定理3.20 设$\mathbb F_q$为q元有限域，$f(x)\in \mathbb F_q[x]$为n次不可约多项式，那么有$f(x)|x^{q^n}-x$

证明方法：构造$f(x)$的扩域$\mathbb F_q[x]_{f(x)}$，对于任意$x\in F_q[x]_{f(x)}$均有$x^{q^n}-x=0$（定理3.19），则有$(x^{q^n}-x)_{f(x)}=0$（定理3.7）。证毕。

定理3.21 设$m,n$均为正整数，则有$(x^m-1,x^n-1)=x^{(m,n)}-1$

证明方法：归纳法。
当$max\{m,n\}=1$时显然成立
假设当$max\{m,n\}=k$时成立，若$m>n$，那么有$(x^m-1,x^n-1)=(x^{m-n}-1,x^n-1)$（定理3.11），此时$max\{m,n\}<k$，故成立。

推论 设$m,n,q$为整数，则$(x^{q^m}-x,x^{q^n}-x)=x^{q^{(m,n)}}-x$（使用上面定理即可，证明略）

定理3.22 设$\mathbb F_q$为q元域，$n$为正整数，$f(x)\in\mathbb F_q[x]$为m次不可约多项式，且$m>n$，那么$f(x)∤x^{q^n}-x$

证明方法：反证法。

假设能够整除。则有$x^{q^n}_{f(x)}=x_{f(x)}$
对于任意$\mathbb F_q[x]_{f(x)}$中元素$g(x)=\sum_{i=0}^{m-1}a_ix^i$，有

$$g(x)^{q^n}=\sum_{i=0}^{m-1}(a_ix^i)^{q^n}$$

（二项式定理）
根据定理3.19有

$$g(x)^{q^n}=\sum_{i=0}^{m-1}a_i(x^i)^{q^n}$$

注意$(a_i)^{q^n}=a_i$
因此

$$(g(x)^{q^n}-g(x))_{f(x)}=\sum_{i=0}^{m-1}a_i((x^i)^{q^n}-x^i)_{f(x)}=\sum_{i=0}^{m-1}a_i((x^{q^n})^i-x^i)_{f(x)}=\sum_{i=0}^{m-1}a_i(x^i-x^i)_{f(x)}=0$$

故任意$\mathbb F_q[x]_{f(x)}$中元素均是$x^{q^n}-x$的根，而$n<m$，故矛盾。

定理3.23 设$\mathbb F_q$为q元域，$n,d$为正整数，$f(x)\in\mathbb F_q[x]$为$d$次不可约多项式，那么有$f(x)|x^{q^n}-x$当且仅当$d|n$。

证明方法：
充分性：$f(x)|x^{q^d}-x$，根据定理3.21，$x^{q^d}-x|x^{q^n}-x$，证毕
必要性：$f(x)|x^{q^d}-x,f(x)|x^{q^n}-x\Rightarrow f(x)|(x^{q^d}-x, x^{q^n}-x)=x^{q^{(d,n)}}-x$，又$\deg(f(x))=d\le (d,n)$，故$d|n$

定义3.10 导式

定义3.11 重因式、k重因式、重根、k重根、导式

定理3.24 $\mathbb F_q$为q元有限域，$f(x),g(x)\in\mathbb F_q[x]$，若$g(x)$是$f(x)$的k重因式，则$g(x)^{k-1}|f'(x)$

证明方法：求导

推论1 $\mathbb F_q$为q元有限域，$f(x)\in\mathbb F_q[x]$，若$(f(x),f'(x))=1$，则$f(x)$在域$\mathbb F_q$上没有重因式，也没有重根。（证明反证法）
推论2 $\mathbb F_q$为q元有限域，n为正整数，则$x^{q^n}-x$在域$\mathbb F_q$上没有重因式。（用推论1证明）

