Ю.И. Журавлёв, Ю.А. Флёров, М.Н. Вялый - Дискретный анализ. Основы высшей алгебры (1127101), страница 36
Текст из файла (страница 36)
При p = 2 квадратичных вычетов больше (1 > 0).При p > 2 количество квадратичных вычетов и квадратичныхневычетов одинаково.Поскольку (−a)2 = a2 , возведение в квадрат спариваетненулевые элементы. В поле у уравнения x2 = a не больше двух корней. Поэтому квадратов среди ненулевых вычетовровно половина.3.8. Все ненулевые элементы поля GF (p) являются корнями многочленаxp−1 − 1 = (x(p−1)/2 − 1)(x(p−1)/2 + 1).Но для любого вычета a имеем a = x2 , значит a(p−1)/2 == xp−1 = 1.
Поэтому квадратичные вычеты — это в точностикорни многочлена x(p−1)/2 − 1, а квадратичные невычеты —корни многочлена x(p−1)/2 + 1.3.9. −1.3.10. 0.3.11. Для p = 2 утверждение тривиально. Рассмотрим случай простого p > 2. Ненулевые вычеты по модулю p являются208Ответы, указания, решениякорнями уравнения xp−1 −1 = 0 в поле GF (p). Других корней уэтого уравнения нет (многочлен степени p − 1 имеет не большеp − 1 корня). По теореме Виета произведение всех ненулевыхвычетов равно свободному члену (так как p − 1 четно).3.13. 2006-е степени ненулевых вычетов образуют подгруппу мультипликативной группы поля GF (17).
Так как 2006 неделится на 17−1 = 16, эта группа собственная. Поэтому суммаиз условия задачи по модулю 17 равна некоторому кратномусуммы по элементам подгруппы мультипликативной группыиндекса k > 1. Эти элементы, и в точности они, являютсякорнями уравнения xk − 1 = 0. По теореме Виета их суммаравна 0.3.19. а) Решение. Предположим, что f (x) и g(x) имеют надполем Q общий делитель d(x) положительной степени. Тогдаf (x) = a(x)d(x), g(x) = b(x)d(x), где a(x), b(x), d(x) — многочлены над Q. Вынося общие знаменатели и общие наибольшие делители числителей коэффициентов и применяя леммуГаусса о произведении примитивных многочленов, получим:f (x) = a1 (x)d1 (x), g(x) = b1 (x)d1 (x), где все многочлены имеют целые коэффициенты, степень d1 (x) равна степени d(x)и старший коэффициент d1 (x) не делится на p.
Переходя кполю вычетов по модулю p, получим общий делитель положительной степени для f (x) и g(x) над этим полем, чтоневозможно.б) Многочлены f (x) = x, g(x) = x + p взаимно просты надполем рациональных чисел и равны x, т. е. не взаимно просты,над полем вычетов по модулю p.3.20.
Указание. Если f (x) и g(x) взаимно просты, то, получив равенство f (x)u(x) + g(x)v(x) = c, где u(x), v(x) —многочлены с целыми коэффициентами и c — целое число,доказать, что f (x) и g(x) взаимно просты над полем вычетовпо любому простому p, не делящему c. При доказательствеобратного утверждения использовать задачу 3.19.3.21.
Указание. Применяя лемму Гаусса, из разложенияf (x) на два множителя с рациональными коэффициентамиполучить разложение на два множителя с целыми коэффициентами. Многочлен f (x) = px2 + (p + 1)x + 1 = (px + 1)(x + 1)приводим над полем рациональных чисел, но по модулю p равен x + 1 и, значит, неприводим.Ответы, указания, решения2093.22. Решение. Сначала докажем лемму из теории групп.Если два элемента a и b циклической группы G не являютсяквадратами, то их произведение является квадратом. Множество H элементов из G, являющихся квадратами, есть подгруппа. Факторгруппа G/H — циклическая. Если D = dH —ее порождающий, то из d2 ∈ H следует D2 = d2 H = H.Значит, или H = G, или G/H — группа второго порядка иab ∈ aH · bH = H, т.
е. ab есть квадрат.Отсюда следует, что по любому простому модулю p одно изчисел 2, 3, 6 сравнимо с квадратом. В самом деле, при p = 2имеем 2 ≡ 02 , при p = 3 также 3 ≡ 02 . Если p > 3, то 2и 3 можно рассматривать как элементы мультипликативнойгруппы G поля вычетов по модулю p. Согласно теореме 3.44группа G — циклическая и по лемме, доказанной выше, если2 и 3 — не квадраты, то 2 · 3 = 6 — квадрат.
Многочлен√√√√√√√√(x − 2 − 3)(x − 2 + 3)(x + 2 − 3)(x + 2 + 3) == x4 − 10x2 + 1неприводим над полем рациональных чисел, так как линейныемножители и их произведения по два не являются многочленами с рациональными коэффициентами. Пусть GF (p) — полевычетов по простому модулю p.
По доказанному существуетэлемент a ∈ GF (p), для которого a2 = 2, или a2 = 3, илиa2 = 6.Если a2 = 2, то x4 − 10x2 + 1 = (x2 + 2ax − 1)(x2 − 2ax − 1);если a2 = 3, то x4 − 10x2 + 1 = (x2 + 2ax + 1)(x2 − 2ax + 1);если a2 = 6, то x4 − 10x2 + 1 = (x2 + 2a − 5)(x2 − 2a − 5).3.28. Два. Уравнение x23 − x7 − 1 = 0 имеет в поле GF (24 )столько же решений, сколько и уравнение x46 − x14 − 1 = 0(автоморфизм Фробениуса). Используя равенства x15 = 1 и+1 = −1, упростим уравнениеx2 + x + 1x46 − x14 − 1 = x − x−1 − 1 =.xПоле GF (24 ) содержит подполе GF (22 ), в котором у многочлена x2 + x + 1 два корня.3.29. Производная монома (xn )′ = nxn−1 тождественноравна 0 только если p | n.
