有限体F_2,F_4,F_8,F_16の構造決定 - 日々の暮らしと時々の数学

前回の予告通り、 $\mathbb{F}_2,\mathbb{F}_4,\dots ,\mathbb{F}_{64}$ について述べる。
タイトルの通り、 $\mathbb{F}_2,\mathbb{F}_4,\dots ,\mathbb{F}_{16}$ に関しては構造に踏み込むが、
$\mathbb{F}_{32},\mathbb{F}_{64}$ は生成元の満たす最小多項式を1つ求める程度にする。
$\mathbb{F}_4$ はそこそこ例として出てきやすいが、
$\mathbb{F}_8$ はあまり見ないので、これを一番詳しく紹介する。

また、アルティン＝シュライヤー拡大やクンマー拡大の理論を利用する
こともあるが、知らなくても分かる範囲のことしかやらない。
またこれらについては補足的に次回以降に
ガロアコホモロジーを用いた証明をつける（予定）。

$\mathbb{F}_2=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ である。
それ以降について考える。
また $\overline{\mathbb{F}}_2$ を固定する。

$\mathbb{F}_4$ について

3つのアプローチがある。
1つ目としては、 $x^4-x=x(x-1)(x^2+x+1)$ の最小分解体だから、
$x^2+x+1$ の $\mathbb{F}_2$ 上の分解体になり、
その根 $\omega\in \overline{\mathbb{F}}_2$ 、
要は1の原始3乗根を添加した体が $\mathbb{F}_4$ である。

したがって、 $\mathbb{F}_4=\{ 0,1,\omega ,{\omega}^2\}$ となる。
$\omega$ の演算については $\mathbb{Q}$ 上のそれとは異なるが、
考え方は一緒で、ほとんど符号を無視するだけなので省略する。
もしくは、商をとる順番を換える典型的な方法によって
$\mathbb{F}_2[ x] /(x^2+x+1)\cong \mathbb{Z}[ x] /(2,x^2+x+1)\cong\mathbb{Z}[ \omega] /(2)$
と捉えてもよい。
ここでいう右端の $\omega$ は通常の $\omega\in\mathbb{C}$ の意味である。

この $x^2+x+1$ という既約多項式を見つけるには
他に2つの考え方があり、
1つはフェルマーの小定理から $\mathbb{F}_2$ の元は常に $x^2+x=0$ なので、
$x^2+x+1$ は $\mathbb{F}_2$ 上の根を持たず、既約であるというもの。

もう1つは、標数2の体上の2次拡大だから、アルティン＝シュライヤー拡大で、
$x^2-x-a$ の形で根を添加すればよい、ということだが、
$a=0$ は明らかに駄目だから $x^2-x-1=x^2+x+1$ が求まる。

$\mathbb{F}_8$ について

$\mathbb{F}_2$ 上の3次既約多項式を見つければよい。
前回の記事によると、それは2つあるが、
つまりは $\mathbb{F}_8$ に $\mathbb{F}_2$ 以外の部分体がないので、
$\mathbb{F}_2$ の元2個を除いた6個の元が3個ずつ組になり、
2つの既約多項式を構成している、ということである。

これも2つの考え方がある。
1つはスタンダードに $x^8-x$ を因数分解するやり方だが、
取り扱いにくいのでもう1つの考え方をする。

3次の既約多項式を考える場合によく用いられる方法であるが、
可約であるとすれば1次の因子を含むので、 $\mathbb{F}_2$ 上に根を持つ。
逆に既約であれば根を持たない。

これと、先の議論の2つ目の考え方を利用すると、
$x(x^2-x)+1=x^3+x^2+1$ および $(x+1)(x^2-x)+1=x^3+x+1$ は
既約だと分かる。
そしてモニックな既約多項式は2つしかないから、これですべてである。

前者の根の1つを $\alpha \in \overline{\mathbb{F}}_2$ とする。
そのとき他の根は ${\rm Frob}_2$ で移りあう者たちだから
${\alpha}^2,{\alpha}^4={\alpha}^2+{\alpha}+1$ である。

このとき、後者の根は $x^2-x$ が $x=0,1$ ともに
根に持つことに注意すると、多項式の構成の仕方から
前者の根に $+1$ したものたちであることが分かる。

ゆえに、 $\beta =\alpha +1$ であるようにとれるので、そうとる。
すると、 ${\rm Frob}_2$ を考えることで、
${\beta}^i={\alpha}^i+1\ (i=1,2,4)$ が得られる。

いま、 $|\mathbb{F}_8^{\times}|=7$ は素数なので、
1を除き、乗法群の元はすべて原始根である。
$\alpha$ を原始根として、 $\beta$ をべきとして表示しよう。

${\alpha}^3+{\alpha}^2+1=0$ なので、
${\beta}^2={\alpha}^2+1={\alpha}^3={\alpha}^{10}$ である。
よって $\beta ={\alpha}^5$ がわかる。
これから積と商については演算が簡単に出来る。

また、和や差についても、
${\beta}^i={\alpha}^i+1\ (i=1,2,4)$ から
$\{ 1,\alpha ,{\alpha}^2\}$ を基底とした表示が
すべての元について得られているから、これから簡単にわかる。

