有限体

2025/05/07 19:05 投稿

まず\(0^p=0\)が成り立つ。

\(a^p\equiv a\)が成り立つとき、二項定理によって\((a+1)^p\)を展開すると、

\begin{align} (a+1)^p &= a^p + \sum_{k=1}^{p-1}\frac{p!}{(p-k)!k!}a^k + 1 \\ &\equiv a + \sum_{k=1}^{p-1}\frac{p!}{(p-k)!k!}a^k + 1 \end{align}

となる。
二項係数\(\frac{p!}{(p-k)!k!}\)は常に整数。また\(1\leq k\leq p-1\)のとき、分子は\(p\)を因数に持つ一方で、分母は\(p\)を因数に含まない。したがって、二項係数は\(p\)で割り切れる。よって、

\begin{align} (a+1)^p &\equiv a + \sum_{k=1}^{p-1}\frac{p!}{(p-k)!k!}a^k + 1 \\ &\equiv a + 0 + 1 \\ &= a + 1 \\ \end{align}

が成り立つ。

したがって帰納的に全ての\(a\geq0\)に対して\(a^p\equiv a\)が成り立つ。

これはつまり、\(a^p = a+np\)となる整数\(n\)が存在するということなので、

\begin{align} a(a^{p-1}-1) = np \end{align}

となる。
左辺は\(a\)を因数に持つが、右辺は\(p\)が素数なので\(n\)が\(a\)の倍数になっていなければならない。したがって、\(a\neq0\)のとき\(m:=\frac{n}{a}\)は整数。

\begin{align} a^{p-1}-1 = mp \end{align}

となることから、\(a^\equiv1\)が成り立つ。

任意の\(a\in F\)に対して\(a^{q-1}=\left(\alpha^{n_a}\right)^{q-1}=\left(\alpha^{q-1}\right)^{n_a}=1^{n_a}=1\)が成り立つ。

\(a^{-1}:=a^{q-2}\)とすれば、\(a\cdot a^{-1}=a\cdot a^{q-2}=a^{q-1}=1\)が成り立つ。

¬4を仮定する。
つまり、ある\(a\in F\backslash\{0\}\)に対しては\(a^n=1\)となる1以上の\(n\)が存在しないとする。

\(F\)の要素数が有限であることから、\(a^n\)の\(n\)を0から増やしていくとどこかで同じ値が出現しそれ以降ループする。(\(a^n=0\)でループする場合も含めて良い)
つまり、\(a^m=a^n\)となるような\(0\leq m<n\)が共に存在し、それ以降は常に\(a^{m+k}=a^{n+k}\)となる。\(n\)にはそのような最小の自然数を取ることにする。
更に¬4の仮定から\(a^n\neq 1=a^0\)なので、\(m\neq0\)が成り立つ。\(0<m\)なので\(0\leq m-1<n-1\)となるが、\(n\)の最小性より、\(a^{m-1}\neq a^{n-1}\)である。

しかし、1の条件により割り算が可能なので、\(a^{m-1} = a^m/a = a^n/a = a^{n-1}\)となって矛盾。
したがって、¬4の仮定が正しくなかったことがわかる。

\(a\in F\backslash\{0\}\)を任意に取り、\(a\)の位数を\(n_a\)とする。

\(a^m=a^n\)となるような\(m<n<n_a\)が存在すると仮定すると、\(n_a\)より小さい\(n_a-(n-m)>0\)に対して

\begin{align} 1 &= a^{n_a} \\ &= a^{n_a-n}a^n \\ &= a^{n_a-n}a^m \\ &= a^{n_a-(n-m)} \\ \end{align}

となり、位数\(n_a\)の最小性に矛盾する。
よって\(0\leq n<n_a\)において\(a^n\)は全て異なる値を取る。つまり、\(\{a^n|0\leq n\} = \{a^n|0\leq n<n_a\}\)の要素数は\(n_a\)である。

