14.3 有限域

有限域

一个有限域 $\mathbb{F}$ 具有特征 $p$ ，对于某个素数 $p$ ，因此它是 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的有限维向量空间。如果维数是 $n$ ，即 $\left\lbrack {\mathbb{F} : {\mathbb{F}}_{p}}\right\rbrack = n$ ，那么 $\mathbb{F}$ 精确地有 ${p}^{n}$ 个元素。我们已经看到（根据命题13.37），$\mathbb{F}$ 因此与多项式 ${x}^{{p}^{n}} - x$ 的分裂域同构，因此在同构的意义下是唯一的。我们用 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 表示阶为 ${p}^{n}$ 的有限域。

该领域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上是伽罗瓦扩张，具有由Frobenius自同构生成的阶为 $n$ 的循环伽罗瓦群

其中

（例7，紧随推论6之后）。根据基本定理，${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 的每个子域都对应于 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的一个子群。因此，对于 $n$ 的每个除数 $d$ ，存在恰好一个 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 的子域，其相对于 ${\mathbb{F}}_{p}$ 的次数为 $d$ ，即由 ${\sigma }_{p}^{d}$ 的阶为 $n/d$ 的子群生成的固定域，且没有其他子域。这个域同构于 ${\mathbb{F}}_{{p}^{d}}$ ，即唯一的有限域，其阶为 ${p}^{d}$ 。

由于伽罗瓦群是阿贝尔群，每个子群都是正规子群，所以每个子域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{d}}\left( {d\text{a divisor of}n}\right)$ 在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上是伽罗瓦扩张（这也从这些域本身就是分裂域的事实中显而易见）。进一步，伽罗瓦群 $\operatorname{Gal}\left( {{\mathbb{F}}_{{p}^{d}}/{\mathbb{F}}_{p}}\right)$ 由 ${\sigma }_{p}$ 在商群 $\operatorname{Gal}\left( {{\mathbb{F}}_{{p}^{n}}/{\mathbb{F}}_{p}}\right) /\left\langle {\sigma }_{p}^{d}\right\rangle$ 中的像生成。如果我们再次用 ${\sigma }_{p}$ 表示这个元素，我们可以恢复扩展 ${\mathbb{F}}_{{p}^{d}}/{\mathbb{F}}_{p}$ 的Frobenius自同构。（注意，然而，${\sigma }_{p}$ 在 $\operatorname{Gal}\left( {{\mathbb{F}}_{{p}^{n}}/{\mathbb{F}}_{p}}\right)$ 中的阶为 $n$ ，在 $\operatorname{Gal}\left( {{\mathbb{F}}_{{p}^{d}}/{\mathbb{F}}_{p}}\right)$ 中的阶为 $d$ 。）

我们在以下命题中总结这一点。

命题15. 任何有限域都与 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 同构，对于某个素数 $p$ 和某个整数 $n \geq 1$ 。域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 是多项式 ${x}^{{p}^{n}} - x$ 在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的分裂域，具有由弗罗贝尼乌斯自同构 ${\sigma }_{p}$ 生成的阶为 $n$ 的循环伽罗瓦群。 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 的子域在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上都是伽罗瓦域，并且与 $n$ 的除数 $d$ 一一对应。它们是域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{d}}$ ，即 ${\sigma }_{p}{}^{d}$ 的固定域。

对于任何有限域的有限扩展，相应的陈述是命题15的简单推论，并在练习中概述。

作为基本应用，我们有关于 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的多项式 ${x}^{4} + 1$ 的以下结果。

推论16. 不可约多项式 ${x}^{4} + 1 \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 在每个素数 $p$ 模下都是可约的。

证明：考虑在素数 $p$ 上的多项式 ${x}^{4} + 1$ 。如果 $p = 2$ ，那么我们有 ${x}^{4} + 1 = {\left( x + 1\right) }^{4}$ 并且多项式是可约的。现在假设 $p$ 是奇数。那么 ${p}^{2} - 1$ 能被8整除，因为 $p$ 在模8下与1、3、5或7同余，而所有这些数的平方在模8下都等于1。因此 ${x}^{{p}^{2} - 1} - 1$ 能被 ${x}^{8} - 1$ 整除。那么我们有以下整除性。

