ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
Пусть f(x) = a
0
x
n
+a
1
x
n−1
+. . .+a
n
, a
0
6= 0 – неприводимый многочлен над
полем K. Построенное выше поле F можно рассматривать как расширение
поля K. Обозначим через j ∈ F класс элемента x по модулю идеала I. Тогда
a
0
j
n
+ a
1
j
n−1
+ . . . + a
n
= 0 в поле F и
F = {c
0
j
n−1
+ c
1
j
n−2
+ . . . + c
n−1
: c
0
, c
1
, . . . , c
n−1
∈ K}.
Новое поле F является линейным пространством над полем K размерно-
сти, равной n = degf(x). В качестве базиса F над K можно взять набор
1, j, j
2
, . . . , j
n−1
.
В частности, если K = R – поле вещественных чисел и f(x) = x
2
+ 1, то
новое поле F = {a+bj : a, b ∈ R, j
2
+1 = 0} совпадает с полем комплексных
чисел C.
Известно, что во всяком конечном поле характеристики p ровно p
k
эле-
ментов, и для любого простого p и натурального k существует ровно одно (с
точностью до изоморфизма) поле F
p
k
из p
k
элементов. Приведённую выше
конструкцию можно использовать для построения поля F
p
k
. Если K совпа-
дает с полем вычетов по простому модулю p и degf(x) = n, то F – поле из
p
k
элементов. Например,
F
4
= {a + bj : a, b ∈ F
2
, j
2
+ 1 = 0},
F
8
= {a + bj + cj
2
: a, b, c ∈ F
2
, j
3
+ j + 1 = 0}.
Задача 3.6. Найти обратный элемент к элементу 1 + j в поле
F
49
= {a + bj : a, b ∈ F
7
, j
2
+ 2 = 0}.
Решение. Пусть c + dj обратный элемент к 1 + j в поле F
49
. То есть (1 +
j)(c + dj) = 1. Отсюда (3c − 4d) + (2c + 3d)j = 1 и
3c − 4d = 1 mod 7
2c + 3d = 0 mod 7
Ответ: 1 + 4j.
Задача 3.7. Найти обратный элемент к элементу 1 + j + j
2
в поле
F
8
= {a + bj + cj
2
: a, b, c ∈ F
2
, j
3
+ j
2
+ 1 = 0}.
Решение. Рассмотрим многочлены f(x) = x
3
+ x
2
+ 1 и g(x) = x
2
+ x + 1,
определённые над полем F
2
вычетов по модулю 2. Существуют многочлены
M(x) и N(x) над F
2
такие, что M(x)f(x) +N(x)g(x) = 1. Аналогично задаче
3.2 находим M(x) = x, N(x) = x
2
+ 1. Так как f(j) = 0, то
1
g(j)
= N(j) = j
2
+ 1.
Ответ.
1
1+j+j
2
= 1 + j
2
.
10
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 8
- 9
- 10
- 11
- 12
- …
- следующая ›
- последняя »
