Lecture 1

2.3. Let $a, b$ be elements of $\mathbb{F}_{2^n}, n$ odd. Show that $a^2+a b+b^2=0$ implies $a=b=0$.

若 $b \neq 0$ ，则令 $x=a / b$ ，此时我们有:

因为 $2 \equiv-1(\bmod 3)$ ，所以 $2^n \equiv(-1)^n \quad(\bmod 3)$ ，从而 $2^n-1 \equiv(-1)^n-1 \quad(\bmod 3)$

当 $n$ 为偶数时， $(-1)^n=1$ ，则 $(-1)^n-1=1-1=0,0 \equiv 0(\bmod 3)$ ；当 $n$ 为奇数时， $(-1)^n=-1$ ，则 $(-1)^n-1=-1-1=-2 ，-2 \equiv 1(\bmod 3) 。$

也就是说 $2^n-1$ 除以 3 的余数是 1 ，所以 3 不能整除 $2^n-1$ 。

由于 $x^{2^n-1}=1$ ，并且 $\operatorname{gcd}\left(3,2^n-1\right)=1$ ，所以我们有 $x=1$ ，因此 $a=b$ 。但此时 $3 a^2=0$ ，从而 $a=0$

2.7. Write all elements of $\mathbb{F}_{25}$ as linear combinations of basis elements over $\mathbb{F}_5$. Then find a primitive element $\beta$ of $\mathbb{F}_{25}$ and determine for each $\alpha \in \mathbb{F}_{25}^*$ the least nonnegative integer $n$ such that $\alpha=\beta^n$.

首先，我们构造的有限域 $\mathbb{F}_{25}$ 是通过 $\mathbb{F}_5 /\left(x^2+2 x+3\right)$ 。 设 $\alpha$ 是 $x^2+2 x+3$ 的一个根，那么 $\alpha^2+2 \alpha+3=0$ ，移项可得 $\alpha^2=-2 \alpha-3$ 。

因为在 $\mathbb{F}_5$ 中， $-2=3 ，-3=2$ ，所以 $\alpha^2=3 \alpha+2$ 。 有限域 $\mathbb{F}_{25}^*$ 的阶为 24 ，所以一个元素是本原元当且仅当它的阶为 24 。

由 $\alpha^2=3 \alpha+2$ ，可得

我们依次计算 $\alpha$ 的幂次：

$n$	$\alpha^n$	$n$	$\alpha^n$
0	1	12	4
1	$\alpha$	13	$4 \alpha$
2	$3 \alpha+2$	14	$2 \alpha+3$
3	$\alpha+1$	15	$4 \alpha+4$
4	$4 \alpha+2$	16	$\alpha+3$
5	$4 \alpha+3$	17	$\alpha+2$
6	3	18	2
7	$3 \alpha$	19	$2 \alpha$
8	$4 \alpha+1$	20	$\alpha+4$
9	$3 \alpha+3$	21	$2 \alpha+2$
10	$2 \alpha+1$	22	$3 \alpha+4$
11	$2 \alpha+4$	23	$3 \alpha+1$

所以$\alpha^{24}=\alpha(3\alpha+1)=3\alpha^2+\alpha=10\alpha+6=1$

2.9. Prove: for any field $F$, every finite subgroup of the multiplicative group $F^*$ is cyclic.

我们知道，如果 $G$ 是一个有限阿贝尔群，那么 $G$ 同构于直积 $\mathbb{Z}_{\left(p_1\right)^{n_1}} \times \mathbb{Z}_{\left(p_2\right)^{n_2}} \times \cdots \times \mathbb{Z}_{\left(p_r\right)^{n_r}}$ ，其中 $p_i$ 是素数，但不一定互不相同。将每个 $\mathbb{Z}_{\left(p_i\right)^{n_i}}$ 看作是乘法记号下阶为 $p_i^{n_i}$ 的循环群。

设 $m$ 是所有 $p_i^{n_i}(i=1,2, \ldots, r$ ）的最小公倍数。显然 $m \leq p_1^{n_1} p_2^{n_2} \cdots p_r^{n_r}$ 。如果 $a_i \in \mathbb{Z}_{\left(p_i\right)^{n_i}}$ ，那么 $\left(a_i\right)^{\left(p_i^{n_i}\right)}=1$ ，因此 $a_i^m=1$ 。所以对于所有的 $\alpha \in G$ ，我们有 $\alpha^m=1$ ，即 $G$ 的每一个元素都是 $x^m=1$ 的根。

