有限体ゆうげんたいfinite fieldの入口いりぐち

有限体ゆうげんたいは、有限個ゆうげんこの元げんしか持もたない体たいである。有限ゆうげんなのに割わり算ざんができるという点てんが重要じゅうようであり、符号理論ふごうりろんや暗号あんごうに現あらわれる。

最初さいしょの例れいは、素数そすう $$p$$p に対たいする

である。

Entrance to finite fields有限体ゆうげんたい

A finite field有限体ゆうげんたい is a field体たい with only finitely many elements. The important point is that division is possible even though the set is finite. Such fields体たい appear in coding theory and cryptography.

The first example is

for a prime number $$p$$p.

1なぜ素数そすうが必要ひつようか

$$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$$\mathbb Z/n\mathbb Z が体たいになるには、0 でない剰余類じょうよるいが全すべて逆元ぎゃくげんを持もつ必要ひつようがある。

$$\left[a\right]$$[a] が逆元ぎゃくげんを持もつ条件じょうけんは

である。

もし $$n=p$$n=p が素数そすうなら、$$\left[a\right]\ne \left[0\right]$$[a]\ne[0] であることは $$p\nmid a$$p\nmid a を意味いみする。したがって $$\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("gcd")")]}(a,p)=1$$\gcd(a,p)=1 であり、逆元ぎゃくげんが存在そんざいする。

一方いっぽう、$$n$$n が合成数ごうせいすうで $$n=ab$$n=ab、$$1<a,b<n$$1<a,b<n と書かけるなら、

だが $$\left[a\right]$$[a] も $$\left[b\right]$$[b] も 0 ではない。零因子れいいんしがあるので体たいではない。

1Why prime numbers are necessary

For $$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$$\mathbb Z/n\mathbb Z to be a field体たい, every nonzero residue class must have an inverse.

The condition for $$\left[a\right]$$[a] to have an inverse is

If $$n=p$$n=p is prime, then $$\left[a\right]\ne \left[0\right]$$[a]\ne[0] means $$p\nmid a$$p\nmid a. Therefore $$\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("gcd")")]}(a,p)=1$$\gcd(a,p)=1, so an inverse exists.

On the other hand, if $$n$$n is composite and $$n=ab$$n=ab with $$1<a,b<n$$1<a,b<n, then

while neither $$\left[a\right]$$[a] nor $$\left[b\right]$$[b] is 0. Since zero divisors零因子れいいんし exist, the structure is not a field体たい.

2具体例ぐたいれい：F_5

$$F_5=\left\{\right[0],[1],[2],[3],[4\left]\right\}$$\mathbb F_5=\{[0],[1],[2],[3],[4]\} である。

$$\left[2\right]$$[2] の逆元ぎゃくげんは $$\left[3\right]$$[3] である。なぜなら

だからである。

このように、有限体ゆうげんたいでは有限個ゆうげんこの表ひょうを使つかって足たし算ざんと掛かけ算ざんを完全かんぜんに記述きじゅつできる。

2Concrete example: F_5

$$F_5=\left\{\right[0],[1],[2],[3],[4\left]\right\}$$\mathbb F_5=\{[0],[1],[2],[3],[4]\}.

The inverse of $$\left[2\right]$$[2] is $$\left[3\right]$$[3] because

In this way, in a finite field有限体ゆうげんたい, addition and multiplication can be completely described by finite tables.

3定理ていり：有限体ゆうげんたいの位数いすうは素数冪そすうべき

有限体ゆうげんたい $$K$$K の元げんの個数こすう、すなわち位数いすうは、必かならず

の形かたちになる。ここで $$p$$p は素数そすうで、$$m\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("ge")")]}1$$m\ge1 である。