$x^{q^n}-x$可以表示为所有次数为n的因子的首1不可约多项式的乘积，每个因式仅出现一次 （注意理解：n的因子！如当n=4时，所有1、2、4次不可约多项式都是其因子）

定理3.25 设$\mathbb F_q$为q元域，n为正整数，那么$\mathbb F_q$上一定存在n次不可约多项式。

证明方法：容斥原理

$\phi(k)$为$\mathbb F_q$上次数为$k$的因子的首1不可约多项式的乘积，即$\phi(k)=x^{q^k}-x$，$A$为$n$次首1不可约多项式的乘积。
设$n=\prod_{i=1}^S p_i^{\alpha_i}$

$$A=\phi(n)\cdot\prod_{1\le i\le S}\phi(\frac{n}{p_i})^{-1}\prod_{1\le i_1<i_2\le S}\phi(\frac{n}{p_{i_1}p_{i_2}})...\phi(\frac{n}{p_1p_2...p_S})^{(-1)^S}$$

首先，次数不是n的因子的首1不可约多项式，在等式两边都不出现。
其次，任何一个次数为n的首1不可约多项式在等式两边各出现1次，分别在$A$和$\phi(n)$中
再者，对于任意$d|n,d<n$，设

$$d=p_1^{f_1}p_2^{f_2}...p_r^{f_r}p_{r+1}^{\alpha_{r+1}}...p_S^{\alpha_S}$$

那么在$\frac{n}{p_{i_1}p_{i_2}...p_{i_t}}(0\le t<s,1\le i_1<i_2<...<i_t\le S)$中，只有n,$\frac{n}{p_i}(1\le i\le r),\frac{n}{p_ip_j}(1\le i<j\le r),...,\frac{n}{p_1p_2...p_r}$以d为因子，所以任一d次首1不可约多项式在等式右边出现的次数为：$1-\begin{pmatrix} r \\ 1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} r \\ 2 \end{pmatrix}-...+(-1)^r\begin{pmatrix} r \\ r \end{pmatrix}=(1-1)^r=0$。显然其在左边出现次数也为0，等式得证。

又$\phi(n)=x^{q^n}-x$，所以

$$\deg A=q^n-\sum_{1\le i\le S}q^{\frac{n}{p_i}}+\sum_{1\le i_1<i_2\le S}q^{\frac{n}{p_{i_1}p_{i_2}}}+...+(-1)^S q^\frac{n}{p_1p_2...p_S}$$

故$\deg A\equiv (-1)^Sq^\frac{n}{p_1p_2...p_S}\ne 0 (\mod q^{\frac{n}{p_1p_2...p_S}+1})$[$q^{\frac{n}{p_1p_2...p_S}+1}|q^n$，前面项全消去仅剩最后一项]，故$\deg A>0$，因此$A$至少包含1个不可约多项式

定理3.26 对于任意素数$p$，正整数$n$，$p^n$元有限域一定存在。

证明方法：根据定理3.25能在$\mathbb Z_p$找到n次不可约多项式，因此可以根据定理3.16构造一个元素个数为$p^n$的有限域。

若$\mathbb F_{q^n}$是$\mathbb F_q$的扩域，则$\mathbb F_{q^n}$可以看做$\mathbb F_q$的n维向量空间，一组基能够按照定理3.18的方式构造：$\{1,\beta_1,\beta_2,...\beta_{n-1}\}$，$\mathbb F_{q^n}$中任意一个元素可以唯一表示为

$$a_0+a_1\beta_1+...+a_{n-1}\beta_{n-1},a_i\in\mathbb F_q$$

的形式。

如$\{1,x,x^2,...,x^{n-1}\}$就是一组基。

引理1 设群$G$的元素$\alpha$的阶为$n$，则对于任意整数m，$ord(\alpha^m)=\frac{n}{(m,n)}$

证明：设$ord(a^m)=d$，分别证明$d|\frac{n}{(m,n)},\frac{n}{(m,n)}|d$即可。
$d|\frac{n}{(m,n)}$易证
$(\alpha^m)^d=1$，故$n|md$，即$\frac{n}{(m,n)}|\frac{m}{(m,n)}d$，且有$(\frac{m}{(m,n)},\frac{n}{(m,n)})=1$，故$\frac{n}{(m,n)}|d$