然而， $G$ 有 $p_1^{n_1} p_2^{n_2} \cdots p_r^{n_r}$ 个元素，而多项式 $x^m-1$ 在域 $F$ 中最多有 $m$ 个根。所以，我们推断出 $m=p_1^{n_1} p_2^{n_2} \cdots p_r^{n_r}$ 。因此 $p_i$ 是互不相同的素数，并且群 $G$ 同构于循环群 $\mathbb{Z}_m$ 。

2.10. Let $F$ be any field. If $F^*$ is cyclic, show that $F$ is finite.

设 $F^*$ 是循环群，生成元为 $\alpha$ 。则 $F^*=\left\{\alpha, \alpha^2, \cdots, \alpha^{q-1}\right\}$ ，所以 $\left|F^*\right|=q-1$ ，从而 $|F|=q ， F$ 是有限域。

2.12. For every finite field $\mathbb{F}_q$ of characteristic $p$, show that there exists exactly one $p$ th root for each element of $\mathbb{F}_q$.

对于有限域 $\mathbb{F}_q$ ，特征为 $p$ 。考虑多项式 $x^p-x$ ，其导数为 $p x^{p-1}-1=-1$ 。

因为导数为常数且不为 0 ，所以 $x^p-x$ 在 $F_q$ 中至多有 $p$ 个根。

又因为对于任意 $a \in F_q,(a+1)^p-(a+1)=a^p+1-a-1=a^p-a=0$ ，所以 $x^p-x$ 在 $F_q$ 中有 $q$ 个根，即每个元素都有唯一的 $p$ 次根。

2.13. For a finite field $\mathbb{F}_q$ with $q$ odd, show that an element $a \in \mathbb{F}_q^*$ has a square root in $\mathbf{F}_q$ if and only if $a^{(q-1) / 2}=1$.

若 $a \in \mathbb{F}_q^*$ 有平方根，设为 $b$ ，则 $a=b^2$ 。

反之，若 $a^{\frac{q-1}{2}}=1$ ，则 $a$ 是方程 $x^{\frac{q-1}{2}}-1=0$ 的根。

因为 $x^{q-1}-1$ 的根的个数为 $q-1$ 个，且 $x^{\frac{q-1}{2}}-1$ 的根的个数至多为 $\frac{q-1}{2}$ 个，所以 $x^{\frac{q-1}{2}}+1$ 的根的个数至少为 $\frac{q-1}{2}$ 个。 所以 $a$ 是 $x^{\frac{q-1}{2}}+1$ 的根，即 $a$ 有平方根。

2.15. Prove: every element of $\mathbb{F}_q$ is the $k$ th power of some element of $\mathbb{F}_q$ if and only if $\operatorname{gcd}(q-1, k)=1$.

若 $\operatorname{gcd}(q-1, k)=1$ ，则存在整数 $s, t$ 使得 $s(q-1)+t k=1$ 。对于任意 $a \in F_q, a=a^{s(q-1)+t k}=\left(a^t\right)^k$ ，所以每个元素都是 $k$ 次幂。

反之，若每个元素都是 $k$ 次幂，则 $x^k-1$ 有 $q$ 个根。

而 $x^k-1$ 的根的个数至多为 $k$ 个，所以 $q-1$ 整除 $k$ ，即 $\operatorname{gcd}(q-1, k)=1$ 。

2.19. Show that for $a \in \mathbb{F}_q$ and $n \in \mathbb{N}$ the polynomial $x^{q^n}-x+n a$ is divisible by $x^q-x+a$ over $\mathbb{F}_q$.

