录1、前言................................................................................................... 错误!未定义书签。

2、因式分解定理及唯一性定理 ..................................................... 错误!未定义书签。

3、复系数多项式................................................................................. 错误!未定义书签。

4、实系数多项式................................................................................. 错误!未定义书签。

5、有理系数多项式 ............................................................................ 错误!未定义书签。

艾森斯坦（Eisenstein）判别法 .................................. 错误!未定义书签。

艾森斯坦因（Eisenstein）判别法的变式..................... 错误!未定义书签。

艾森斯坦因（Eisenstein）判别法的等价定理............. 错误!未定义书签。

多项式的复根与其不可约性......................................... 错误!未定义书签。

n次整系数多项式在有理数域上的不可约的又一充分性错误!未定义书签。

6、有限域上的不可约多项式.......................................................... 错误!未定义书签。

有限域上的方程与不可约多项式田力;孙宗明【摘要】In this paper ,the authors study equations and irreducible polynomials over a finite field, illustrate roots of some equations, give the method to find irreducible polynomials and also discuss irreducibility of some polynomials.%本文研究有限域上的方程与不可约多项式，讨论了若干方程的根，给出了不可约多项式的求法，讨论了若干多项式的不可约性．【期刊名称】《泰山学院学报》【年(卷),期】2011(000)006【总页数】9页(P1-9)【关键词】有限域;方程;不可约多项式【作者】田力;孙宗明【作者单位】泰山学院数学与系统科学学院,山东泰安271021;泰山学院数学与系统科学学院,山东泰安271021【正文语种】中文【中图分类】O153.4本文研究有限域上的若干方程与若干不可约多项式，根据具体情况，将用不同的记号表示有限域.本文中，0表示域的零元，e表示域的单位元.本文所使用的符号是标准的，有限域和有限群的基本知识被认为是熟知的，见文献［1－2］.1 若干方程本款讨论有限域上的若干方程以及相关的若干问题.1.1 方程xq+1=λ与xq+x=μ本段在p2k元域上研究问题，记q=pk，则p2k=q2，并且，把p2k元域记为Fq2，把pk元域记为Fq，本段参见文献［3－4］.先研究Fq2的一个自同构，它扮演着重要的角色.设则σ是Fq2的自同构，并且，σ的阶为2，事实上，首先，σ不是恒等映射，因为，若记Fq2的非零元素乘群为F*q2=〈c〉，则有σ(c)≠c;其次，σ2必为恒等映射，因为，对于任意的a∈Fq2，均有另外，对于a∈Fq2，有因此，Fq2的自同构σ的固定子域是Fq.现在研究Fq2上的方程xq+1=λ，而λ≠0，此时，可以在群F*q2中考虑.设则τ是F*q的同态映射.记π的象为G，核为N.由群同态基本定理得F*q2/N与G 同构，且o(F*q2)= o(N)o(G).显然，N是方程xq+1=e所有解的集合，所以，o(N)≤q+1.因为，所以，o(G)≥q－1.但是，G是F*q的子群，从而，o(G)=q－1，τ是满射.因此，对于λ∈F*q2，一定有y0∈，使得τ(y0)=λ，即y0q+1=λ，方程xq+1=λ有解x=y0.由o()=q－1得o(N)=q+1，从而，方程xq+1=e恰有q+1个解.