整除性

这表明 ${x}^{4} + 1$ 的所有根都是 ${x}^{{p}^{2}} - x$ 的根。（等价地，这些根被弗罗贝尼乌斯自同构的平方 ${\sigma }_{p}^{2}$ 固定。）由于 ${x}^{{p}^{2}} - x$ 的根是域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{2}}$ ，因此任何 ${x}^{4} + 1$ 的根生成的扩张的次数至多是 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的2次，这意味着 ${x}^{4} + 1$ 不能在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上不可约。

乘法群 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}{}^{ \times }$ 显然是某个域的乘法群的一个有限子群。根据命题9.18，这是一个循环群。如果 $\theta$ 是任何生成元，那么显然 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}} = {\mathbb{F}}_{p}\left( \theta \right)$ 。这证明了以下结果。

命题17。有限域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 是单纯的。特别地，对于每个 $n \geq 1$ ，都存在一个在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上次数为 $n$ 的不可约多项式。

我们已经将有限域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 描述为多项式 ${x}^{{p}^{n}} - x$ 的分裂域。根据之前的命题，这个域也可以被描述为 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 的一个商，即 $\theta$ 的最小多项式。由于 $\theta$ 必然是 ${x}^{{p}^{n}} - x$ 的一个根，我们看到 $\theta$ 的最小多项式是 ${x}^{{p}^{n}} - x$ 的一个次数为 $n$ 的因式。

反之，设 $p\left( x\right)$ 为任意不可约多项式，其次数为 $d$，例如，它可以整除 ${x}^{{p}^{n}} - x$。如果 $\alpha$ 是 $p\left( x\right)$ 的一个根，那么扩展 ${\mathbb{F}}_{p}\left( \alpha \right)$ 是 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 的一个子域，其次数为 $d$。因此 $d$ 是 $n$ 的一个因子，根据命题15，该扩展是Galois扩展（实际上，扩展 ${\mathbb{F}}_{{p}^{d}}$），所以特别地，$p\left( x\right)$ 的所有根都包含在 ${\mathbb{F}}_{p}\left( \alpha \right)$ 中。

${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 的元素恰好是 ${x}^{{p}^{n}} - x$ 的根。如果我们根据它们在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的最小多项式的次数 $d$ 将这个多项式的因子 $x - \alpha$ 分组，我们得到

命题18。多项式 ${x}^{{p}^{n}} - x$ 恰好是所有不同次数为 $d$ 的在 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的不可约多项式的乘积，其中 $d$ 遍历 $n$ 的所有因子。

这个命题可以用来递归地生成 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的不可约多项式。例如，${\mathbb{F}}_{2}$ 上的不可约二次多项式是

这给出了单个多项式 ${x}^{2} + x + 1$。类似地，这个域上的不可约三次多项式是

这分解为两个三次多项式 ${x}^{3} + x + 1$ 和 ${x}^{3} + {x}^{2} + 1$。不可约四次多项式由 ${x}^{16} - x$ 除以 $x\left( {x - 1}\right)$ 和上面的不可约二次多项式 ${x}^{2} + x + 1$ 得到，然后分解为不可约四次多项式：

这提供了一种确定给定次数的所有不可约多项式乘积的方法。存在有效的多项式因数分解算法模 ${\mathbb{F}}_{p}$，这在实践中会给出各个不可约多项式（参见练习）。掌握不可约多项式的重要性在于，它们为有限域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$（作为 $f\left( x\right)$ 次不可约的商 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack /\left( {f\left( x\right) }\right)$）提供了一个有利于显式计算的表达形式。