3⇒1の証明と同様に、4⇒1も成立する。したがって\(F\)は(有限)体。
後述の補題1より、体\(F\)において\(y^{n_a}-1=0\)となるような\(y\in F\)は高々\(n_a\)個しか存在しない。
一方、\(\{a^n|0\leq n\}\)の\(n_a\)個の要素は全て\(y^{n_a}=1\)を満たす。
したがって集合の大きさが一致するので、\(\{a^n|0\leq n\}=\{y|y^{n_a}=1\}\)となる。

\(\{a^n|0\leq n\} = F\backslash\{0\}\)のときは\(a\)が原始元となるので直ちに2が成立。
\(\{a^n|0\leq n\} \neq F\backslash\{0\}\)のときを考える。

\(b\in F\backslash\left(\{0\}\cup\{a^n|0\leq n\}\right)\)を取り、その位数を\(n_b\)とする。
\(\{a^n|0\leq n\}=\{y|y^{n_a}=1\}\)なので、\(b^{n_a}\neq1\)が成立する。ここで\(n_b\)が\(n_a\)を割り切ると仮定すると、\(b^{n_a}=\left(b^{n_b}\right)^{n_a/n_b}=1^{n_a/n_b}=1\)となって矛盾するので、\(n_b\)は\(n_a\)を割り切らないことがわかる。

\(n_a\)と\(n_b\)が互いに素のとき、\(c:=ab\)としてその位数を\(n_c\)とする。

• \(c^{n_an_b}=\left(a^{n_a}\right)^{n_b}\left(b^{n_b}\right)^{n_a}=1^{n_b}1^{n_a}=1\cdot1=1\)なので、\(n_an_b\)は\(n_c\)で割り切れる。
• \(a^{n_bn_c}=a^{n_bn_c}b^{n_bn_c}=(ab)^{n_cn_b}=1^{n_b}=1\)なので、\(n_bn_c\)は\(n_a\)で割り切れる。\(n_a\)と\(n_b\)は互いに素なので、\(n_c\)は\(n_a\)で割り切れる。
  同様に\(n_c\)は\(n_b\)で割り切れる。

これらより、\(n_c=n_an_b\)となり、\(n_a\)より位数の大きい要素\(c=ab\)が存在することがわかる。

\(n_a\)と\(n_b\)が互いに素ではないとき、\(n_a\)と\(n_b\)をそれぞれ素因数分解して\(n_a=\prod_ip_i^{a_i}, n_b=\prod_ip_i^{b_i}\)とする。
また、これらを用いて新たに\(n_a':=\prod_{a_i\geq b_i}p_i^{a_i}, n_b'=\prod_{a_i<b_i}p_i^{b_i}\)という自然数を定義する。\(n_a'\)は\(n_a\)を、\(n_b'\)は\(n_b\)を割り切る。また、\(n_a'\)と\(n_b'\)は互いに素。
\(a\)の位数は\(n_a\)なので、\(a':=a^{n_a/n_a'}\)の位数は\(n_a'\)である。同様に\(b':=a^{n_b/n_b'}\)の位数は\(n_b'\)である。
したがって\(n_a\)と\(n_b\)が互いに素のときと同様に、\(c:=a'b'\)の位数は\(n_c:=n_a'n_b'\)となる。\(n_c\)は\(n_a\)と\(n_b\)の最小公倍数で、更に\(n_b\)は\(n_a\)を割り切らないので、\(n_c>n_a\)となる。

よっていずれの場合も\(n_a\)より大きい位数の要素\(c\)を新たに得ることができる。
\(c\)を改めて\(a\)と置けば、\(\{a^n|0\leq n\}\neq F\backslash\{0\}\)となる限りこの手順を繰り返すことができ、位数は増大し続ける。位数には上限があるので、最終的に\(\{a^n|0\leq n\}=F\backslash\{0\}\)となるような\(a\)が得られることで手順の繰り返しが止まる。このようにして得られた最終的な\(a\)は\(F\)の原始元となる。