因为方程xq+1=λ的解y0乘以方程xq+1=e的任一个解均得到方程xq+1=λ的解.群中一方程的解就是域中该方程的根，这样，就有下面的定理1.1.1 有限域Fq2上的方程xq+1=λ(λ≠0)在Fq2中恰有q+1个根.现在研究Fq2上的方程xq+x=μ.设则ρ是加群Fq2到加群Fq的同态映射.类似于上面的讨论可得，ρ是满射.同样类似于上面的讨论可得，方程xq+x=0起着与方程xq+1=e一样的作用，此处详细的推导从略.这样，就有下面的定理1.1.2 有限域Fq2上的方程xq+x=μ在Fq2中恰有q个根.1.2 方程xps－x－c=0本段在pk元域上研究问题，将pk元域记为F.视F为加群，当s=1时，作则σ是加群F到F的同态映射.σ的同态核是Fp，而Fp是F的p元子域.有下面的定理1.2.1 设xp－x－c=0(c∈F)是F上的方程，则1)xp－x－c=0(c∈F)在F中有根当且仅当有a∈F使c=ap－a;2)F中恰有pk－1个c，使xp－x－c=0(c∈F)在F中有根;3)若xp－x－c=0(c∈F)在F中有根，则其在F中恰有p个根;当s＞1且s|k时，pk元域F有ps元子域Fps.上面的σ变为σ是加群F到F的同态映射，σ的同态核是Fps.可以得到下面的定理1.2.2 设xps－x－c=0(c∈F)是F上的方程，s＞1且s|k，则1)xps－x－c=0(c∈F)在F中有根当且仅当有a∈F使c=aps－a;2)F中恰有pk－s个c，使xps－x－c=0(c∈F)在F中有根;3)若xps－x－c=0(c∈F)在F中有根，则其在F中恰有ps个根.当s＞1但s不整除k时，记w=(s，k)，s=μw，此时，研究F的子域Fpw，有结论:对于∀a∈Fpw，成立aps=apw.仍然研究σ是加群F到F的同态映射，σ的同态核包含Fpw，从而就得到下面的定理1.2.3 设xps－x－c=0(c∈F)是F上的方程，s＞1但s不整除k，记w=(s，k)，则1)xps－x－c=0(c∈F)在F中有根当且仅当有a∈F使c=aps－a;2)F中至多有pk－w个c，使xps－x－c=0(c∈F)在F中有根;3)若xps－x－c=0(c∈F)在F中有根，则该方程在F中至少有pw个根.本段中定理的详细证明参见［5］，此处从略.1.3 降次定理一般而言，方程的次数越低，讨论问题越相对容易.本段从这一角度研究有限域上的方程，本段参见［6］.本段在pk元域上研究问题，将pk元域记为F.因为，Fpl=F(l为正整数)，所以，得到下面的定理1.3.1 设是F［x］中的多项式，ni，mi，ni=plmi(i=0，1，…，k－1，k)均为正整数，则1)若α∈F是方程f(x)=0的一个根，则αpl是方程g(x)=0的一个根;2)若β∈F是方程g(x)=0的一个根，则有γ∈F是方程f(x)=0的一个根.求F上的方程的根，可以转化为求F上的次数＜pk的某一方程的根，即有下面的定理1.3.2 设h(x)，r(x)∈F［x］，并且r(x)=0或deg(r(x))＜pk，则1)当r(x)=0时，F的元素均为方程f(x)=0的根;2)当r(x)≠0时，方程f(x)=0与r(x)=0在F中的根的集合相同.在上面定理的1)中，方程f(x)=0在F必有重根，于是，就有下面的问题1.3.3 在定理1.3.2的1)的情况下，方程f(x)=0在F中重根的状况.1.4 二项方程的降次与求根本段在pk元域上研究问题，将pk元域记为F，本段参见文献［7－8］.研究二项方程的降次，有下面的定理1.4.1 设其中q，r是整数，则方程xn=b与xr=b在F中有相同的根的集合.实际上，方程的次数可以进一步降低，即有下面的定理1.4.2 设其中r，d均为正整数，s是整数，则xr=b在F中的根是xd=bs的根.定理1.4.3 设d|(pk－1)，m是c在F的非零元素乘群F*中的阶，则xd=c在F中的根是xdm=e的根.定理1.4.4 设则a1，a2，…，ad是xd=e在F中的不同的根.定理1.4.5 设a0是xd=c在F中的一个根，a1，a2，…，ad是xd=e在F中的不同的根，则是xd=c在F中的不同的根.上述的五个定理容易证明，此处从略.根据这五个定理，设计出求根的具体方法，有下面的方法1.4.6 求二项方程的根的方法如下:第一步，由定理1.4.1与1.4.2，将xn=b的次数降低，化为xd=bs=c，并且，d|(pk－1);第二步，记定理1.4.3中的dm=w，解决xw=e，由定理1.4.1与1.4.2，将xw=e转化为xd1=e，并且，d1|(pk－1)，再由定理1.4.4，求出xd1=e的d1个根;第三步，由定理1.4.3，xd=c是xw=e的根，求得xw=e的一切根后，代入验证，得到xd=c的一个根a0;第四步，由定理1.4.4，得到xd=e的d个根a1，a2，…，ad，从而，由定理1.4.5得到xd=c的d个根a0 a1，a0 a2，…，a0 ad;第五步，由定理1.4.2，将xd=c的根代入xn=b，进行验证，以得到xn=b的根.2 不可约多项式本款中，将pk元域记为F.2.1 筛法本段给出确定F上的不可约多项式的方法.F上的次数≥1而≤n的多项式有有限个.