引理2 设群$G$中，$ord(\alpha)=m,ord(\beta)=n$，若$(m,n)=1$，则$ord(\alpha\beta)=mn$
证明：证明思路与引理1相同
$d|mn$易证
$(\alpha\beta)^d=1$，故$\alpha^d=\beta^{-d}$，故$ord(\alpha^d)=\frac{m}{(d,m)}=\frac{n}{(-d,m)}=ord(\beta^{-d})$。$(m,n)=1\Rightarrow(\frac{m}{(d,m)},\frac{n}{(d,n)})=1,\frac{m}{(d,m)}=\frac{n}{(d,n)},\therefore \frac{m}{(d,m)}=\frac{n}{(d,n)}=1$。故$m|d,n|d\Rightarrow mn|d$

定理3.27 有限域的乘法群是循环群。

证明方法：设$\mathbb F_{p^n}$是元素个数为$p^n$的有限域，其乘法群元素个数为$p^n-1$，设$\alpha$是其中阶最大的元素，设其阶$ord(\alpha)=d$，则$d|p^n-1$，故有$d\le p^n-1$。
对任意$\beta\in\mathbb F_{p^n}$，设$ord(\beta)=s=\prod_{i=1}^t p_i^{\alpha_i},d=\prod_{i=1}^t p_i^{\beta_i},\alpha_i\ge 0,\beta_i\ge 0$，那么$[d,s]=\prod_{i=1}^tp_i^{\max\{\alpha_i, \beta_i\}}$，将前面的式子拆分为两份：$s'=\prod_{\alpha_i\ge \beta_i}p_i^{\alpha_i},d'=\prod_{\alpha_i<\beta_i}p_i^{\beta_i}$，则易得$d'|d,s'|s,(d,s)=1,d's'=[d,s]$，此时$ord(\alpha^{\frac{d}{d'}})=d',ord(\beta^{\frac{s}{s'}})=s'$，由引理2可得，$ord(\alpha^{\frac{d}{d'}}\beta^{\frac{s}{s'}})=d's'=[d,s]\le d$，因为d是最大的阶。故有$s|d$。于是$\mathbb F_{p^n}^*$中任意一个元素的阶都是d的因子，即$\mathbb F_{p^n}^*$中$p^n-1$个元素均为$x^d-1=0$的根，故有$p^n-1\le d$。综上有$d=p^n-1$，证毕。

将域乘法群的生成元称为其本原元。

定义3.12 极小多项式：$\mathbb F_q$是元素个数为q的有限域，有限域$\mathbb F$为其扩域，则$\mathbb F$中任意一个元素$\alpha$在$\mathbb F_q$上的极小多项式指$\mathbb F_q$上以$\alpha$为根的首1不可约多项式。（$\alpha$为$\mathbb F_q$扩域上，$\mathbb F$上元素，故其不一定是$\mathbb F_q$上元素，因此虽然$x-\alpha$整除该多项式，但该多项式不一定就是$x-\alpha$。但如果$\alpha\in\mathbb F_q$，则该多项式就是$x-\alpha$）

群的定理 设$<a>$为由a构成的循环群，则：

1. $<a>$的子群都是循环群
2. 对于任意正整数$d|n$，$<a>$存在唯一d元子群
3. 若整数$s,t$不全为0，则$<a^s,a^t>=\{a^{sx+ty}\}=<a^{(s,t)}>$