Поэтому показатели степеней всехмономов многочлена f делят p, значит f (x) = g(xp ) = g p (x).210Ответы, указания, решения3.30. Если многочлен f взаимно прост со своей производной, то (утверждение 3.47) он является произведением неприводимых многочленов fi в первой степениf = f1 · f2 · . . . · fk .По китайской теореме об остатках F [x]/(f ) ∼= F [x]/(f1 )⊕⊕F [x]/(f2 ) . . .
⊕ F [x]/(fk ). Каждый сомножитель в этой сумме является полем (так как fi — неприводимые). Уравнениеxp = x имеет p корней в любом поле характеристики p (в точности элементы подполя GF (p), которое есть в любом полехарактеристики p). Поэтому число решений уравнения xp = xв кольце F [x]/(f ) равно pk .3.31. Используем обозначения предыдущей задачи. Корень v можно задать последовательностью v1 , . . . , vk остатковот деления v на fi (китайская теорема). Так как v p = v, то vi ∈{0, 1, . . . , p − 1}.
Если все vi одинаковы, то v ∈ {0, 1, . . . , p − 1}.Без ограничения общности считаем, что v1 6= v2 . Тогда v − v1делится на f1 и не делится на f2 . Поэтому (v − v1 , f ) 6= 1.3.32. Можно, например, использовать интерполяционныймногочлен Лагранжа (3.7):QXb∈GF (pn )\{a} (x − b)f (a) Qf (x) =.b∈GF (pn )\{a} (a − b)na∈GF (p )3.34. (x + 1)3 (x2 + x + 1).3.35. (x + 3)(x2 + 4x + 2).3.36. (x2 + 1)(x2 + x + 2).3.37.
(x2 + x + 1)(x2 + 2x + 4).3.38. f1 = x2 , f2 = x2 + 1 = (x + 1)2 , f3 = x2 + x = x(x + 1),f4 = x2 + x + 1 неприводим.3.39. f1 = x3 , f2 = x3 + 1 = (x + 1)(x2 + x + 1), f3 = x3 + x == x(x+1)2 , f4 = x3 +x2 = x2 (x+1), f5 = x3 +x+1 неприводим,f6 = x3 + x2 + 1 неприводим, f7 = x3 + x2 + x = x(x2 + x + 1),f8 = x3 + x2 + x + 1 = (x + 1)3 .3.40. f1 = x2 + 1, f2 = x2 + x + 2, f3 = x2 + 2x + 2.3.41. f1 = x3 + 2x + 1, f2 = x3 + 2x + 2, f3 = x3 + x2 + 2,f4 = x3 + 2x2 + 1, f5 = x3 + x2 + x + 2, f6 = x3 + x2 + 2x + 1,f7 = x3 + 2x2 + x + 1, f8 = x3 + 2x2 + 2x + 2.Ответы, указания, решения2113.48. Нужно найти наименьшее k такое, что 19 | 2k −1 или,что то же самое 2k ≡ 1 (mod 19).
Такое k нужно искать средиделителей 19−1 = 18. Так как 29 = 2·162 = 2·9 = −1 (mod 19),а 26 = 4 · 24 = −12 (mod 19), то ни один собственный делитель18 не подходит.Ответ: искомое поле имеет 218 элементов.3.50. Рассмотрим поле F = GF (p)/(f ), deg f = n. Классвычетов α = {x} является корнем уравнения f (x) = 0 в этомполе. По теореме 3.41 остальными корнями этого уравненияiбудут αp . Множество корней этого уравнения сохраняется придействии любого автоморфизма.Любой автоморфизм ϕ : F → F переводит элементы подполя GF (p) ⊂ F в себя (так ϕ(1) = 1).
Если ϕ(α) = α, то тогдаϕ — тождественный, так как все элементы поля выражаютсячерез 1, α. Значит, есть не более одного автоморфизма, переiводящего α в αp . Но один такой автоморфизм точно есть —это i-я степень автоморфизма Фробениуса.Итак, мы доказали, что никаких автоморфизмов поля F ,кроме степеней автоморфизма Фробениуса, у поля F нет.3.51. Рассмотрим трехмерное векторное пространство F 3над полем F из q элементов.
«Точками» проективной плоскости порядка q будут одномерные подпространства F 3 , а «прямыми» — двумерные подпространства. Отношение инцидентности «прямая проходит через точку» зададим очевиднымобразом: если одномерное подпространство V содержится вдвумерном подпространстве W , то W проходит через V .Проверим выполнение свойств конечной проективной плоскости.Любые два несовпадающих одномерных подпространстваV1 , V2 содержатся в двумерном подпространстве V1 + V2 , состоящем из линейных комбинаций их векторов. Любое другоеподпространство, содержащее V1 и V2 , должно содержать иV1 + V2 . Отсюда следует, что через любые две различные «точки» проходит ровно одна «прямая».Два различных двумерных подпространства W1 6= W2 обязаны пересекаться по ненулевому вектору (иначе в F 3 нашлосьбы четыре линейно независимых вектора).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