一般地，F上的s次多项式有(q－1)qs个，其中，q=pk，并且，可以按一定程序将它们排列出来.于是，就可以将F上的次数≥1而≤n的多项式按一定程序全部排列出来，且次数小的在前，次数大的在后.这样排好之后，就可以仿照求素数的筛法进行.做法是:将排在最前面的多项式圈起来，而后划去它的一切倍式，剩下的没有圈且没有划去的多项式中，排在最前面的是不可约多项式，将它圈起来，再划去它的一切倍式，如此下去，直至最后一个被圈的多项式为止.所有被圈起来的多项式都是F上的不可约多项式，且是次数≥1而≤n的全部不可多项式.所给出的方法称为确定F上的不可约多式的筛法.2.2 Berlekamp法熟知，在有理数域上，有下面的克朗奈格定理.设f(x)是n(n＞0)有理系数多项式，则f(x)可以经有限次有理运算在有理数域上分解为不可约多项式的乘积.克朗奈格定理的证明同时给出了具体做法，但是太麻烦了，麻烦到简直无法实施的地步.有Berlekampd的一个方法，利用该方法，总是可以将F上的任一个多项式f(x)分解为F上的两两两不同的不可约多项式的幂的乘积，从而也就判定了f(x)是否为不可约多项式，进一步，可以求出F上的次数≥1而≤n的全部的不可约多项式. Berlekampd的这个方法，此处从略，参见［9］.将Berlekampd的这个方法称为Berlekampd法.2.3 多项式的可约性为了确定有限域上的不可约多项式，了解并掌握一些多项式的可约性当然是有益的和必要的.本段中为了方便而将域的单位元记为1，本段参见［10］.对于任意的域，成立下面的定理2.3.11)若域F上的多项式f(x)的零次项为零，则f(x)在F上可约⇔f(x)的次数＞1;2)域F上的二次多项式f(x)在F上的可约⇔存在α∈F，使得f(α)=0;3)域F上的三次多项式f(x)在F上的可约⇔存在α∈F，使得f(α)=0;4)若f(x)是域F上的多项式，a，b∈F，a≠0，则f(x)在F上可约⇔f(ax+b)在F上可约;5)若域F上的多项式f(x)满足条件(f(x)，f'(x))≠1，则f(x)在F上可约.上面的定理中的4)是多项式的未定元的替换问题，参见［11］，此处从略.而其他的均容易得出.定理2.3.2 设f(x)是pk元域F上的多项式.若f(x)的每一项的次数均为p的方幂，则f(x)在F上可约.定理2.3.3 设f(x)是2k元域F上的多项式.若f(x)的项的系数均为1，并且有偶数个项，则f(x)在F上可约.作为定理的应用，有下面的例2.3.4 二元域F上的三次不可约多项式.记F={0，1}，F［x］中有8个三次多项式:x3+x2+x +1，x3+x2+x，x3+x2+1，x3+x2，x3+x+1，x3+x，x3+1，x3.根据定理2.3.1的1)，x3+x2+x，x3+x2，x3+x，x3均可约;因为1是x3+x2+x+1，x3+1的根，所以，根据定理2.3.1的3)，它们均不可约;因为0，1均不是x3+x2+1，x3+x+1的根，所以，根据定理2.3.1的3)，它们均不可约.因此，F［x］中的三次不可约多项式是:x3+x2+1，x3+x+1.2.4 任意高次的不可约多项式熟知，有理数域上存在任意高次的不可约多项式，有限域也是如此，本段参见文献［12－14］.设F是pk元域，作F［x］中的多项式xpkm－x在F上的分裂域E=F(α1，α2，…，αpkm)，其中α1，α2，…，αpkm是xpkm－x的全部根，则E恰由xpkm－x的两两互异的pkm个根组成，E是pkm元域.E是F的m次扩域，又E是F的单扩域，E=F(α)，α在F上的极小多项式f(x)是F上的m次不可约多项.这样，就得到下面的定理2.4.1 设F是pk元域，m是任意正整数，则F上存在m次不可约多项式.实际上，该定理前面的叙述，已经给出了该定理的一个证明.为了给出该定理的另一个证明，要用到下面的引理，证明从略.为方便，记pk=q.引理2.4.21)qn－1|qm－1⇔n|m;2)xqn－1－1|xqm－1－1⇔n|m;3)设p(x)是F中的n次不可约多项式且p(0)≠0，则p(x)|xqm－1－1⇔n|m.定理2.4.1的证明:当m=1时，x就是F上的m次不可约多项式.