引理3 设$\mathbb F_q$是元素个数为q的有限域，有限域$\mathbb F$为其扩域，$\mathbb F$任一元素$\alpha$在$\mathbb F_q$上的极小多项式存在且唯一。
证明：存在性。设$|\mathbb F|=q^n$，则其中任意一个元素一定为$x^{q^n}-x$的根，其可以在$\mathbb F$中分解为若干首1不可约多项式的乘积：$x^{q^n}-x=p_1(x)p_2(x)...p_s(x),p_i(x)\in\mathbb F_q[x]$，故存在$1\le i\le s,p_i(\alpha)=0$，$p_i(x)$即为$\mathbb F_q$上的极小多项式。
唯一性。由定理3.24定理的推论，不存在重根，设存在两个极小多项式$a(x),b(x)$，因为$(a(x),b(x))=1$，代入$\alpha$可得：$0=s(\alpha)a(\alpha)+t(\alpha)b(\alpha)=1$，矛盾。

由上可知，$\alpha$在$\mathbb F_q$上的极小多项式是以$\alpha$为根的次数最低的多项式，且唯一。（反证法：假设可约则存在有次数更低的多项式，代入$\alpha$得其中一个多项式必为0，矛盾）

结论1 设$f(x)$是一个n次不可约多项式，那么包含$f(x)$的根$\alpha$的最小扩域为$\mathbb F_{q^n}$，所有包含$f(x)$的根的域都是$\mathbb F_{q^n}$的扩域。

证明：设包含$f(x)$的根$\alpha$的最小扩域为$\mathbb F_{q^k}$，设

$$x^{q^k}-x=g(x)f(x)+r(x),\deg r(x)<\deg f(x)$$

代入$\alpha$可得$r(x)=0$，即$\alpha$是r(x)的一个根，但f(x)是$\mathbb F_q$上以$\alpha$为根的次数最小的多项式，因此r(x)只能为0。
故$f(x)|x^{q^k}-x,n|k$，最小正整数k即为n（定理3.20，3.22）

结论2 $\mathbb F_q$为q元有限域，那么其扩域$\mathbb F_{q^n}$中包含所有次数为n的因子的不可约多项式的所有根，而不包含次数不为n的因子的不可约多项式的任何根。

证明：由结论1易证。

引理4 设$\mathbb F_q$是元素个数为q的有限域，有限域$\mathbb F$为其扩域，$\alpha\in\mathbb F^*$，$\alpha$的阶为m，设k是使$q^k\equiv1(\mod m)$的最小正整数，则$\alpha$在$\mathbb F_q$上的极小多项式为k次，该多项式的k个根为$\alpha,\alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k-1}}$。若$|\mathbb F|=q^n$，$\alpha$为$\mathbb F$的本原元，则$\alpha$在$\mathbb F_q$上的极小多项式一定为n次。

证明：构造k次多项式

$$g(x)=(x-\alpha)(x-\alpha^q)...(x-\alpha^{q^{k-1}})$$

对于$0\le i\le k$，g(x)的1次项系数可以看做$\mathbb F_q$的素域$\mathbb F_p$上的k元多项式，不妨设为$c_i(\alpha, \alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k-1}})$，即$g(x)=\sum_{i=0}^kc_i(\alpha, \alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k-1}})x^i$
由$q^k\equiv 1(\mod m)$，$\alpha$的阶为m，得到$\alpha^{q^k}=\alpha$，又q为p的幂，因此由定理3.5：

$$(c_i(\alpha, \alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k-1}}))^q=c_i(\alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k}})=c_i(\alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha)$$

又$g(x)=(x-\alpha^q)...(x-\alpha^{q^{k-1}})(x-\alpha)$，所以g(x)的i次项系数又可以表示为$c_i(\alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha)$，也即$c_i(\alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha)=c_i(\alpha, \alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k-1}})$。因此有

$$(c_i(\alpha, \alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k-1}}))^q=c_i(\alpha, \alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k-1}})$$

由定理3.19可知$c_i(\alpha, \alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k-1}})\in\mathbb F_q$，即$g(x)\in\mathbb F_q[x]$