証明しょうめいする。$$K$$K は有限ゆうげんなので、$$0,1,1+1,1+1+1,\dots$$0,1,1+1,1+1+1,\ldots のうち二ふたつは等ひとしい。その二ふたつの差さを取とれば、$$n·1=0$$n\cdot1=0 となる正せいの整数せいすう $$n$$n が存在そんざいする。そのような最小さいしょうの $$n$$n を $$K$$K の標数ひょうすうcharacteristicという。

$$n$$n が $$n=ab$$n=ab、$$1<a,b<n$$1<a,b<n と合成数ごうせいすうに分解ぶんかいできるとすると、

である。$$n$$n の最小性さいしょうせいより $$a·1\ne 0$$a\cdot1\ne0、$$b·1\ne 0$$b\cdot1\ne0 なので、これは体たいに零因子れいいんしがないことに矛盾むじゅんする。したがって $$n$$n は素数そすう $$p$$p である。

$$\iota :F_p\to K$$\iota:\mathbb F_p\to K を $$\iota \left(\right[r\left]\right)=r·1$$\iota([r])=r\cdot1 で定さだめる。$$r\equiv s\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("pmod")")]}p$$r\equiv s\pmod p なら $$(r-s)·1$$(r-s)\cdot1 は $$p·1=0$$p\cdot1=0 の整数倍せいすうばいなので、この写像しゃぞうは代表元だいひょうげんによらない。また、$$\iota \left(\right[r\left]\right)=0$$\iota([r])=0、すなわち $$r·1=0$$r\cdot1=0 とする。整数せいすうの除法じょほうにより $$r=qp+t$$r=qp+t、$$0\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("le")")]}t<p$$0\le t<p と書かける。このとき

である。$$p$$p は $$n·1=0$$n\cdot1=0 となる最小さいしょうの正せいの整数せいすうなので、$$0\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("le")")]}t<p$$0\le t<p から $$t=0$$t=0 でなければならない。したがって $$p\mid r$$p\mid r、$$\left[r\right]=\left[0\right]$$[r]=[0] であり、$$\iota$$\iota は単射たんしゃである。さらに

かつ $$\iota \left(\right[1\left]\right)=1$$\iota([1])=1 なので、$$\iota$$\iota は加法かほう・乗法じょうほう・単位元たんいげんを保たもつ。さらに、$$\left[r\right]\ne \left[0\right]$$[r]\ne[0] なら

であり、$$\iota \left(\right[r\left]\right)\ne 0$$\iota([r])\ne0 は単射性たんしゃせいから従したがう。したがって像ぞうは、加法かほう・減法げんぽう・乗法じょうほうと、0 でない元げんの乗法逆元じょうほうぎゃくげんに閉とじた $$K$$K の部分体ぶぶんたいである。この部分体ぶぶんたいを $$F_p$$\mathbb F_p と同一視どういつしできる。

ベクトルの加法かほうには $$K$$K の加法かほうを使つかう。$$K$$K は体たいなので、この加法かほうについて可換群かかんぐんをなす。さらに $$\lambda \in F_p$$\lambda\in\mathbb F_p、$$x\in K$$x\in K に対たいして、スカラー倍ばいを

と定さだめる。部分体ぶぶんたいを $$F_p$$\mathbb F_p と同一視どういつしした後あとも、ここでは埋うめ込こみを明示めいじするため $$\iota$$\iota を書かいている。$$\iota$$\iota が加法かほう・乗法じょうほう・単位元たんいげんを保たもち、$$K$$K が体たいであることから、$$\lambda ,\mu \in F_p$$\lambda,\mu\in\mathbb F_p、$$x,y\in K$$x,y\in K に対たいして

が従したがう。したがって $$K$$K は $$F_p$$\mathbb F_p 上じょうのベクトル空間くうかんである。$$K$$K 全体ぜんたいは有限ゆうげんな生成集合せいせいしゅうごうなので、そこから不要ふような元げんを除のぞけば有限基底ゆうげんきていを取とれる。その次元じげんを $$m$$m とする。$$1\ne 0$$1\ne0 なので、この基底きていは空からではなく $$m\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("ge")")]}1$$m\ge1 である。

各かく元げんは $$m$$m 個この基底きていの線型結合せんけいけつごうとして一意いちいに表あらわされ、各係数かくけいすうには $$p$$p 通とおりの選えらび方かたがある。したがって

である。

3Theorem: the order of a finite field is a prime power

The number of elements, or order位数いすう, of a finite field $$K$$K is always of the form

where $$p$$p is prime and $$m\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("ge")")]}1$$m\ge1.

