Элективные курсы

Теорема 1. Пусть многочлен f ÎК[х] неприводим над полем К. Тогда существует простое алгебраическое расширение поля К, образующим элементом которого является некоторый корень многочлена f.

Приведем пример характеризующий теорему. В качестве примера формального процесса присоединения корня, описанного в теореме, рассмотрим простое поле F3 и многочлен f(х) = х2 + х+2 ÎF3 [х], котор

ый неприводим над F3 [х]. Пусть θ = [х] -некоторый «корень» многочлена f, т. Е. класс вычетов х + (f) из фактор кольца L =F3 [x]/(f).Другим корнем многочлена f в L является тогда 2θ + 2, поскольку,

f(2θ + 2) = (2θ + 2)2 + (2θ + 2)+2 = θ2 + θ + 2 = 0. Простое алгебраическое расширение L=F3(θ) состоит из девяти элементов: 0, 1, 2, θ, θ+1, θ+2,2θ, 2θ+1, 2θ+2. Для L можно построить таблицы операций.

Заметим, что в рассмотренном примере мы могли бы вместо θ, присоединить к полю F 3 корень 2θ + 2 того же многочлена f и получили бы то же самое поле L.

Домашнее задание.

Построить таблицы операции для L.

(усложненный материал)

Доказательство леммы1. ► Пусть а — старший коэффициент многочлена f. Положим g(х)=а-1f (x). Тогда g – нормированный не приводимый многочлен из Fq [x], причем g(a)=0, а значит, g – минимальный многочлен элемента a над Fq в смысле определения 1. Остальное вытекает из утверждения, что для многочлена fÎК [х] равенство f (q) = 0 выполняется в том и только том случае, когда многочлен g делит f.◄

Занятие 10-11 (практика)

Основные задачи этого занятия:

Доказать неприводимость многочленов в конечном поле.

Построить таблицу операций для простого расширения.

Решить ряд задач на доказательство неприводимости.

Решить задачу о наличии кратных корней.

Содержание занятия.

Задача1. Доказать неприводимость над F2 многочлена f(x)=x4+x+1Î F2 [x] и построить таблицу операций для простого расширения F2(q), где q - корень многочлена f.

Искомая таблица состоит из 16 элементов по вертикале, и таких же элементов по горизонтали, следовательно, всего буде 256 произведений. Укажем сначала все 16 элементов таблицы:

0; 1; q; 1+q; q2; 1+q2; q+q2; 1+q+q2;

q3; 1+q3; q+q3; 1+q+q3;

q2+ q3; q+q2+q3; 1+q2+q3; 1+q+q2+q3.

Умножение на 0 и 1 тривиально, из этого следует, что тривиальны 60 произведений, далее по принципу симметрии будем искать произведение центральной диагонали и 91+14=105 произведений.

Отметим еще раз, что элементы поля имеют такой вид:

а0+а1q+ а2q 2+ а3q 3,

где а0 , а1 , а2 , а3=0 или 1, и 1,q,q 2,q 3- линейно порождают F2(q) над F2.

Посчитаем произведение некоторых из 105 элементов.

(1+q) × (1+q3) = 1+ q+ q3+ q4 =

Так как q4 = - q-1 , то равенство примет вид:

= 1+ q +q3- q-1=q3

Перемножим q3 на q3, получим:

q3 ×q3 = q6 = q4 ×q2 = q2 ×(-q -1) = -q3 -q2=q2 +q3

Учащимся предлагается посчитать все оставшиеся элементы таблицы.

Найдем обратный элемент q-1

q4 +q+1=0

q4 +q= -1 в F2 q4 +q=1

q4(q3 +1)=1

q-1=1 +q3 по определению обратного элемента:

Определение1. для каждого а Î G существует обратный элемент а-1 Î G такой, что

а * а-1 = а-1 * а = е.

2) Теперь докажем неприводимость F(x) над F2 .

Для доказательства неприводимости, достаточно показать, что нет линейных делителей, если найдется хотя бы один линейный делитель, то в таком случае есть и корень, а значит, многочлен не является неприводимым.

Рассмотрим наш многочлен f(x)=x4+x+1Î F2 [x] так как мы находимся в F2, то проверим равен ли многочлен f(x) нулю, при подстановки вместо x 0 и 1.

А) f(0)=1, 1¹0 следовательно 1 не корень.

F(1)=1+1+1=3, 3¹0 следовательно 3 не корень.

Значит линейных делителей нет.

Б) если нет линейных делителей, то могут быть два множителя второй степени, они имеют такой вид:

пусть x4+x+1= (x2+аx+1)× (x2+bx+1) где [ a,bÎ F2 (0 или 1) и а+ b=0](*)

Тогда: (x2+аx+1)× (x2+bx+1)= x4+bx3+x2+аx3+abx2+аx+x2+bx+1=

x4+bx3+ аx3+2x2+abx2+аx+ bx+1=

bx3+ аx3=0, аx+ bx=0

А из того, что 2=0 в F2 следует, что: 2x2=0

Тогда наше уравнение примет вид : = x4+abx2+1, но x4+x+1¹ x4+abx2+1 следовательно многочлен f(x)=x4+x+1Î F2 [x] не приводим по определению неприводимости.

Задача2. Выяснить вопрос, имеет ли кратные корни многочлен

f(x)=x6+x5+x4+x3+1Î F2 [x]

Решение: не нулевой многочлен f над полем F имеет кратные корни, тогда и только тогда, когда f и не взаимно просты.

Найдем f’(x) многочлена f(x)=x6+x5+x4+x3+1Î F2 [x]

f’(x)=6x5 +5x4 +4x3 +3x2 так как мы в F2 [x], то 6x5=0; 5x4=1; 4x3=0; 3x2=1,а значит f’(x)=x4+x2= x2(x2+1) множитель x2 не имеет с f(x) общих корней. Поделим уголком f(x) на f’(x)= x2+1

1)_ x6+x5+x4+ x3+1 ïx2+1

x6+x4 x4+x3

_ x5+x3+1

x5+ x3

1(остаток)

Ответ: НОД =1, следовательно: нет кратных корней.

Домашнее задание.

Задача. Построить таблицу операций для простого расширения F2(q), где q - корень многочлена f(x)=x4+x+1Î F2 [x]

Занятие 12. Основная конструкция конечных полей

Основные задачи этого занятия:

Составить основную конструкцию конечного поля.

Решить задачу на нахождение корней многочлена в конечном поле.

Содержание занятия.

Fp [x]- кольцо многочленов над полем вычетов Fp по модулю p. Пусть f(x)Î Fp [x]- неприводимый многочлен степени n³ 2

a(x)º b(x)(mod f(x)), если f(x) \ a(x)- b(x) или тоже самое, что a(x) и b(x) имеют одни остатки при делении на f(x).

Вводим отношение эквивалентности через сравнение a(x)º b(x)(mod f(x)), обозначим - класс эквивалентности, содержащий a(x)

.

- кольцо с нулем и единицей , тогда введем операцию . Докажем, что класс эквивалентности обратим.

не делиться на так как f(x) неприводим, следовательно , а следовательно - обратный к g(x).

Посчитаем число элементов. Остатки от деления определяют классы эквивалентности. Остатки имеют вид: , ciÎFp.

Таких различных остатков всего pn, состоит из pn элементов вида .