当m＞1时，研究F上的多项式它分解为F［x］中的不可约多项式的乘积，而由引理知，f(x)的不可约因式的次数必整除m，从而其次数≤m.现在计算f(x)的次数＜m的一切不可约因式的次数之和M.因为，xqs－1－1与其导数互素，所以，xqs－1无重因式.当s＜m时，由引理知，f(x)的一切s次不可约因式均为xqs－1的因式，它们两两互素，从而它们的乘积也为xqs－1－1的因式，所以，它们的次数之和≤qs－1.于是，让s=1，2，…，m－1，就得到因此，f(x)必有m次不可约因式g(x)，即F［x］中有m次不可约多项式g(x).定理2.4.3 设pd(x)是F［x］中所有首项系数为1的d次不可约多项式的乘积，当d=1时x除外，则证明 F［x］中首项系数为1的任一个d次不可约多项式都是pd(x)的因式，而pd(x)的任意两个首项系数为1的d次不可约因式都彼此互素，所以，由引理2.4.2，当d|m时另一方面，由引理2.4.2，xqm－1－1的每一个d次不可约因式都是dΠ|m Pd(x)的因式，而xqm－1－1没有重因式，所以因此，根据dΠ|m Pd(x)的首项系数为1，就得到2.5 多项式的根与不可约性本段中，就一类多项式研究其有根与不可约性的关系.所研究的域F仍然是pk元域，1表示域的单位元.定理2.5.1 若xp－x－c=0(c∈F)在域F中没有根，则多项式xp－x－c(c∈F)在F ［x］中不可约.证明用反证法.设f(x)=xp－x－c在F［x］可约，则可取f(x)的m(0＜m＜p)次首项系数为1的因式g(x)∈F［x］.在f(x)的分裂域E中，g(x)有根r，从而，有Fp的m个元素f1，f2，…，fm，使r+f1，r+ f2，…，r+fm为g(x)在E中的m个互异的根.于是，在E［x］中，就有从而又12m，所以，mr∈F.再由于mr=(me)r，me∈F，me≠0，所以r∈F，引出矛盾.容易证明，xp －x－c=0(c∈F)在F中或者有p个根，或者没有根.于是，就有下面的定理2.5.2 F上的多项式xp－x－c(c∈F)在F［x］或者不可约，或者完全分裂.在下面的情况下，仅成立定理2.5.3 设s是正整数且s|k，xps－x－c=0(c∈F)在F中没有根，则多项式xps －x－c(c∈F)在F［x］中没有m次真因式，其中p不整除m.证明反证法.设f(x)=xps－x－c在F［x］中有m次首项系数为1的真因式g(x).在f(x)的分裂域E中，g(x)有根r，从而，有Fps的m个元素f1，f2，…，fm，使r+f1，r+f2，…，r+fm为g(x)在E中的m个互异的根.于是，在E［x］中，就有由于g(x)∈F［x］，所以又所以，mr∈F.再由于mr=(me)r，me∈F，并且，p不整除m，所以me≠0，因此，r∈F，引出矛盾.对于一般的情况，类似的结论如何，作为遗留问题，需要作进一步的研究，参见［5］.3 不可约多项式的根号解本款中，就不可约多项式的根，进一步作一些探讨.为方便，记pk=q，记pk元域为Fq.先研究Fq［x］中不可约多项式的根的一些性质，证明见［15－16］.定理3.1 Fq［x］中的不可约多项式没有重根.定理3.2 设f(x)∈Fq［x］是Fq上的m次不可约多项式，α是f(x)的一个根，则恰为f(x)的m个互不相同的根，α在Fq的扩域Fqm中且Fqm=Fq(α)就是f(x)在Fq上的分裂域.多项式的根号解曾经是16至18世纪的250余年期间的热门问题，吸引并困惑了诸如拉格朗日这样的大数学家，19世纪20至30年代，相继被挪威年轻(只活了27岁)数学家阿贝尔和法国更年轻的(只活了20岁)数学家伽罗瓦所解决，并开启了抽象代数学的新纪元.对于有限域而言，不可约多项式的根号解问题却较为简单，［17］讨论了这一问题，将主要结果列出如下，证明从略.引理3.31)Fq恰由Fq［x］中的约多项式xpk－x的所有的根组成.2)设f(x)∈Fq［x］是Fq上的m次不可约多项式，则f(x)|xqn－x⇔m|n.3)设Fqm是Fq的m次扩域，则Fqm的保持Fq的元素不变的所有自同构组成的群G 是m阶循环群.引理中的群G称为Fqm对于Fq的伽罗瓦群，并且，有Fq［x］中的m次多项式f(x)，使得Fqm= Fq(α)，而α是f(x)的一个根，就将G称为f(x)的伽罗瓦群.定理3.4 设f(x)∈Fq［x］是Fq上的m次不可约多项式，则f(x)的伽罗瓦群G同构于某个置换群〈(12…m)〉.定理3.5 设f(x)∈Fq［x］是Fq上的m次不可约多项式，Fq的特征p不整除m，则f(x)可以根号解.