下面证明$g(x)$在$\mathbb F_q[x]$中不可约。
易得$\alpha, \alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{k-1}}$互不相等。若存在两项$\alpha^{q^i},\alpha^{q^j}$相等，则$\alpha^{q^i(q^{j-i}-1)}=1$，故$m|q^i(q^{j-i}-1)$。由$q^k\equiv 1(\mod m)$可知$(q,m)=1$（q^k和1属于模m的同一个剩余类，故(q^k,m)=(1,m)=1，即有(q,m)=1），故$m|q^{j-i}-1$，即$q^{j-i}\equiv 1(\mod m)$，但$0<j-i<k$，与k最小矛盾。

若$g(x)$在$\mathbb F_q[x]$上可约，则存在因式$f_1(x),f_2(x)\in\mathbb F_q[x]$
由$g(\alpha)=0$可得$f_1(\alpha)=0$或$f_2(\alpha)=0$，不妨设$f_1(\alpha)=0$，则有$f_1(\alpha)=f_1(\alpha^q)=...=f_1(\alpha^{q^{k-1}})=0$（$f_1(\alpha)=\sum_{i=0}^Sa_i\alpha^i,a_i^q=a_i$，故$f_1(\alpha)=\sum_{i=0}^Sa_i\alpha^{qi}=\sum_{i=0}^Sa_i^q\alpha^{qi}=(f_1(\alpha))^q=0$），其根的个数超过其次数，矛盾。

由极小多项式的定义和唯一性可知g(x)即为$\alpha$在$\mathbb F_q$上的极小多项式。
所有根的阶数均为m。

引理5 设$\mathbb F_q$是元素个数为q的有限域，$f(x)$为$\mathbb F_q$上的$n(n\ge 1)$的首1不可约多项式，$\mathbb F_{q^n}$为$\mathbb F_q$的任一扩域，那么$f(x)$在$\mathbb F_{q^n}$中有根，且若$\alpha$是$f(x)$在$\mathbb F_{q^n}$中的一个根，那么$f(x)$在$\mathbb F_{q^n}$中的所有根为$\alpha,\alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{n-1}}$。

证明：当$f(x)=cx,c\in\mathbb F_q^*$时，结论成立。
不妨设$f(x)$是首一n次不可约多项式，且$f(x)\ne cx,c\in \mathbb F_q^*$。由定理3.20可知$f(x)|x^{q^n}-x$，而$\mathbb F_{q^n}$中所有$q^n$个元素均为$x^{q^n}-x$的根。令$x^{q^n}-x=f(x)g(x),\deg g(x)=q^n-n$，则$x^{q^n}-x$的根一定是f(x)或g(x)的根，且f(x)的根至少有n个。又$\deg f(x)=n$，则f(x)有n个根。

$\alpha$是$f(x)$在$\mathbb F_{q^n}$中的一个根，则$f(x)$为$\alpha$在$\mathbb F_q$上的极小多项式，其所有根为$\alpha,\alpha^q,\alpha^{q^2},...,\alpha^{q^{n-1}}$。

定义3.13 极小多项式所有根的阶称为多项式的周期，周期为最大（$q^n-1$）时称该多项式为$\mathbb F_q$上的本原多项式

定理3.28 所有元素相同的有限域均同构。

证明方法：

定理3.29 （有限域伽罗华定理）设p为素数，$\mathbb F_{p^n}$为元素个数为pⁿ的有限域，$\alpha$为$\mathbb F_{p^n}$的本原元，$\alpha$在$\mathbb F_p$上的极小多项式为n次本原多项式$f(x)$，则：
(1) $\mathbb F_{p^n}$的任意自同构都保持其素域$\mathbb F_p$中的元素不变。
(2) $\mathbb F_{p^n}$的任意自同构都只能将$f(x)$的根映射成$f(x)$的根。