请注意，由于有限域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 在同构下是唯一的，所以由任何次数为 $n$ 的不可约多项式得到的商都是同构的。如果 ${f}_{1}\left( x\right)$ 和 ${f}_{2}\left( x\right)$ 是次数为 $n$ 的不可约多项式，那么 ${f}_{2}\left( x\right)$ 在域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}} \cong {\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack /\left( {{f}_{1}\left( x\right) }\right)$ 中完全分解。如果我们用 $\alpha \left( x\right)$ 表示 ${f}_{2}\left( x\right)$ 的一个根（以强调它是 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack /\left( {{f}_{1}\left( x\right) }\right)$ 中 $x$ 的次数为 $< n$ 的多项式），那么同构由以下给出

（我们将第一个域中 ${f}_{2}\left( x\right)$ 的一个根映射到了第二个域中 ${f}_{2}\left( x\right)$ 的一个根）。例如，如果 ${f}_{1}\left( x\right) = {x}^{4} + {x}^{3} + 1,{f}_{2}\left( x\right) = {x}^{4} + x + 1$ 是上面确定的 ${\mathbb{F}}_{2}$ 的两个不可约四次多项式，那么一个简单的计算验证了

是 ${\mathbb{F}}_{16} = {\mathbb{F}}_{2}\left\lbrack x\right\rbrack /\left( {{x}^{4} + {x}^{3} + 1}\right)$ 中 ${f}_{2}\left( x\right)$ 的一个根。那么我们有

如果我们假设一个初等数论的结果，我们可以给出次数为 $n$ 的不可约多项式数量的公式。定义 Möbius $\mu$ 函数为

如果现在 $f\left( n\right)$ 是一个对所有非负整数 $n$ 定义的函数，并且 $F\left( n\right)$ 由以下定义

然后，莫比乌斯反演公式表明，可以从 $f\left( n\right)$ 中恢复函数 $F\left( n\right)$ :

这是来自数论的一个基本结果，我们将其视为当然。定义

$\psi \left( n\right) =$ 为次数为 $n$ 的在 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 上的不可约多项式的数量。

在命题 18 中计算次数，我们有

应用莫比乌斯反演公式（对于 $f\left( n\right) = {n\psi }\left( n\right)$ ）我们得到

这给我们提供了一个次数为 $n$ 的在 [latex1] 上的不可约多项式数量的公式

${\mathbb{F}}_{p} :$

例如，在 $p = 2,n = 4$ 的情况下，我们有

正如我们直接在上面确定的。

我们已经看到上面

特别是，给定任何两个有限域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{{n}_{1}}}$ 和 ${\mathbb{F}}_{{p}^{{n}_{2}}}$ ，存在一个包含它们的第三个有限域（它们的同构副本），即 ${\mathbb{F}}_{{p}^{{n}_{1}{n}_{2}}}$ 。这给我们这些域上的一个部分序，并允许我们考虑它们的并集。因为这些给出了 ${\mathbb{F}}_{p}$ 的所有有限扩张，我们看到所有 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 的并集是 ${\mathbb{F}}_{p}$ 的一个代数闭包，在同构下是唯一的：

这为 ${\mathbb{F}}_{p}$ 的代数闭包提供了一个简单的描述。

练习题

1. 将 ${x}^{8} - x$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 和 ${\mathbb{F}}_{2}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中分解为不可约因子。