在讨论根号解时，要用到单位根和本原单位根的结论，［18］和［19］较多地进行了研究，所得的结果是重要的，不少情况下都要用到，此处均从略.4 其他相关问题4.1 线性矩阵方程组［20］类似于［21］建立了pk元域F上的线性矩阵方程组的理论，给出了下面的结果，证明从略.定理4.1.1 设Aij是F上的mi×nj(i=1，2，…，t:j=1，2，…，w)矩阵，Xj是nj×s(j=1，2，…，w)未×sw AX=B知矩阵，Bi是mi(i=1，2，…，t)矩阵，则线性方程组∑ijji(i=1，2，…，t)在F上有解当且仅当定理4.1.2 设1)Aij，Xj如定理4.1.1所述，0i是F上的mi×s(i=1，2，…，t)零矩阵; 2)记秩(A)=r;3)当r＜n时，η1，η2，…，ηn－r(列向量)是以A为系数矩阵的齐次线性方程组的一个基础解系;4)作并且将Mqu从第一行开始依次按n1，n2，…，nw行的数目分块而得到一组w 个矩阵，仍然以Mqu表示该组的w个矩阵，则1)线性齐次方程组∑j=w1Aij Xj=0i(i=1，2，…，t)的一切解构成线性空间Fn×s的一个子空间;2)当r＜n时，Mqu(q=1，2，…，s:u=1，2，…，n－r)是子空间的一个基，从而是(n－r)s维子空间，它的一切都是，其中aqu取遍F的一切元素，并且将组合得到的矩阵从第一行开始依次按n1，［4］讨论了p2k元域中的一个n元pk+1次齐次方程的解的个数，给出了下面的定理4.1.4 p2k元域中的n元pk+1次齐次方程x2pk+x2pk+1+…+xpnk+1=1在该域中有((pk)n－(－1)n)(pk)n－1个非零解，其中1表示域的单位元.4.2 方程的求根公式方程的求根公式就是用方程的系数表示其根的式子.在比较久远的古代，二次方程的求根公式就已经被埃及和巴比伦的先民们发现并记载.在16世纪的一段时间里，寻找三次方程的求根公式成为意大利数学家们的热门问题，并流传下来一些动人的故事，求根公式终于被找到，从而促使人们向着四次和更高次的方程挺进，促进了代数学的发展，奠定了近代数学产生的直接基础.对于有限域上的方程，同样存在求根公式的问题.对于2k元域F上的二次方程，笔者曾就一种情况得到根的表示公式，写成［22］，于2001年发表;后来，郑州解放军信息学院王念平进行了研究，写成［23］，于2004年发表;笔者认为，这一问题尚待进一步研究，此处从略.至于三次方程的求根公式，当然也可以考虑.4.3 本原多项式与本原元素本段中，p元域记为Fp，对于Fp［x］中的多项式，建立其周期的概念，进而，建立本原多项式的概念.Fp的m次扩域Fpm是Fp的单扩域，若有则称β是Fpm的一个本原元素，其中1表示域的单位元.本原多项式是不可约多项式.β是Fpm的一个本原元素当且仅当β是m次本原多项式的根.详细的讨论见［24］.4.4 n 方元素［25］给出了n方元素的概念，并进行了讨论;［19］进一步讨论了n方元素，并给出了完全的解决.5 结束语从1983年笔者的［26］到2001年笔者的［27］，其间的十几年笔者与其他代数学同行一起，解决了pk元域F上的二次方程和三次方程的问题，笔者的［28］对此作了总结.笔者的［29］－［35］讨论了pk元域及其单超越扩域上的二项方程、三项方程、因式方程，［36］对此作了总结.应该指出，还有一些问题有待进一步研究，本文所列的文献中就提出了一些问题，另外，组合设计等有的学科也将不断推动这方面的研究.n2，…，nw行的数目分块而得到一组w个矩阵，仍然以Mqu表示该组的w个矩阵，分别作为X1，X2，…，Xw所取的矩阵，称Mqu(q=1，2，…，s:u=1，2，…，n－r)为一个基础解系; 3)解的个数为pks(n－r).定理4.1.3 设Aij，Xj，Bi，0i如定理4.1.1和定理4.1.2所述，N是的一个特解，则是其解的集合，其中N与M均取定理4.1.2中的那种分块形式.［参考文献］［1］熊全淹.近世代数［M］.上海:上海科学技术出版社，1978.［2］张禾瑞.近世代数基础［M］.北京:高等教育出版社，1978.［3］孙宗明.p2m元域上的某些方程的解的状况［J］.吉安师专自然科学学报，1986，(2):34－36.［4］孙宗明，等.pk元域上的方程xq+1=λ与x+xq=μ［J］.山东师范大学学报(自然科学版)，1994，(2):11－13.［5］孙宗明.pk元域上的方程xps－x－c=0［J］.周口师范学院学报，2011，(5):1－3.［6］孙宗明.pk元域上一元方程的几个降次定量［J］.山东教育学院学报，1991，(2):31－33.［7］孙宗明.有限域上二项方程根的求法［J］.山东教育学院学报，1989，(4):36－39.