Proof. Since $$K$$K is finite, two terms in the sequence $$0,1,1+1,1+1+1,\dots$$0,1,1+1,1+1+1,\ldots are equal. Subtracting them gives a positive integer $$n$$n such that $$n·1=0$$n\cdot1=0. The least such $$n$$n is called the characteristic標数ひょうすう of $$K$$K.

If $$n=ab$$n=ab with $$1<a,b<n$$1<a,b<n, then

By the minimality of $$n$$n, both $$a·1$$a\cdot1 and $$b·1$$b\cdot1 are nonzero, contradicting the fact that a field has no zero divisors. Thus $$n$$n is a prime $$p$$p.

Define $$\iota :F_p\to K$$\iota:\mathbb F_p\to K by $$\iota \left(\right[r\left]\right)=r·1$$\iota([r])=r\cdot1. If $$r\equiv s\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("pmod")")]}p$$r\equiv s\pmod p, then $$(r-s)·1$$(r-s)\cdot1 is an integer multiple of $$p·1=0$$p\cdot1=0, so the map is independent of representatives. Suppose $$\iota \left(\right[r\left]\right)=0$$\iota([r])=0, so $$r·1=0$$r\cdot1=0. By integer division, write $$r=qp+t$$r=qp+t with $$0\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("le")")]}t<p$$0\le t<p. Then

Because $$p$$p is the least positive integer $$n$$n satisfying $$n·1=0$$n\cdot1=0, the inequality $$0\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("le")")]}t<p$$0\le t<p forces $$t=0$$t=0. Hence $$p\mid r$$p\mid r and $$\left[r\right]=\left[0\right]$$[r]=[0], so $$\iota$$\iota is injective. Moreover,

and $$\iota \left(\right[1\left]\right)=1$$\iota([1])=1. Thus $$\iota$$\iota preserves addition, multiplication, and the identity. Moreover, if $$\left[r\right]\ne \left[0\right]$$[r]\ne[0], then

and injectivity gives $$\iota \left(\right[r\left]\right)\ne 0$$\iota([r])\ne0. Hence the image is a subfield of $$K$$K: it is closed under addition, subtraction, multiplication, and multiplicative inverses of nonzero elements. We identify this subfield with $$F_p$$\mathbb F_p.

Use the addition of $$K$$K as vector addition. Since $$K$$K is a field, it is an abelian group under this addition. For $$\lambda \in F_p$$\lambda\in\mathbb F_p and $$x\in K$$x\in K, define scalar multiplication by

Even after identifying the subfield with $$F_p$$\mathbb F_p, we keep $$\iota$$\iota in this formula to display the embedding explicitly. Because $$\iota$$\iota preserves addition, multiplication, and the identity, the field laws in $$K$$K give, for $$\lambda ,\mu \in F_p$$\lambda,\mu\in\mathbb F_p and $$x,y\in K$$x,y\in K,

Thus $$K$$K is a vector space over $$F_p$$\mathbb F_p. Since the finite set $$K$$K spans itself, removing redundant elements produces a finite basis; let its size be $$m$$m. Since $$1\ne 0$$1\ne0, the basis is nonempty and $$m\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("ge")")]}1$$m\ge1.

Every element has a unique expression as a linear combination of the $$m$$m basis elements, and each coefficient has $$p$$p choices. Therefore

4何なにを変かえて何なにを保存ほぞんするか

体たいのうち元げんの個数こすうが有限ゆうげんなものに対象たいしょうを絞しぼったのが有限体ゆうげんたいである。加法かほう、乗法じょうほう、0 以外いがいでの割わり算ざんという体たいの公理こうりはすべて保たもたれる。有限性ゆうげんせいにより、計算けいさん機きで扱あつかいやすく、暗号あんごうや誤あやまり訂正ていせいに応用おうようできる。

4What changes and what is preserved

A finite field is a field restricted by the additional requirement that its set of elements be finite. All field axioms—addition, multiplication, and division by nonzero elements—remain in force. Finiteness makes these fields easy to handle computationally and useful in cryptography and error correction.