1. 基础情况 $n=1$ 时

• 我们要证明 $x^q-x+a$ 能整除 $x^q-x+a$ ，这是显然的，因为一个多项式肯定能被它自身整除。

2. 假设 $n=k$ 时成立

• 假设 $x^q-x+a$ 能整除 $x^{q^k}-x+k a$ ，即存在多项式 $g(x)$ 使得 $x^{q^k}-x+k a=\left(x^q-x+a\right) g(x)$ 。

3. 证明 $n=k+1$ 时成立

• 考虑 $n=k+1$ 时的多项式 $x^{q^{k+1}}-x+(k+1) a$ 。
• 首先， $x^{q^{k+1}}=\left(x^{q^k}\right)^q$ 。
• 令 $y=x^{q^k}$ ，根据已知条件，如果 $\beta^q-\beta=-a \Longleftrightarrow \beta^q=\beta-a \in F_q$ ，对于 $y$ 有 $y^q-y=-k a$ (由假设 $n=k$ 时的关系得到）。
• 那么 $\left(x^{q^q}\right)^q-x^{q^k}=-k a$ 。即 $x^{q^{k+1}}-x^{q^k}=-k a$ 。
• 现在 $x^{q^{k+1}}-x+(k+1) a=\left(x^{q^{k+1}}-x^{q^k}\right)+\left(x^{q^k}-x+k a\right)+a$ 。
• 由前面的假设 $x^{q^k}-x+k a=\left(x^q-x+a\right) g(x)$ ，且 $x^{q^{k+1}}-x^{q^k}=-k a$ ，所以 $x^{q^{k+1}}-x+(k+1) a=\left(x^q-x+a\right) g(x)+\left(x^{q^{k+1}}-x^{q^k}\right)+a 。$
• 又因为 $x^{q^{k+1}}-x^{q^k}=-k a$ ，所以 $x^{q^{k+1}}-x+(k+1) a=\left(x^q-x+a\right) g(x)+(-k a)+a=\left(x^q-x+a\right) g(x)+(-k+1) a$ ，这表明 $x^q-x+a$ 能整除 $x^{q^{q+1}}-x+(k+1) a$ 。

2.35. Prove

for any $m \in \mathbb{N}$.

对于 $x^{q^m}-x$ ，它的根恰好是有限域 $F_{q^{m }}$ 中的元素。

而对于 $\sum_{j=0}^{m-1} x^{q^j}-c$ ，当 $x$ 是 $F_{q^m}$ 中的元素时， $\sum_{j=0}^{m-1} x^{q^j}=\operatorname{Tr}_{F_{q^m} / F_{\mathrm{q}}}(x)$ ，其中 $\operatorname{Tr}_{F_{q^m /} / F_q}(x)$ 表示从 $F_{q^{m m}}$ 到 $F_q$ 的迹。

因为 $F_q$ 中的毎个元素 $c$ 都恰好是 $\operatorname{Tr}_{F_{q^m / F_{\mathrm{q}}}}(x)$ 的取值，所以当 $x$ 取遍 $F_{q^m}$ 中的元素时， $\sum_{j=0}^{m-1} x^{q^j}-c=0$ 恰好对 $F_q$ 中的每个 $c$ 都成立一次。

这就说明 $\sum_{j=0}^{m-1} x^{q^j}-c$ 包含了 $x^{q^m}-x$ 的所有根，且次数也相同。 所以 $x^{q^{m}}-x=\prod_{c \in F_{q}}\left(\sum_{j=0}^{m-1} x^{q^j}-c\right)$ 。 综上，证明完毕。

2.37. Prove that if the order of basis elements is taken into account, then the number of different bases of $\mathbb{F}_{q^m}$ over $\mathbb{F}_q$ is

$m$ 维向量空间的一组基是一个包含 $m$ 个线性无关向量的向量组，所以我们找到这种向量组的个数就好。

我们先选取向量组中的第一个向量。显然，除了0向量，其它向量可以任取，共有 $q^m-1$ 种选择。 第二个向量，要与前面的线性无关，即 $v_2 \notin<v_1>$ ，第二个向量不在第一个向量组的张成空间内。这个张成空间内的向量个数为 $q$ 。所以第二个向量有 $q^m-q$ 种选择。

类似地，我们可以得到第 $m$ 个向量有 $q^m-q^{m-1}$ 种选择。 所以，在考虑基中向量顺序的情况下有 $\left(q^m-1\right)\left(q^m-q\right) \cdots\left(q^m-q^{m-1}\right)$ 种基。

2.41. Show that there is a self-dual normal basis of $\mathbb{F}_4$ over $\mathbb{F}_2$, but no self-dual normal basis of $\mathbb{F}_{16}$ over $\mathbb{F}_2$ .

不会