［8］孙宗明，等.关于pk元域上的二项方程［J］.泰安师专学报(自然科学版)，1994，(2):17－21.［9］万哲先.代数与编码［M］.北京:科学出版社，1976.［10］孙宗明.pk元域上不可约多项式［J］.山东教育学院学报，1993，(2):40－42.［11］孙宗明，等.关于一元多项式未定元的替换［J］.聊城师范学院学报，1997，(2):28－30.［12］孙宗明.有限域上的不可约多项式的存在性与求法［J］.开封大学学报，1993，(3):16－19.［13］孙宗明.域Fp与Fq上的m次不可约多项式［J］.殷都学刊(自然科学版)，1993，(4):38－41.［14］孙宗明.pk元域的m次不可约多项式与xpkm－x的因式分解［J］.泰安师专学报(自然科学版)，1995，(2):9－12.［15］孙宗明.p元域上的一类不可约多项式［J］.殷都学刊(自然科学版)，1990，(1):22－23.［16］孙宗明.有限域上的不可约多项式的根的注记［J］.临沂师专学报(自然科学版)，1991，(1):11－13.［17］孙宗明.有限域上的不可约多项式的根号解［J］.内蒙古师大学报(自然科学版)，1995，(2):12－15.［18］孙宗明.有限循环群的若干特征性质［J］.曲阜师院学报(自然科学版)，1982，(3):50－54.［19］孙宗明.pk元域中元素的n次根［J］.周口师范学院学报，2011，(2):16－19.［20］孙宗明.pk元域上线性矩阵方程(组)的理论［J］.周口师范学院学报，2008，(2):19－20，26.［21］孙宗明.线性矩阵方程(组)的理论［J］.益阳师专学报，1993，(6):25－30(美国，Math.Riews，1994年索引).［22］孙宗明.2k元域上的二次方程根的公式［J］.数学的实践与认识，2001，(6):132－133(美国，Math.Riews，2002年索引).［23］王念平.关于“2k元域上的二次方程根的公式”的注记［J］.数学的实践与认识，2004，(11):148－152.［24］孙宗明.F［x］中的本原多项式与GF(pn)中的本原元素［J］.泰安师专学报(自然科学版)，1990，(1):1－5.［25］孙宗明，等.pk元域上的n方元素［J］.广西师范学院学报(自然科学版)，1995，(增刊):6－8.［26］孙宗明.pk(p≥3)元域上的二次方程的根的状况［J］.数学的实践与认识，1983，(4):29－31(美国，Math.Riews，85i:11104).［27］孙宗明.pk元域上的三次方程根的状况［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，2001，(3):28－31.［28］孙宗明.pk元域上的二次方程与三次方程［J］.泰山学院学报，2011，(3):8－16.［29］孙宗明.pk元域上的方程xq=d与ax2q+bxq+c=0［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，1990，(1):22－26(美国，Math.Riews，92h:11110).［30］孙宗明.pk元域上的二项方程和三项方程根的状况［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，1991，(3):20－24(美国，Math.Riews，96 f:12001).［31］孙宗明.pk元域F的单超越扩域E上的方程yn=D与Ay2n+Byn+C=0［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，2000，(3):9－12.［32］孙宗明.pk元域上的一类方程根的状况［J］.河北师范大学学报(自然科学版)，1996，(2):23－35.［33］孙宗明.2k元域上的方程∑(－1)iai xn－1－i=0［J］.山东科技大学学报(自然科学版)，2001，(1):10－12(美国，Math.Riews，2002b:11172).［34］孙宗明.pk元域上的方程∑ai xn－1－i=0与∑(－a)i xn－1－i=0［J］.商丘师范学院学报，2005，(2):57－59.［35］孙宗明.pk元域F的单超越扩域E上的方程∑Aixn－1－i=0与∑(－A)i xn－1－i=0［J］.集美大学学报(自然科学版)，2007，(2):129－132.［36］孙宗明.pk元域及其单超越扩域上的二项方程三项方程和因式方程［J］.内蒙古师大学报(自然科学汉文版)，2011，(5):21－26.。