5証明しょうめい補足ほそく：有限整域ゆうげんせいいきは体たいである

有限ゆうげんな整域せいいき $R$R は体たいfield である。

証明しょうめいする。$a\in R$a\in R、$a\ne 0$a\ne0 を取とる。$R$R が体たいであることを示しめすには、$a$a の乗法逆元じょうほうぎゃくげんが存在そんざいすることを示しめればよい。
写像しゃぞう

を考かんがえる。${\mu }_a\left(x\right)={\mu }_a\left(y\right)$\mu_a(x)=\mu_a(y) とすると $ax=ay$ax=ay である。$a\ne 0$a\ne0 で、$R$R は整域せいいきなので消去法則しょうきょほうそくより $x=y$x=y である。したがって ${\mu }_a$\mu_a は単射たんしゃである。

$R$R は有限集合ゆうげんしゅうごうなので、$R$R から $R$R への単射たんしゃは全射ぜんしゃである。よって $1\in R$1\in R に対たいして、ある $x\in R$x\in R が存在そんざいして $ax=1$ax=1 である。これは $x$x が $a$a の逆元ぎゃくげんであることを意味いみする。

有限性ゆうげんせいを使つかったのは、単射たんしゃから全射ぜんしゃを導みちびく箇所かしょである。有限集合ゆうげんしゅうごうでは、単射たんしゃなら像ぞうの元げん数すうが入力にゅうりょくの元げん数すうと同おなじになり、目標もくひょうの集合しゅうごうも同おなじ大おおきさなので全すべての元げんに届とどく。無限むげんではこの推論すいろんは一般いっぱんには成立せいりつしない。

5Proof supplement: every finite integral domain整域せいいき is a field体たい

A finite integral domain整域せいいき $$R$$R is a field体たい.

Proof. Take $$a\in R$$a\in R with $$a\ne 0$$a\ne0. To show that $$R$$R is a field体たい, it is enough to show that $$a$$a has a multiplicative inverse. Consider the map

If $${\mu }_a\left(x\right)={\mu }_a\left(y\right)$$\mu_a(x)=\mu_a(y), then $$ax=ay$$ax=ay. Since $$a\ne 0$$a\ne0 and $$R$$R is an integral domain整域せいいき, cancellation gives $$x=y$$x=y. Therefore $${\mu }_a$$\mu_a is injective単射たんしゃ.

Because $$R$$R is a finite set, every injective単射たんしゃ map from $$R$$R to $$R$$R is surjective全射ぜんしゃ. Hence for $$1\in R$$1\in R, there exists $$x\in R$$x\in R such that $$ax=1$$ax=1. This means that $$x$$x is the inverse of $$a$$a.

Finiteness is used exactly at the step where injective単射たんしゃ implies surjective全射ぜんしゃ. For a finite set, injectivity means the image has as many elements as the domain, and the target has the same size as the domain, so every target element is reached. For infinite sets, that inference is not valid in general.

6例れい：4 個この元げんを持もつ有限体ゆうげんたい

$$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$$\mathbb Z/4\mathbb Z は体たいではないが、4 個この元げんを持もつ有限体ゆうげんたいは存在そんざいする。$$F_2\left[x\right]$$\mathbb F_2[x] で

を考かんがえる。$$f\left(0\right)=1$$f(0)=1、$$f\left(1\right)=1+1+1=1$$f(1)=1+1+1=1 なので、$$f$$f は $$F_2$$\mathbb F_2 上じょうで根こんを持もたない。二次多項式にじたこうしきが定数ていすうでない多項式たこうしきの積せきに分解ぶんかいできるなら、一次式いちじしきを因子いんしに持もち、その根こんが存在そんざいする。したがって $$f$$f は既約きやくirreducibleである。ここで既約きやくとは、定数ていすうでない二ふたつの多項式たこうしきの積せきに分解ぶんかいできないことをいう。

$$f$$f の多項式倍たこうしきばい全体ぜんたい

を $$f$$f が生成せいせいするイデアルという。実際じっさい、$$0=f·0$$0=f\cdot0 であり、$$fq,fr\in \left(f\right)$$fq,fr\in(f) なら

である。また、任意にんいの $$s\in F_2\left[x\right]$$s\in\mathbb F_2[x] に対たいして $$s\left(fq\right)=f\left(sq\right)\in \left(f\right)$$s(fq)=f(sq)\in(f) である。したがって $$\left(f\right)$$(f) は差さと環かんの元げんによる積せきに閉とじ、確たしかにイデアルである。$$g$$g と $$h$$h の差さが $$\left(f\right)$$(f) に属ぞくするときに同おなじ元げんとみなす商環しょうかんを