以上から、
$\mathbb{F}_8=\{ 0,1,\alpha ,{\alpha}^2,{\alpha}^4,\beta ,{\beta}^2,{\beta}^4\}$ であって、
$\alpha$ およびその累乗の形のものたちは $x^3+x^2+1$ の根、
$\beta$ およびその累乗の形のものたちは $x^3+x+1$ の根である。
そして ${\beta}^i={\alpha}^i+1\ (i=1,2,4)$ が成立しており、
$\alpha$ を原始根としたときの各元の累乗による表示と、
$\{ 1,\alpha ,{\alpha}^2\}$ を基底とした線型和の表示は

元	${\alpha}^4$	$\beta$	${\beta}^2$	${\beta}^4$
累乗	${\alpha}^4$	${\alpha}^5$	${\alpha}^3$	${\alpha}^6$
線型和	${\alpha}^2+{\alpha}+1$	$\alpha +1$	${\alpha}^2+1$	${\alpha}^2+{\alpha}$

となる。

$\mathbb{F}_{16}$ について

アルティン＝シュライヤーを用いるのが最も分かりやすかったので、
そうしたのち、異なる考え方を提示する。

$\mathbb{F}_8$ 同様に $x^{16}-x$ を因数分解するのは
骨が折れるので、このやり方ではやらない。

拡大 $\mathbb{F}_{16}|\mathbb{F}_4$ は標数2の体同士の2次拡大なので、
$x^2-x-\omega ,\, x^2-x-{\omega}^2$ の（どっちでもよいしどっちともでもよいが）
根を添加して得ることができる。

前者の根を $\mu\in \overline{\mathbb{F}}_2$ としよう。
また、 $\sigma ={\rm Frob}_2:\mathbb{F}_{16}\rightarrow \mathbb{F}_{16}$ とする。
すると、 $\mathbb{F}_4$ は $\{ 1,{\sigma}^2\}$ による固定体だということに注意すると、
もう一方の根は ${\sigma}^2(\mu )={\mu}^4$ だと分かる。

したがって、 $x^2-x-\omega =(x-\mu )(x-{\mu}^4)$ である。
これに対し多項式へのガロア群の作用として $\sigma$ を作用させれば
$x^2-x-{\omega}^2=(x-{\mu}^2)(x-{\mu}^8)$ が分かる。

以上のことから $\mu$ の $\mathbb{F}_2$ 上の最小多項式は
$(x^2-x-\omega )(x^2-x-{\omega}^2)=x^4+x+1$ ということが分かった。

この $\mu$ が原始根になっているか考える。
${\mu}^5$ は1の3乗根なので $1,\omega ,{\omega}^2$ のいずれかになるはずだが、
実際に ${\mu}^5={\mu}(\mu +1)=\omega$ となる。
よって原始根になっていることが分かる。

これから、 $\mu\omega ,\mu{\omega}^2$ の最小多項式を計算すれば
既約多項式の列挙は終わる。
前者について、 $x^2-x-\omega$ の $x$ の代わりに $x{\omega}^2$
を代入したものが $\mu\,\omega$ の $\mathbb{F}_4$ 上での最小多項式だから、
$x^2+\omega x+1\quad (1)$ である。
これの根でないその他2つの $\mathbb{F}_2$ 上の共役な元の
$\mathbb{F}_4$ 上の最小多項式は、(1)に $\sigma$ を作用させればよいから、
$x^2+{\omega}^2x+1$ である。

よって、 $\mu\omega$ の $\mathbb{F}_2$ 上の最小多項式は
$(x^2+\omega x+1)(x^2+{\omega}^2x+1)=x^4+x^3+x^2+x+1$
である。

同様に考えると、 $\mu {\omega}^2$ の最小多項式、
$\{ (\omega x)^2+(\omega x)+\omega\}\{ ({\omega}^2 x)^2+({\omega}^2 x)+{\omega}^2\} =x^4+x^3+1$
が得られる。

以上から、 $\nu =\mu\omega ,\rho =\mu{\omega}^2$ とおいて、
$\mathbb{F}_8=\{ 0,1,\omega ,{\omega}^2,\mu ,{\mu}^2,{\mu}^4,{\mu}^8,\nu ,{\nu}^2,{\nu}^4,{\nu}^8,\rho ,{\rho}^2,{\rho}^4,{\rho}^8\}$ であって、
$\mu$ およびその累乗の形のものたちは $x^4+x+1$ の根、
$\nu$ およびその累乗の形のものたちは $x^4+x^3+x^2+x+1$ の根、
$\rho$ およびその累乗の形のものたちは $x^4+x^3+1$ の根である。
また、 $\omega ={\mu}^2+\mu ={\mu}^5$ が成立する。
だから、 $\nu ={\mu}^6,\rho ={\mu}^{11}$ と表現することもできる。

この3つの既約多項式は次のようにして求めることもできる。
4次の多項式は1次の因子を持つか、2次の因子を持つか、既約である。
既約な2次多項式の積とは $(x^2+x+1)^2$ しかないことを考えると、
4次多項式のうち、 $x=0,1$ を根にもたず、 $(x^2+x+1)^2$ と
異なる多項式を求めればよい。
また、 $x^{15}-1$ は因数に $x^5-1$ を持つから、
$x^4+x^3+x^2+x+1$ がその中に含まれている。

また、 $\mathbb{F}_4$ 上の2次既約多項式を見つける際も、
アルティン＝シュライヤーを使わずに、
$x=0,1$ を根に持たない多項式を構成するいつものやり方で
$x^2-x-\omega$ を作ってみて、これが $\omega ,{\omega}^2$ を
根に持たないことを確かめればよい。