2. 写出 ${\mathbb{F}}_{4}$ 和 ${\mathbb{F}}_{8}$ 的乘法表。

3. 证明代数闭域必须是无限的。

4. 构造包含16个元素的有限域，并找到乘法群的生成元。有多少个生成元？

5. 展示 ${x}^{3} - x + 1$ 和 ${x}^{3} - x - 1$ 在 ${\mathbb{F}}_{3}$ 上的分裂域之间的显式同构。

6. 假设 $K = \mathbb{Q}\left( \theta \right) = \mathbb{Q}\left( {\sqrt{{D}_{1}},\sqrt{{D}_{2}}}\right)$ 是一个 ${D}_{1},{D}_{2} \in \mathbb{Z}$ 的双二次扩张，并且 $\theta = a + b\sqrt{{D}_{1}} + c\sqrt{{D}_{2}} + d\sqrt{{D}_{1}{D}_{2}}$ 其中 $a,b,c,d \in \mathbb{Z}$ 是整数。证明 $\theta$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式 ${m}_{\theta }\left( x\right)$ 是 $\mathbb{Q}$ 上的四次不可约多项式，但在每个素数 $p$ 模下可约。特别地，证明多项式 ${x}^{4} - {10}{x}^{2} + 1$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 上是不可约的，但在每个素数模下可约。[使用有限域上不存在双二次扩张的事实。]

7. 证明对于每个素数 $p$ ，2、3 或 6 之一是 ${\mathbb{F}}_{p}$ 中的平方。得出结论：

对于每个素数 $p$ ，多项式在 $p$ 模下有根，但在 $\mathbb{Z}$ 中没有根。

8. 确定 ${x}^{p} - x - a$ 在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的分裂域，其中 $a \neq 0,a \in {\mathbb{F}}_{p}$ 。明确展示伽罗瓦群是循环的。[展示 $\alpha \mapsto \alpha + 1$ 是一个自同构。] 这样的扩张称为阿廷-施莱尔扩张（参见第7节的练习题9）。

9. 设 $q = {p}^{m}$ 为素数 $p$ 的幂，设 ${\mathbb{F}}_{q} = {\mathbb{F}}_{{p}^{m}}$ 为具有 $q$ 个元素的有限域。设 ${\sigma }_{q} = {\sigma }_{p}^{m}$ 为弗罗贝尼乌斯自同构 ${m}^{\text{th }}$ 的 ${\sigma }_{p}$ 次幂，称为 $q$ -弗罗贝尼乌斯自同构。

(a) 证明 ${\sigma }_{q}$ 固定 ${\mathbb{F}}_{q}$ 。

(b) 证明 ${\mathbb{F}}_{q}$ 的每次有限扩张，其次数为 $n$ ，是 ${x}^{{q}^{n}} - x$ 在 ${\mathbb{F}}_{q}$ 上的分裂域，因此是唯一的。

(c) 证明 ${\mathbb{F}}_{q}$ 的每次次数为 $n$ 的有限扩张是循环的，以 ${\sigma }_{q}$ 为生成元。

(d) 证明 ${\mathbb{F}}_{q}$ 的唯一扩张次数为 $n$ 的子域与 $n$ 的除数 $d$ 存在双射对应。

10. 证明 $n$ 整除 $\varphi \left( {{p}^{n} - 1}\right)$ 。[注意到 $\varphi \left( {{p}^{n} - 1}\right)$ 是一个阶为 ${p}^{n} - 1$ 的循环群的自同构群的阶。]

11. 证明 ${x}^{{p}^{n}} - x + 1$ 仅当 $n = 1$ 或 $n = p = 2$ 时在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上不可约。[注意到如果 $\alpha$ 是一个根，那么对于任何 $a \in {\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ ，$\alpha + a$ 也是一个根。证明这表明 ${\mathbb{F}}_{p}\left( \alpha \right)$ 包含 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 且 $\left\lbrack {{\mathbb{F}}_{p}\left( \alpha \right) : {\mathbb{F}}_{{p}^{n}}}\right\rbrack = p$ 。]

(Berlekamp分解算法) 以下练习概述了用于分解 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中多项式的Berlekamp分解算法。该算法的效率基于使用欧几里得算法在 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中计算最大公约数的效率以及用于解线性方程组的行简化矩阵算法的效率。

令 $f\left( x\right) \in {\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 是一个次数为 $n$ 的单变量多项式，并且令 $f\left( x\right) = {p}_{1}\left( x\right) {p}_{2}\left( x\right) \ldots {p}_{k}\left( x\right)$ 其中 ${p}_{1}\left( x\right) ,{p}_{2}\left( x\right) ,\ldots ,{p}_{k}\left( x\right)$ 是 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不同不可约单变量多项式的幂。