と定義ていぎする。この記号きごうが表あらわすとおり 4 元げんの体たいになることは、以下いかで直接ちょくせつ確たしかめる。$$\alpha =\left[x\right]$$\alpha=[x] と書かくと、関係式かんけいしき

と、標数ひょうすう 2 での $$-1=1$$-1=1、$$-\alpha =\alpha$$-\alpha=\alpha から

が成立せいりつする。任意にんいの類るいが一次以下いちじいかの多項式たこうしきで表あらわせることを、指数しすうについての帰納法きのうほうで確たしかめる。$$n=0,1$$n=0,1 では $${\alpha }^0=1$$\alpha^0=1、$${\alpha }^1=\alpha$$\alpha^1=\alpha である。$$n\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("ge")")]}2$$n\ge2 なら、商環しょうかんの中なかで

であり、右辺うへんの二ふたつの指数しすうはどちらも $$n$$n より小ちいさい。したがって強つよい帰納法きのうほうにより、各単項式かくたんこうしき $$x^n$$x^n の類るいは

と表あらわせる。有限個ゆうげんこの単項式たんこうしきを足たし合あわせた任意にんいの多項式たこうしきも同おなじ形かたちへ簡約かんやくできる。したがって各元かくげんは

のいずれかである。これらは互たがいに異ことなる。差さを取とっても 0 でない一次以下いちじいかの多項式たこうしきになる。一方いっぽう、0 でない $$q\in F_2\left[x\right]$$q\in\mathbb F_2[x] について $$\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("deg")")]}\left(fq\right)=2+\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("deg")")]}q\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("ge")")]}2$$\deg(fq)=2+\deg q\ge2 なので、その差さが $$f$$f の倍数ばいすうになることはない。したがって、この商環しょうかんはちょうど 4 個この元げんを持もつ。

初はじめに $$f$$f の既約性きやくせいを確たしかめた理由りゆうも、ここで分わかる。もし $$f=gh$$f=gh と定数ていすうでない多項式たこうしきの積せきに分解ぶんかいできれば、$$f$$f は二次にじなので $$g,h$$g,h はともに一次いちじである。直前ちょくぜんの次数じすうの議論ぎろんより $$\left[g\right],\left[h\right]$$[g],[h] は 0 ではないが、商環しょうかんでは

となり、零因子れいいんしが生しょうじて体たいにはならない。既約性きやくせいはこの障害しょうがいを排除はいじょしている。ただし、ここでは「$$F_2\left[x\right]$$\mathbb F_2[x] を既約多項式きやくたこうしきが生成せいせいするイデアルで割わった商しょうは体たいになる」という一般定理いっぱんていりを使つかわない。この具体例ぐたいれいが体たいであることは、次つぎにすべての 0 でない元げんの逆元ぎゃくげんを直接ちょくせつ求もとめて確たしかめる。

さらに、0 でない元げんの逆元ぎゃくげんは

である。実際じっさい、$$\alpha (\alpha +1)={\alpha }^2+\alpha =1$$\alpha(\alpha+1)=\alpha^2+\alpha=1 である。よって全すべての 0 でない元げんが逆元ぎゃくげんを持もち、この商環しょうかんは確たしかに体たいである。

6Example: a finite field有限体ゆうげんたい with 4 elements

The ring $$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$$\mathbb Z/4\mathbb Z is not a field, but a finite field with 4 elements does exist. In $$F_2\left[x\right]$$\mathbb F_2[x], consider

Since $$f\left(0\right)=1$$f(0)=1 and $$f\left(1\right)=1+1+1=1$$f(1)=1+1+1=1, the polynomial has no root over $$F_2$$\mathbb F_2. If a quadratic factors into two nonconstant polynomials, it has a linear factor and hence a root. Thus $$f$$f is irreducible既約きやく, meaning that it cannot be factored into two nonconstant polynomials.