Chapter 3 有限域

定义3.1 设$\mathbb F$为一个非空集合，在其上定义两种运算：加法和乘法，这两种运算在集合上封闭，且满足下列条件：

1. $\mathbb F$中所有元素对于加法形成加法交换群
2. $\mathbb F$中所有非零元素（记为$\mathbb F^*$）对于乘法构成乘法交换群
3. 任意$\mathbb F$中元素满足乘法对加法的交换律（与实数集中的交换律形式上相同）

则称$\mathbb F$对于规定的乘法和加法构成一个域。
一个域至少有两个元素：加法群零元（称为域的零元，$0$）和乘法单位元（称为域的单位元，$e$）。域元素个数有限称为有限域或伽罗华域，否则称为无限域。有理数集合$\mathbb Q$和复数集合$\mathbb C$按定义的加法和乘法均为域

定义3.2 设$\mathbb F$是一个域，$\mathbb F_0$是$\mathbb F$的非空子集，如果对于$\mathbb F$上的加法和乘法，$\mathbb F_0$本身也是一个域，则称$\mathbb F_0$是$\mathbb F$的子域，$\mathbb F$是$\mathbb F_0$的扩域，记作$\mathbb F_0\subsetneq\mathbb F$

定理3.1 设$\mathbb F_0$，$\mathbb F_0^*$均是域$\mathbb F$的非空子集，当且仅当下面两个条件成立时$\mathbb F_0$是$\mathbb F$的子域：

1. 对于任意$a, b\in \mathbb F_0$，都有$-a, a+b\in\mathbb F_0$
2. 对于任意非零元素$a, b\in\mathbb F_0$，都有$a^{-1}, ab\in\mathbb F_0$

证明方法：需要证明$\mathbb F_0$是$\mathbb F$的加法子群，$\mathbb F_0^*$是$\mathbb F$的乘法子群。这个证明与证明子群很相似。
$\because a,-a\in\mathbb F_0, \therefore0\in\mathbb F_0$，有加法单位元，每个元素有逆元。
$\because \forall a, b\in \mathbb F_0, a+b\in \mathbb F_0$，故运算封闭。
该运算由于在$\mathbb F$中构成域，因此满足交换律与结合律。因此$\mathbb F_0$是$\mathbb F$的加法子群。
$\because \forall a\in\mathbb F_0, a^{-1}\in\mathbb F_0$，故每个元素有逆元，有乘法单位元$e$
$\because \forall a, b\in \mathbb F_0, ab\in \mathbb F_0$，故运算封闭。
该运算由于在$\mathbb F$中构成域，因此满足交换律与结合律。因此$\mathbb F_0^*$是$\mathbb F$的乘法子群。
由于这两个运算在$\mathbb F$中满足分配律，因此在$\mathbb F_0$中同样满足。$\Box$

定义$a^{-n}=(a^n)^{-1}$，当$a\ne 0$时，定义$a^0=e$。

定理3.2 设$\mathbb F$是一个域，那么：

1. 对于任意$a\in\mathbb F$，$0a=a0=0$；
2. 对于任意$a,b\in\mathbb F$，若$ab=0$，则$a=0$或$b=0$

证明方法：$0a=(0+0)a$ 证明1
若$a\ne 0$，则$ab=a^{-1}ab=b=0$，若$b=0$同理。

在域中，二项式定理成立。

定理3.3 设$\mathbb F$是一个域，$a,b\in\mathbb F$，对于任意正整数$n$，有

$$(a+b)^n=\sum_{i=0}^n C_n^i a^{n-i} b^i =\sum_{i=0}^n\begin{pmatrix}n\\i\end{pmatrix}a^{n-i} b^i$$

证明方法：分配律易证。

定义3.3 设$\mathbb F$是一个域，如果存在正整数$m$，使得对于任意$a\in\mathbb F$均有$ma=0$，则在所有满足上述条件的m中，最小的正整数称为域$\mathbb F$的特征。如果$m$不存在则称$\mathbb F$的特征为0。特征记作$char(\mathbb F)$。