12. 证明为了将 $f\left( x\right)$ 写作 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中不可约多项式的乘积，只需确定因子 ${p}_{1}\left( x\right) ,\ldots ,{p}_{k}\left( x\right)$ 。[如果 $p\left( x\right) = q{\left( x\right) }^{N} \in {\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 且 $q\left( x\right)$ 是单变量且不可约，证明可以通过检查 ${p}^{\text{th }}$ 次幂和计算导数的最大公约数来确定 $q\left( x\right)$ 。]

13. 令 $g\left( x\right) \in {\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 为任意次数为 $< n$ 的多项式。记 $R\left( {h\left( x\right) }\right)$ 为 $h\left( x\right)$ 除以 $f\left( x\right)$ 后的余数。证明以下条件是等价的：

(a) $R\left( {g\left( {x}^{p}\right) }\right) = g\left( x\right)$ .

(b) $f\left( x\right)$ 整除 $\left\lbrack {g\left( x\right) - 0}\right\rbrack \left\lbrack {g\left( x\right) - 1}\right\rbrack \ldots \left\lbrack {g\left( x\right) - \left( {p - 1}\right) }\right\rbrack$ 。[利用 $g\left( {x}^{p}\right) = g{\left( x\right) }^{p}$ 的事实以及 ${x}^{p} - x$ 在 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的分解。]

(c) ${p}_{i}\left( x\right)$ 整除 (b) 中的乘积对于 $i = 1,2,\ldots ,k$ 。

(d) 对于每个 $i,i = 1,2,\ldots ,k$ ，存在一个 ${s}_{i} \in {\mathbb{F}}_{p}$ 使得 ${p}_{i}\left( x\right)$ 整除 $g\left( x\right) - {s}_{i}$ ，即，

$g\left( x\right) \equiv {s}_{i}\left( {\;\operatorname{mod}\;{p}_{i}\left( x\right) }\right) .$

14. 证明满足上一练习中等价条件的次数为 $< n$ 的多项式 $g\left( x\right)$ 构成 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的一个维度为 $k$ 的向量空间 $V$ 。[使用中国剩余定理应用于 13(d) 中 ${p}^{k}$ 个可能的 ${s}_{i}$ 选择。]

15. 令 $g\left( x\right) = {b}_{0} + {b}_{1}x + \cdots + {b}_{n - 1}{x}^{n - 1} \in V$ 。对于 $j = 0,1,\ldots ,n - 1$ 令

并且令 $A$ 为 $n \times n$ 矩阵

(*)

证明练习 13 中的条件 (a) 对于 $g\left( x\right) \in V$ 等价于

$\left( {* * }\right)$

其中 $B$ 是一个列矩阵，其元素为 ${b}_{0},{b}_{1},\ldots ,{b}_{n - 1}$ 。得出矩阵 $A - I$ 的秩是 $n - k$ 。注意这已经足以确定 $f\left( x\right)$ 是否是不可约的，而无需实际确定这些因子。

16. 设 ${g}_{1}\left( x\right) ,{g}_{2}\left( x\right) ,\ldots ,{g}_{k}\left( x\right)$ 是 $\left( {* * }\right)$ 的解的基（即 $V$ 的基），其中我们可以取 ${g}_{1}\left( x\right) = 1$ 。从 $w\left( x\right) = f\left( x\right)$ 开始，对于每个已计算的 $f\left( x\right)$ 的因子，计算 $i = 2,3,\ldots ,k$ 和 $s \in {\mathbb{F}}_{p}$ 的最大公约数 $\left( {w\left( x\right) ,{g}_{i}\left( x\right) - s}\right)$ 。根据练习 13(d) 的结论，$f\left( x\right)$ 的每个因子 ${p}_{i}\left( x\right)$ 都会整除这样的最大公约数。当确定了 $k$ 个互质的因子时，这个过程结束。