The set of all polynomial multiples of $$f$$f,

is the ideal generated by $$f$$f. Indeed, $$0=f·0$$0=f\cdot0, and if $$fq,fr\in \left(f\right)$$fq,fr\in(f), then

Moreover, for every $$s\in F_2\left[x\right]$$s\in\mathbb F_2[x], we have $$s\left(fq\right)=f\left(sq\right)\in \left(f\right)$$s(fq)=f(sq)\in(f). Thus $$\left(f\right)$$(f) is closed under differences and under multiplication by arbitrary ring elements, so it is indeed an ideal. Form the quotient ring in which $$g$$g and $$h$$h represent the same element exactly when $$g-h\in \left(f\right)$$g-h\in(f), and define

We verify directly below that this quotient is, as the notation suggests, a field with four elements. Write $$\alpha =\left[x\right]$$\alpha=[x]. From

and the identities $$-1=1$$-1=1 and $$-\alpha =\alpha$$-\alpha=\alpha in characteristic 2, we get

We verify by induction on the exponent that every class has a representative of degree at most 1. For $$n=0,1$$n=0,1, we have $${\alpha }^0=1$$\alpha^0=1 and $${\alpha }^1=\alpha$$\alpha^1=\alpha. If $$n\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("ge")")]}2$$n\ge2, then in the quotient ring

and both exponents on the right are smaller than $$n$$n. Strong induction therefore gives

for the class of every monomial $$x^n$$x^n. Adding the finitely many monomials of any polynomial gives a representative of the same form. Thus every element is one of

They are distinct: the difference of any two is a nonzero polynomial of degree at most 1. On the other hand, if $$0\ne q\in F_2\left[x\right]$$0\ne q\in\mathbb F_2[x], then $$\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("deg")")]}\left(fq\right)=2+\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("deg")")]}q\text{[PARSE ERROR: Undefined("Command("ge")")]}2$$\deg(fq)=2+\deg q\ge2, so such a difference cannot be a multiple of $$f$$f. Therefore this quotient ring has exactly four elements.

The reason for checking that $$f$$f is irreducible is now visible. If $$f=gh$$f=gh were a product of nonconstant polynomials, then, because $$f$$f is quadratic, both $$g$$g and $$h$$h would be linear. By the preceding degree argument, their classes would be nonzero, but in the quotient

producing zero divisors and preventing the quotient from being a field. Irreducibility rules out this obstruction. We do not use here the general theorem that the quotient of $$F_2\left[x\right]$$\mathbb F_2[x] by an ideal generated by an irreducible polynomial is a field; for this particular quotient, we verify the field property directly by finding the inverse of every nonzero element.

The inverses of the nonzero elements are

Indeed, $$\alpha (\alpha +1)={\alpha }^2+\alpha =1$$\alpha(\alpha+1)=\alpha^2+\alpha=1. Hence every nonzero element has an inverse, so this quotient ring is a field.

7演習えんしゅうリンク

7Exercise link

8まとめ

有限体ゆうげんたいは、有限個ゆうげんこの元げんを持もつ体たいである。$$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$$\mathbb Z/p\mathbb Z は素数そすう $$p$$p のとき有限体ゆうげんたいになるが、合成数ごうせいすう法ほうでは零因子れいいんしが生しょうじるため体たいにならない。有限体ゆうげんたいの標数ひょうすうは素数そすう $$p$$p であり、$$F_p$$\mathbb F_p 上じょうの有限次元ゆうげんじげんベクトル空間くうかんとして見みることで、その位数いすうは $$p^m$$p^m になる。4 元げんの体たい $$F_4$$\mathbb F_4 は、$$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$$\mathbb Z/4\mathbb Z ではなく $$F_2\left[x\right]/(x^2+x+1)$$\mathbb F_2[x]/(x^2+x+1) として構成こうせいできる。

8Summary

A finite field is a field with finitely many elements. The ring $$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$$\mathbb Z/p\mathbb Z is a finite field when $$p$$p is prime, whereas composite moduli have zero divisors. A finite field has prime characteristic $$p$$p and is a finite-dimensional vector space over $$F_p$$\mathbb F_p, so its order is $$p^m$$p^m. The four-element field $$F_4$$\mathbb F_4 is not $$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$$\mathbb Z/4\mathbb Z; it can be constructed as $$F_2\left[x\right]/(x^2+x+1)$$\mathbb F_2[x]/(x^2+x+1).