二元有限域上的n次不可约多项式
在数学中，二元有限域上的n次不可约多项式是指在二元有限域上，次数为n 的多项式无法分解成低次多项式的乘积。

这里的“二元有限域”指的是一个有限个元素的集合，其中包括了数学上的0和1，并满足加法和乘法运算具有封闭性、结合律、交换律以及存在零元素和单位元素等性质。

在这个定义中，“不可约”表示该多项式无法被分解成两个或更多个低次多项式的乘积。

这里的“低次多项式”指的是次数比原多项式小的多项式。

如果一个多项式可以被分解成两个或更多个低次多项式的乘积，那么它就被称为可约多项式。

二元有限域上的n次不可约多项式在密码学中有着广泛的应用，例如在椭圆曲线密码学和分组密码中都有用到。

因此，研究二元有限域上的n次不可约多项式是密码学研究的一个重要方向。

目前已有许多算法和方法可以用来生成二元有限域上的n次不可约多项式，例如Berlekamp算法、Cantor-Zassenhaus算法等。

这些算法不仅可以用来生成不可约多项式，还可以用来分解、判断和计算多项式等相关问题。

在密码学应用中，选取一个合适的不可约多项式对于保证密码系统的安全性至关重要。

论文题目目录1、前言 02、因式分解定理及唯一性定理 03、复系数多项式 04、实系数多项式 (1)5、有理系数多项式 (1)5.1 艾森斯坦（Eisenstein）判别法 (1)5.2艾森斯坦因（Eisenstein）判别法的变式 (2)5.3艾森斯坦因（Eisenstein）判别法的等价定理 (3)5.4多项式的复根与其不可约性 (4)5.5n次整系数多项式在有理数域上的不可约的又一充分性 (6)6、有限域上的不可约多项式 (6)6.1判断有限域上一元多项式是否可约进而得到分解式的方法 (7)6.2 q阶有限域上的不可约多项式 (8)致谢 (9)参考文献 (10)不同域上的不可约多项式摘要：判断一个多项式是否可约是很困难的，在前人的基础上，采用了类比分析的方法，讨论了复数域、实数域、有理数域、有限域上的不可约多项式的状况，对不可约多项式进行了比较完善的总结归纳。

关键字：复数域实数域有理数域有限域不可约多项式中图分类号：O151Irreducible polynomials in the different fields Abstract:It is difficult to judge a polynomial irreducible.In this paper,we discuss the irreducible polynomials in the real number field, complex field,rational number field and finite field.This is a more perfect summary about irreducible polynomials.What is more,this is a simply analysis about irreducible polynomials.Key Words:Complex field Real number field Rational number field Finite field Irreducible polynomials不同域上的不可约多项式1、前言一个多项式是否不可约是依赖于系数域的，虽然因式分解定理在理 论上有其基本重要性，但是它并没有给出一个具体的分解多项式的方法，对于一般的情形，普遍可行的分解多项式的方法是不存在的，即使只是判别一个多项式是否可约都很困难。