Лекции / Лекции Кузьмина / WORD6~1 / ЛЕКЦИИ~1
.DOCЛекция.
-
Zp – поле.
-
Если f(x) – непрерывен над Р, то - поле и
Покажем:
Утверждение: пусть Р – конечное поле, тогда ;
Доказательство: 1. РÉР0 = {0, e, 2e, …, (p-1)e}, где р – характеристика поля Р: р=char P;
2. a1ÎP\{0};
a2ÎP\I1; I1={a1C1\C1ÎP0};
a3ÎP\I2; I2={a1C1 + a2C2\C1C2ÎP0};
…………………………………….….
ak+1ÎP\Ik;
Пусть at – последний, который удалось выбрать, то есть Р\It=Æ ~ " xÎP,
Для того, чтобы доказать: осталось доказать, что все такие суммы попарно различны.
От противного: пусть (С1, …, Сt)¹(С1, …, то есть отличаются хотя бы в одной координате.
Пусть Сt¹, Сt-1¹ - первое несовпадение.
Þ - это противоречит выбору as Þ не существует две равные суммы Þ все такие суммы попарно различны и задают различные элементы поля. Число таких сумм равно числу элементов поля и равно рt;
Теорема: пусть Р – конечное поле, над которым раскладывается на линейные множители, тогда - поле из рt элементов.
Доказательство: f(x)=; f/(x)=-e; Þ (f(x), f/(x))=1 Þ f(x) – не имеет кратных корней, то есть они все различны Þ корней f(x)=рt.
Пусть a, b - корни f(x) Þ - корень f(x).
a+b - ? (a+b)р = aр + Þ
Ч.Т.Д.
Þ Вывод: корни многочлена f(x) – образуют поле (ассоциативность, дистрибутивность выполняются).
Следствие: Q<P, где Q – подполе Р;
Доказательство: все элементы Р – корни многочлена , так как Q – подполе Þ характеристика та же Þ все элементы Q корни многочлена , а
d=(t, d) Þ d/t; так как корни НОДа совпадают с корнями , так как:
{Лемма: (ах, bx) = (ax*cx*bx, bx);}
; то есть алгоритм Евклида для показателей.
Теорема “О примитивном элементе”: пусть Þ $ aÎР: orda=pt–1;
Доказательство: Р*=Р\{O}; P* - комм. группа Þ
-
expP*=NOK{ordb, bÎP*};
-
$ a: ord=expP*;
Пусть bÎP* Þ все элементы Р* - корни многочлена ;
Число элементов:
Определение: элемент порядок которого равен мощности поля без единицы называется примитивным элементом поля:
Следствие: пусть a - примитивный элемент поля Þ " bÎР\О, b = ak;
Доказательство: a, a2, …, все элементы различны.
Теорема: пусть (q – простое число или его степень), f(x) – неприводимый над Р, degf(x)=n Þ $ Q>P: $ aÎQ: f(a)=0. При этом все различные корни f(x) в Q имеют вид:
Доказательство:
-
Покажем, что такое поле Q существует:
пусть ;
пусть с1=…=сn-1º0 Þ {с0½с0ÎР}=Р Þ РÌ Q;
пусть хÎQ; f(x)º0(modf(x)) – по определению Þ х – f(x);
-
Q>P, aÎQ, f(a)=0, пусть
корень корни.
Осталось доказать, что все они различны:
корни f(x);
пусть среди корней есть совпадения: Þ
(- то есть минимальное k с таким свойством)
, а
k½n; ;
Берём коэффициент (один). Надо доказать, что он из поля Р:
{(-1)k-s=-1, так как q – нечётное число};
если ik-s<k-1 то показатель увеличивается на 1
если ik-s=k-1 то , то есть слагаемые
,
а слагаемые то есть возведение в степень q приводит просто к перестановке слагаемых в сумме, то есть " коофициент многочлена остаётся на месте Þ g(x)ÎP[x], а g(x)½f(x), 0<degg(x)<n – противоречие с неприводимостью f(x) Þ k=n Þ . Ч.Т.Д.
Примечание:
пусть Р0=Zр; Р0<Р1; f1(x) – имеет корень в Р1 Þ Р1<Р2; аналогично f2(x) – имеет корень и т.д. Þ за конечное число шагов мы разложим в произведении над каким-нибудь полем.
-
Берём поле Р0<Р1 и многочлен f1(x) раскладываем на линейные множители в Р1.
-
Берём Р1<Р2 и f2(x) ……………………
………………………………………………
-
Рk<Рk+1 и fk+1(x) ………………………...
На S-ом шаге получим поле, над которым многочлен раскладывается на линейные множители.
Определение: пусть Q>P; унитарный многочлен f(x) наименьшей степени с коэффициентами из Р , такой что для " aÎQ, f(a)=0 – минимальный многочлен элемента a над полем Р: ma,P(x);
Утверждение: пусть Q>P, aÎQ, Þ ma,P(x) – неприводимый.
Доказательство: пусть ma,P(x)=f(x)g(x); 0<degf(x)<degma,P(x); ma,P(a)=f(a)g(a)=0; либо f(a) либо g(a) равны 0, но degf и degg < ma,P – противоречие с определением линейного многочлена Þ предположение о разложении неверно.
Ч.Т.Д.