また、\(\{a^n|0\leq n\}=F\backslash\{0\}\)のそれぞれの要素数を取ると、\(n_a=q-1\)となり原始元の位数が\(q-1\)であることもわかる。

まず、常に\(\alpha^n\neq0\)となることを示す。
原始元の性質より、\(F\backslash\{0\}\subset\{\alpha^n|0\leq n\}\)。また\(q-1\leq n\)のとき\(\alpha^n=\alpha^{n-(q-1)}\alpha^{q-1}=\alpha^{n-(q-1)}\)なので、\(\{\alpha^n|0\leq n\}=\{\alpha^n|0\leq n\leq q-2\}\)という包含関係が成り立つ。したがって、\(F\backslash\{0\}\subset\{\alpha^n|0\leq n\leq q-2\}\)となるが、左右の要素の個数はどちらも\(q-1\)なので集合は一致する。
よって常に\(\alpha^n\neq0\)となる。

¬5を仮定する。つまり、1次以上\(m-1\)次以下の多項式\(g(x), h(x)\)を用いて\(f(x)=g(x)h(x)\)と表される。(このことを「\(f(x)\)は可約である」と言う)
\(g,h\)は\(F\backslash\{0\}\)の要素でもあるので、2の条件から\(g=\alpha^{n_g}, h=\alpha^{n_h}\)と表すことができる。\(F=F_q[x]/(f(x))\)上の演算は\(f(x)\)で割った余りが結果になるので、\(\alpha^{n_g+n_h} = \alpha^{n_g}\alpha^{n_h} = gh = f = 0\)となるが、これは最初に示した\(\alpha^n\neq0\)という事実に矛盾する。
したがって、¬5の仮定が正しくなかったことがわかる。

1⇒4の証明と同様に¬4を仮定すると、ある\(a\in F\backslash\{0\}\)に対して、\(a^m=a^n\)かつ\(a^{m-1}\neq a^{n-1}\)となるような\(1\leq m<n\)が存在する。

したがって、

\begin{align} 0 &\equiv a^n-a^m \pmod {f(x)} \\ &= a\left(a^{n-1}-a^{m-1}\right)\\ \end{align}

となる。

\(f(x)\)は既約なので、\(f\)と\(a^{n-1}-a^{m-1}\)の最小公倍数は\(1\)となる。したがって、後述の補題2より

\begin{align} 1 = sf + t(a^{n-1}-a^{m-1}) \end{align}

となるような多項式\(s, t\)が存在する。両辺に\(a\)を掛けると、

\begin{align} a &= saf + ta(a^{n-1}-a^{m-1}) \\ &\equiv sa\times 0 + t\times0 \pmod {f(x)} \\ &= 0 \end{align}

となり、\(a\in F\backslash\{0\}\)と選んだことと矛盾する。よって、¬4の仮定が正しくなかったことがわかる。

\(f(y)=0\)に\(n+1\)個の異なる解\(\{y_k\}_{k=0}^n\)が存在すると仮定する。

\(f_n(y):=f(y)\)とする。このとき、\(f_n(y\))は\(n\)次多項式であり、\(\{y_k\}_{k=0}^n\)は\(f_n(y)\)の根となる。
\(f_n(y)\)を\(y-y_n\)で割ると、\(n-1\)次多項式\(f_{n-1}(y)\)と定数\(h\)によって

\begin{align} f_n(y) = f_{n-1}(y)(y-y_n) + h \end{align}

と表すことができる。ここで、\(y\)に\(y_n\)を代入すると\(0=f_n(y_n)=0+h=h\)となるので、

\begin{align} f_n(y) = f_{n-1}(y)(y-y_n) \end{align}

となる。
\(\{y_k\}_{k=0}^n\)は互いに異なる値なので、任意の\(0\leq k\leq n-1\)に対して\(y_k-y_n\neq0\)が成り立つ。したがって、上の式に\(y=y_k\)を代入して両辺を\(y-y_n\)で割ることで

\begin{align} f_{n-1}(y_k) &= \frac{f_n(y_k)}{y_k-y_n} \\ &= \frac{0}{y_k-y_n} \\ &= 0 \end{align}