定义3.4 设$\mathbb F, \mathbb k$是两个域，如果存在$\mathbb F$到$\mathbb k$的一一映射$\delta$，使得对于任意$a,b\in\mathbb F$，均有

$$\delta(a+_{\mathbb F}b)=\delta(a)+_{\mathbb k}\delta(b), \delta(a\times_{\mathbb F} b)=\delta(a)\times_{\mathbb k}\delta(b)$$

则称$\delta$为$\mathbb F$到$\mathbb k$的同构映射，称$\mathbb F, \mathbb k$同构，记作$\mathbb F\cong\mathbb k$。如果$\mathbb F=\mathbb k$则称$\delta$为自同构映射，若对于任意$a\in\mathbb F$均有$\delta(a)=a$，则称$\delta$为恒等自同构映射。一个域的最小子域称为该域的素域。

定理3.4 设$\mathbb F$是一个域，则$char(\mathbb F)$为0或某个素数$p$。特征为素数$p$的域的素域与$\mathbb Z_p$同构，特征为0的域的素域与$\mathbb Q$同构。

证明方法：此证明显然需要分为三个部分进行。
首先证明特征为0或素数。如果特征不是素数，则可写为$s\times t$的形式，也即$\forall a\in \mathbb F, (st)a=sta=0$，故$sa=0$或$ta=0$。此时特征就应该是$s$或$t$而非$st$。
当$\mathbb F$是一个域且特征不为0时，其所有子域显然均需要包含$0$和$e$，由于需要满足运算的封闭性，所以还需要包含$2e, 3e, ...,(p-1)e$。由这些元素构成的集合容易证明其是一个域（需要注意乘法逆元的证明，由于$p$是素数，故对于任意的$0<k<p$，均能找到其关于模$p$的逆元，也就是对应的乘法逆元），因此这就是$\mathbb F$上最小的域。同构映射$\delta(ke)=k$与$\mathbb Z_p$构成同构。
当$\mathbb F$的特征为0时，同样其所有子域均需要包含$0,e,2e,3e,...$。由加法运算的封闭性，还需要包含$-e,-2e,-3e,...$。又由于需要满足乘法逆元也包含于域中，所以$e^{-1}, 2e^{-1},...-e^{-1},-2e^{-1},...$也在子域中。又需要满足乘法的封闭性，故任意子域均需包含$\mathbb F_0=\{(ae)(be)^{-1}|a,b\in\mathbb Z,b\ne 0\}$。这个集合容易证明域的所有判定性质，因此其本身就是一个域，而且是最小的子域。同构映射$\delta((ae)(be)^{-1})=\frac{a}{b}$与$\mathbb Q$构成同构。

定理3.5 设$\mathbb F$是一个域，$char(\mathbb F)=p$，则对于任意$a,b\in\mathbb F,n\ge 0$，均有

$$(a\pm b)^{p^n}=a^{p^n}\pm b^{p^n}$$

证明方法：首先使用二项式定理证明$(a+b)^p=a^p+b^p$：
$(a+b)^p$中的第i项为$\frac{p!}{i!(p-i)!}a^ib^{p-i}$，即证明$\frac{p!}{i!(p-i)!}$是$p$的倍数$(i\ne 0,i\ne p)$。显然这是一个整数，且$\frac{p!}{i!(p-i)!}=p\times \frac{(p-1)!}{i!(p-i)!}$。后面的数不可能是分数，因为如果是，那么分母必然是$p$的倍数，但是分母显然与$p$互素。因此后面的数是整数，也就是说这个数能够被$p$整除。故得证第一项。
然后使用数学归纳法，用类似的方式证明后面的式子即可。