Теорема: пусть Р – конечное поле ½Р½=q=pt Þ " n $ f(x)ÎP[x]:
-
Degf(x)=n;
2. f(x) – неприводим.
Доказательство: qn=ptn; Q – поле из такого количества элементов, что $ это поле из корней многочлена: , где Q>P;
Рассмотрим все поля Gk вида: Q> Gk, k – простое и k½n Þ Gk - поле из элементов.
.{2*p1*p2…..pt>2t+1 Þ число простых делителей натурального числа строго меньше чемlog2n}
$ aÎQ\ ma,P(x) – неприводим. Все его корни имеют вид: a, aq, …, Þ если k<n то ma,P(x) – имеет корень в поле из qk элементов, то есть этот корень лежит в каком-то собственном подполе Q, то есть в одном из Gk – противоречие Þ k=n, то есть получили неприводимый многочлен deg=n Þ ma,P(x).
Отображение “след”.
Определение: пусть есть поле Р из q элементов и поле Р/ из qm элементов. Отображение называется “следом” если:
Теорема: 1.
2. - минимальное отображение над GF(q); пусть a,b Î GF(q);
3. k½m
Доказательство: чтобы доказать, что надо доказать, что
Проверим свойство линейности:
Докажем последний пункт теоремы:
[обозначим через q1=qk; ] =
-
j2¹j1 Þ j2-j1¹0; j2-j1>0; k-1³ j2-j1³k – противоречие 1.
-
j2=j1; Þ s1=s2; мы доказали, что в множестве нет одинаковых элементов.
k-1+k(m/k –1)=m-1; 0, 1, 2, 3, ….., m-1
Теорема: " отображение конечного поля в себя может быть задано многочленом.
Доказательство: GF(q)={0, a1, …, aq-1}
f: GF(q) Þ GF(q); f(ai)=bi;
Свойство: (x-a)q-1; yq=y; y(yq-1-1)=0; yq-1=1,; yÎGF(q)½0; 1-(x-a)q-1=
Семинар.
-
GF(2). Доказать, что неприводим: х5+х+1.
Корней нет в GF(2), то есть “0” или “1” Þ неприводим, так как dega(х)£ 3.
-
с0+с1x+c2x2+c3x3+c4x4 ~ с0+с1q+c2q2+c3q3+c4q4; [x]=q; ciÎ{0,1}; q - класс элемента х;
0=q5+q2+1=[х]5+[х]2+1=[х5+х2+1] класс многочлена х5+х2+1 – это класс 0.Þ
Пример: [х5+х2+1]=[0]
х4+х+1; GF(2); q4=q+1; (1+q+q2)+(q+q3)=?; (1+q+q2)(q+q3)=?;
(1+Q+Q2)+(Q+Q3)=Q3+Q2+1 (в GF(2)); (1+Q+Q2)(Q+Q3)=Q+1;
Q5=QQ4=Q(Q+1);
-
Подсчитаем “след” от элемента: q+1;
-
Берём любой элемент, возводим в степень 15. Ответ должен равняться 1, проверим это:
I: (Q2+Q3)15=Q30(Q+1)15; Q30=Q2Q4*7=Q2(Q+1)7;
II: (Q+1)q=(Q+1)8+1=(Q+1)(Q+1)8=(Q+1)(Q8+1)=(Q+1)((Q+1)2+1)=Q2(Q+1);
(Q+1)15=(Q+1)(Q+1)2(Q+1)4(Q+1)8=(Q+1)(Q2+1)(Q4+1)(Q8+1)=(Q+1)(Q2+1)(Q+1+1)((Q+1)2+1)= =(Q+1)(Q2+1)(Q)(Q2)=(Q3+Q+Q2+1)Q3=Q6+Q5+Q4+Q3=Q2(Q+1)+(Q+1)+Q(Q+1)+Q3=Q3+Q2+Q+ +1+Q2+Q+Q3=1.
-
GF(s); -a; 1-(x-a)4 – выпишем многочлен:
å 3(1-(х4))+4(1-(х-1)4)+2(1-(х-3)4)+2(1-(х-4)4);
-
GF(s); ; докажем что х4 существует:
1-(х-a)4 Þ 3(1-(х4))+4(1-(х-1)4)+2(1-(х-3)4)+1(1-(х-4)4);
В общем случае:
-
Построить поле из q элементов:
GF(3), x2+ax+b; x2+x+2;
[x]=q; q2=-q-2; q2+q+2=0;
перемножим элементы: q*q=q2=-q-2;
c0+c1q+c2q2+c3q3~(c0 c1 c2 c3);
b0+b1q+b2q2+b3q3, раскрываем скобки: cjbjqi+j; qi+j=qk=
(b0 b1 b2 b3): åbjcjai+j; если две 1, то прибавляем к результату;
если одна 1, то никуда не идёт.
Умножаем на q и всё сдвигаем:
q(с0+с1q+с2q2+с3q3)~(с0 с1 с2 с3)+ q(с0…с3)=(0, с0, с1, с2)+с3(1, 1, 0, 0);
Как строим вектора:
q0=1;
;am=(0, am-1);
qm=cm-1qm-1+….+c0;
-
Построим векторы для поля:
GF(2): x4+x+1; q4=q+1; 1=c0+c1q+c2q2+c3q3;
; ;