证明这个过程实际上给出了所有的因子 ${p}_{1}\left( x\right) ,{p}_{2}\left( x\right) ,\ldots ,{p}_{k}\left( x\right)$ ，即通过这个过程可以分离出各个因子 ${p}_{1}\left( x\right) ,{p}_{2}\left( x\right) ,\ldots ,{p}_{k}\left( x\right)$ ，如下所示：

如果不是这样，那么对于两个因子，比如说 ${p}_{1}\left( x\right)$ 和 ${p}_{2}\left( x\right)$ ，对于每个 $i = 1,2,\ldots ,k$ ，都存在 ${s}_{i} \in {\mathbb{F}}_{p}$ 使得 ${g}_{i}\left( x\right) - {s}_{i}$ 可以被 ${p}_{1}\left( x\right)$ 和 ${p}_{2}\left( x\right)$ 同时整除。根据中国剩余定理，选择一个 $g\left( x\right) \in V$ 满足 $g\left( x\right) \equiv 0$ （模 ${p}_{1}\left( x\right)$ ）和 $g\left( x\right) \equiv 1\left( {\;\operatorname{mod}\;{p}_{2}\left( x\right) }\right)$ 。将 $g\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{k}{c}_{i}{g}_{i}\left( x\right)$ 用 $V$ 的基表示，并设 $s = \mathop{\sum }\limits_{{i = 1}}^{k}{c}_{i}{s}_{i}\left( x\right) \in {\mathbb{F}}_{p}$ 。证明 $s \equiv 0\left( {\;\operatorname{mod}\;{p}_{1}\left( x\right) }\right)$ 以至于 $s = 0$ 和 $s \equiv 1\left( {\;\operatorname{mod}\;{p}_{2}\left( x\right) }\right)$ 以至于 $s = 1$ ，产生矛盾。

17. 本练习遵循前一个练习中概述的 Berlekamp 分解算法，来确定 ${\mathbb{F}}_{7}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中 $f\left( x\right) = {x}^{5} + {x}^{2} + {4x} + 6$ 的因式分解。

(a) 证明 ${x}^{7} \equiv {x}^{2} + 3{x}^{3} + 6{x}^{4}\left( {\;\operatorname{mod}\;f\left( x\right) }\right)$ 。类似地计算 ${x}^{14},{x}^{21}$ 和 ${x}^{28}$ 模 $f\left( x\right)$ （注意 ${x}^{14}$ 可以通过平方前一个结果然后化简等操作最简单地计算出来）以证明在这种情况下练习15中的矩阵 ${x}^{14},{x}^{21}$ 是

${x}^{7}$ 然后化简等），以证明在这种情况下练习15中的矩阵 $A$ 是

(b) 证明 $A - I$ 的简化行阶梯形矩阵是矩阵

结论 $k = 2$ （因此 $f\left( x\right)$ 是恰好两个不可约多项式的幂的乘积）并且 ${g}_{1}\left( x\right) = 1$ 和 ${g}_{2}\left( x\right) = {x}^{4} + 5{x}^{3} + {x}^{2} + x$ 给出了练习15中 $\left( {* * }\right)$ 解的基。

(c) 按照练习16中的步骤，证明 $\left( {f\left( x\right) ,{g}_{2}\left( x\right) - 1}\right) = {x}^{2} + {3x} + 5 =$ ${p}_{1}\left( x\right)$ ，其中 $f\left( x\right) /{p}_{1}\left( x\right) = {x}^{3} + 4{x}^{2} + {4x} + 4 = {p}_{2}\left( x\right)$ ，给出了 $f\left( x\right)$ 在 ${\mathbb{F}}_{7}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中除以不可约多项式的幂。证明两个因子都不是 ${7}^{\text{th }}$ 的幂，并且每个因子与其导数互素，从而得出这两个因子都是不可约多项式，给出了 $f\left( x\right)$ 完全分解为不可约多项式的结果：