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>>421 > >>418 > (引用開始) > したがって、Z/4Z ＼ 0 は乗法について閉じていない。 > このことから、代数系 (Z/4Z, +, ×) は（4 を法とする剰余類環として）可換環を成すのみで、零因子が乗法逆元を持たないため体にはならない（位数 4 の有限体 F4 は存在するにも関わらず、である）。 > (引用終り) > > 位数 4 の有限体 F4について（＾＾ > 「要は1の原始3乗根を添加した体がF4である」か > 複素数まで考えないといけないんだ（＾＾； > http://br-h2gk.hatenabloｇ.com/entry/finite_field_02 > 数学とその他の日々 > 有限体F_2,F_4,F_8,F_16の構造決定 2015-12-17 > (抜粋) > F4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F2上の分解体になり、 > その根 ω∈F￣2、 > 要は1の原始3乗根を添加した体がF4である。 > > したがって、F4={0,1,ω,ω2}となる。 > ωの演算については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 > F2[x]/(x^2+x+1)=~ Z[x]/(2,x^2+x+1)=~ Z[ω]/(2) > と捉えてもよい。 > ここでいう右端のωは通常のω∈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F2の元は常にx^2+x=0なので、 > x^2+x+1はF2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。 > (引用終り) > 以上
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