となり、\(\{y_k\}_{k=0}^{n-1}\)は\(n-1\)次方程式\(f_{n-1}(y)\)の根になることがわかる。

これを繰り返すことで、0次多項式(つまり定数)\(f_0(y)=a\neq0\)を用いて

\begin{align} f(y) &= f_n(y) \\ &= f_{n-1}(y)(y-y_n) \\ &\:\; \vdots \\ &= f_0(y)(y-y_n)(y-y_{n-1})\cdots(y-y_1) \\ &= a(y-y_n)(y-y_{n-1})\cdots(y-y_1) \\ \end{align}

と表すことができる。
\(y=y_0\)を代入すると、

\begin{align} 0 &= f(y_0) \\ &= a(y_0-y_n)(y_0-y_{n-1})\cdots(y_0-y_1) \\ \end{align}

となり、更に両辺を\((y_0-y_n)(y_0-y_{n-1})\cdots(y_0-y_1)\)で割ると\(a=0\)となって矛盾。
したがって\(f(y)=0\)に\(n+1\)個の異なる解\(\{y_k\}_{k=0}^n\)が存在するという仮定が間違っていたことがわかる。

\(a, b\)の内、次数が大きい方を\(r_0\)、次数が小さい方を\(r_1\)とする。

\(r_0\)を\(r_1\)で割ると、次の関係を満たすように\(r_1\)より低次数の多項式\(r_2\)を取ることができる。
(ただし\(r_1\)が0以外の定数のときは\(r_2=0\))

\begin{align} r_0 = q_2r_1 + r_2 \end{align}

\(r_2\neq 0\)のとき、\(r_1\)を\(r_2\)で割ると、次の関係を満たすように\(r_2\)より低次数の多項式\(r_3\)を取ることができる。
(ただし\(r_2\)が0以外の定数のときは\(r_3=0\))

\begin{align} r_1 = q_3r_2 + r_3 \end{align}

これを繰り返すことで\(r_k\)の次数は減少し続け、いつか\(r_{n+1}=0\)となるような\(n\)に行き着く。(このような手法をEuclidの互除法と言う)

\begin{align} r_0 &= q_2r_1 + r_2 \\ r_1 &= q_3r_2 + r_3 \\ r_2 &= q_4r_3 + r_4 \\ &\:\;\vdots \\ r_{n-3} &= q_{n-1}r_{n-2} + r_{n-1} \\ r_{n-2} &= q_nr_{n-1} + r_n \\ r_{n-1} &= q_{n+1}r_n + r_{n+1} \\ &= q_{n+1}r_n \end{align}

これは、\(r_n\)が\(r_{n-1}\)を割り切ることを意味する。
また、一つ前の式に遡ると、

\begin{align} r_{n-2} &= q_nr_{n-1} + r_n \\ &= q_nq_{n+1}r_n + r_n \\ &= (q_nq_{n+1} + 1)r_n \\ \end{align}

となるので、\(r_{n-2}\)も\(r_n\)で割り切れることがわかる。
これを繰り返すことで、全ての\(r_k\)は\(r_n\)で割り切れることがわかる。したがって、\(r_n\)は\(a,b\)の公約数となる。

再びEuclidの互除法の式を下から見てみよう。

\(s_n=1, s_{n-1}=-q_n\)とすると、\(r_{n-2} = q_nr_{n-1} + r_n\)という式は次のように表すこともできる。

\begin{align} s_nr_{n-2} &= -s_{n-1}r_{n-1} + r_n \end{align}

また、

\begin{align} r_{n-3} &= q_{n-1}r_{n-2} + r_{n-1} \\ s_nr_{n-2} &= -s_{n-1}r_{n-1} + r_n \end{align}