定义3.5 对于非负整数$i$，$a_ix^i,a_i\in\mathbb F$表示域$\mathbb F$上文字为x的单项式，称形式和$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x^1+a_0x^0,a_i\in\mathbb F$为域上文字为x的多项式，简称域$\mathbb F$上的多项式。$a_ix^i$称为$f(x)$的$i$次项，$a_i$称为$f(x)$的$i$次项系数。当$a_n\ne 0$时，称该多项式为n次多项式，$a_n$称为$f(x)$的首项系数，多项式$f(x)$的次数称为$\deg f(x)$。如果多项式各项系数均为0，称为零多项式，记为0，次数规定为$-\infty$。
域$\mathbb F$上文字为x的所有多项式的集合用符号$\mathbb F[x]$表示，规定$x^0=1\in\mathbb F,a_0x^0=a_0\in\mathbb F$，则有$\mathbb F\subsetneq\mathbb F[x]$。注意按照上面的定义，$\mathbb F[x]$不是域。
关于多项式次数，下面结论成立：

$$\deg (f(x)+g(x))\le max\{\deg f(x), \deg g(x)\} \\\deg(f(x)g(x))=\deg f(x)+\deg g(x)$$

注意：这里的x可以表示任意的东西而不仅限于$\mathbb F$，即anything，但是需要定义次方。

定理3.6 设$f(x),g(x)$为域$\mathbb F$上的两个多项式，$g(x)\ne 0$，则存在唯一一对多项式$q(x),r(x)$使得

$$f(x)=q(x)g(x)+r(x),\deg r(x)<\deg g(x)$$

注意：不要看系数能否被整除，而应该注意到域的性质。由于域的特征只可能为素数或0，因此不要想当然地用诸如$5x^2+1$和$2x^2+4$来挑战这条定理，因为整数集并不是域！

证明方法：归纳。
存在性易证，总存在一个系数能够消去被除式的最高次项（利用乘法逆元）
唯一性：$(q(x)-q'(x))g(x)=r'(x)-r(x),\deg (r'(x)-r(x))<\deg g(x)$，故$q(x)=q'(x), r(x)=r'(x)$

定理中的式子称为多项式带余除法算式，$r(x)$称为余式，记作$(f(x))_{g(x)}=r(x)$

定理3.7 多项式满足模加和模乘运算。证明略。

定义3.6
整除：$r(x)=0$
倍式与因式
真因式：次数小于倍式的因式

定义3.7
可约多项式：不含次数大于0的真因式的多项式
不可约多项式

定理3.8 域$\mathbb F$上多项式$f(x)$可约，则当且仅当存在两个域$\mathbb F$上多项式$f_1(x),f_2(x)$，$\deg f_1(x)<\deg f(x), \deg f_2(x)<\deg f(x)$，使得$f(x)=f_1(x)f_2(x)$

证明略。

定理3.9 如果有$g(x)|f_1(x), g(x)|f_2(x)$，则任意多项式$s(x),t(x)$，有$g(x)|s(x)f_1(x)+t(x)f_2(x)$

证明方法：
设$f_1(x)=g(x)q_1(x),f_2(x)=g(x)q_2(x)$
则$s(x)f_1(x)+t(x)f_2(x)=(s(x)q_1(x)+t(x)q_2(x))g(x)$一定是$g(x)$的倍式

定义3.8 公因式、最高公因式（首项系数为1，次数最高）、互素

定理3.10 欧几里得辗转相除法
$r_i(x)=q_{i+1}(x)r_{i+1}(x)+r_{i+2}(x)$

1. 经过有限步之后，余式必然为0。
2. 存在多项式$s(x),t(x)\in \mathbb F[x]$，使得$s(x)r_0(x)+t(x)r_1(x)=r_n(x)$。
3. 设$r_n(x)$首项系数为$c$，则$(r_0(x), r_1(x))=c^{-1}r_n(x)$，且最高公因式唯一存在。
4. 对于任意$c(x)\in \mathbb F(x)$，如果$c(x)|r_0(x),c(x)|r_1(x)$，那么$c(x)|(r_0(x),r_1(x))$