から\(r_{n-1}\)を消去すると、

\begin{align} s_{n-1}r_{n-3} &= -(s_n-s_{n-1}q_{n-1})r_{n-2} + r_n \\ &=: -s_{n-2}r_{n-2} + r_n \end{align}

と表すことができる。(ただし、\(s_{n-2}:=s_n-s_{n-1}q_{n-1}\)とした)

これを繰り返すことで、

\begin{align} s_2r_0 &= -s_1r_1 + r_n \end{align}

となるような\(s_2, s_1\)が存在することがわかる。\(s:=s_2, t:=s_1, c:=r_n\)とすることで、

\begin{align} sa + tb = c \end{align}

となる。

\(a,b\)の公約数\(d\)を任意に取る。つまり、\(a=q_ad, b=q_bd\)となるような\(q_a, q_b\)が存在する。
このとき、

\begin{align} c &= sa + tb \\ &= (sq_a + tq_b)d \end{align}

となって、\(d\)は\(c\)を割り切る。
よって、どんな\(d\)に対しても\(c\)の次数は\(d\)の次数以上になるので、\(c\)は最大公約数である。

\(u\in F\)を\(s\)回足す演算を\(s\#u\)と表す。このとき

\begin{align} (s+t)\#u &= s\#u + t\#u \\ s\#(u+v) &= s\#u + s\#v \\ (st)\#u &= s\#(t\#u) \\ 1\#u &= u \end{align}

が成り立つ。(これは線形空間のスカラー倍が満たすべき要件である)
また、\(F\)は有限体なので

\begin{align} (s\#u)\cdot(t\#v)=(st)\#(u\cdot v) \end{align}

という関係も成り立つ。(\(\cdot\)は\(F\)で定義された乗算)

\(F\)の要素数は有限なので、\(1\in F\)に対して\(s\#1=0\)となるような正の整数\(s\)が存在する。そのような最小の\(s\)を\(F\)の標数と言う。

\(s\)が\(F\)の標数であるとき、1以外の任意の\(u\in F\backslash\{0,1\}\)に対しても、

\begin{align} s\#u &= s\#(1\cdot u) \\ &= (s\#1)\cdot u \\ &= 0\cdot u \\ &= 0 \\ \end{align}

が成り立つ。
また逆に、\(t<s\)に対して\(t\#u=0\)となると仮定すると、

\begin{align} 0 &= 0\cdot u^{-1} \\ &= (t\#u)\cdot u^{-1} \\ &= (t\#1)\cdot u\cdot u^{-1} \\ &= t\#1 \\ \end{align}

となって\(s\)の最小性に矛盾する。
したがって、標数\(s\)は任意の\(u\in F\backslash\{0\}\)に対しても\(s\#u=0\)となる最小の自然数であると言える。

標数\(s\)が合成数\(s=ab\)であると仮定すると、

\begin{align} 0 &= (ab)\#1 \\ &= (ab)\#(1\cdot1) \\ &= (a\#1)\cdot(b\#1) \end{align}

となるが、\(s\)の最小性より\(a\#1\)も\(b\#1\)も0とはならないので上の式は矛盾している。
したがって\(s\)は素数あるいは1である。(ただし標数1の体は要素が\(\{0\}\)しかない自明な体となり、考察する意味がほとんどないのでここでは\(s\)は素数とする)

\(s\)は素数なので、\(\mathbb{F}_s=\{0, 1, 2, \cdots, s-1\}\)は有限体である。
\(F\)の\(\mathbb{F}_s\)上のスカラー倍を上記の\(\#\)演算によって定めると、\(F\)は線形空間の要件を満たす。

\(F\)は有限の線形空間なので有限個の基底\(\{e_i\}_{i=1}^n\)が存在し、それぞれの基底の係数は\(\mathbb{F}_s\)値なので\(s\)個の値を取る。
したがって、\(F\)の位数は\(s^n\)となり、これは素数冪である。(\(n=1\)のときは素数)