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有限域基础13.2部分笔记

定义$\mathbb{Z}_{p ^ s}[x]$上的两个多项式$f_{1}$和$f_{2}$,如果存在两个$\mathbb{Z}_{p ^ s}[x]$上的多项式$\lambda_{1}$和$\lambda_{2}$,满足$\lambda_{1}f_{1} + \lambda_{2}f_{2} = 1$,也即满足$\mathbb{Z}_{p ^ s}[x]f_{1} + \mathbb{Z}_{p^s}[x]f_{2} = \mathbb{Z}_{p^s}[x]$则称$f_{1}$和$f_{2}$在$\mathbb{Z}_{p ^ s}[x]$上是互素的。

对于$\lambda_{1}f_{1} + \lambda_{2}f_{2} = 1 \Leftrightarrow \mathbb{Z}_{p ^ s}[x]f_{1} + \mathbb{Z}_{p^s}[x]f_{2} = \mathbb{Z}_{p^s}[x]$的简单证明如下：

证明: $对于充分性而言,若\lambda_{1}f_{1} + \lambda_{2}f_{2} = 1$，则任取一个$F \in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$并分别乘在等式两边有，$(F\lambda1)f_{1} + (F\lambda_{2})f_{2} = F。$由整数多项式环上乘法运算封闭易有$F\lambda1 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x],F\lambda2 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x]。$则该式表明对于任意的$F \in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$，均有对应的$F\lambda1 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x],F\lambda2 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$ 满足$(F\lambda1)f_{1} + (F\lambda_{2})f_{2} = F。$则按定义知$\mathbb{Z}_{p^s}[x] \subseteq \mathbb{Z}_{p ^ s}[x]f_{1} + \mathbb{Z}_{p^s}[x]f_{2} 。$又由整数多项式环乘法运算和加法运算封闭知若$F\lambda1 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x],F\lambda2 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x],f1,f2 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$，则显然有$(F\lambda1)f_{1} + (F\lambda_{2})f_{2} \in \mathbb{Z}_{p^s}[x],也即$ $\mathbb{Z}_{p ^ s}[x]f_{1} + \mathbb{Z}_{p^s}[x]f_{2} \subseteq \mathbb{Z}_{p^s}[x],故\mathbb{Z}_{p ^ s}[x]f_{1} + \mathbb{Z}_{p^s}[x]f_{2} = \mathbb{Z}_{p^s}[x]，充分性证毕。$

$对于必要性而言，我们易知因1 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x],则由\mathbb{Z}_{p ^ s}[x]f_{1} + \mathbb{Z}_{p^s}[x]f_{2} = \mathbb{Z}_{p^s}[x]知，必定存在两个\lambda1,\lambda2 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$,使得$\lambda_{1}f_{1} + \lambda_{2}f_{2} = 1$,证毕。

基于以上定义，我们可以模仿之，用于定义两个域$\mathbb{F}_{p}[x]$上的多项式的互素，也即若$\mathbb{F}_{p}[x]$上的两个多项式互素，当且仅当它们没有度大于等于1的最大公因子。

Lemma 13.5 Let $f_{1}$ and $f_{2}$ $\in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$.Then $f_{1}$ and $f_{2}$ are coprime in $\mathbb{Z}_{p^s}[x]$ if and only if $\bar{f}_{1}$ and $\bar{f}_{2}$ are coprime in $\mathbb{F}_{p}[x]$

证明之前，首先明确$f_{1}$ 和 $\bar{f}_{1}$的含义，前者为$\mathbb{Z}_{p^s}[x]$的一个多项式，后者是$f_{1}$中每个系数$mod$ $p$ 之后的多项式。

例子： 若$p = 2$ ,$s = 3$ 则$\mathbb{Z}_{p^s} = \mathbb{Z}_{8} = \{0,1,2,3,4,5,6,7\}$ 又$f_{1} \in \mathbb{Z}_{8}[x],也即f_{1}中的x前面的任意系数a_{i} \in\mathbb{Z}_{8}$ ,不妨令$f1 = 2x^7+3x^6+6x^5+7x^4+4x^3+5x + 7$,则根据定义，$\bar f_{1} = x^6 + x^4 + x + 1$,即只保留原$f_{1}$中系数为奇数的$x$的幂次。

证明：

当$s = 1时,\mathbb{Z}_{p^s}[x] = \mathbb{Z}_{p}[x]，此时\mathbb{Z}_{p} = \{0,1,2,3,....p-1\}$。又$f_{1} \in \mathbb{Z}_{p}[x]$, 不妨设$f_{1} = a_{m}x^m + a_{m-1}x^{m-1}+...a_{1}x^1 + a_{0}$接着，任取$f_{1}$的一个系数记为$a'$，按定义$a'$可表示为$a' = C_{n}p^{n} + C_{n-1}p^{n-1}+...C_{1}p^1 + C_{0}$ 且我们知道$a' \in \mathbb{Z}_{p} = \{0,1,2,3,....p-1\}$,故我们易有$f_{1}中的任意系数a' = C_{0}$。 以上结论可以用反证法证明，也即若设$a' = C_{n}p^{n} + C_{n-1}p^{n-1}+...C_{1}p^1 + C_{0}$，存在一个$i > 0$ 使得$C_{i}\neq 0$,那么显然有$C_{i}p^i \geq p$, 即$a' \notin\mathbb{Z}_{p}$这与已知条件$a' \in \mathbb{Z}_{p}矛盾$故$a' = C_{0}$，证毕。从而我们有$a' =C_{0} = \bar{a'}$,进而我们有$\bar{f_{1}} = f_{1} 及\bar{f_{2}} = f_{2}$故结论显然成立。 而当$S > 1$时，我们假设$\bar{f_{1}} 和\bar{f_{2}}在域\mathbb{F}_{p}[x]上互素$，则对于$\lambda1和\lambda2 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$,有$\bar\lambda1\bar{f_{1}} +\bar\lambda2\bar{f_{2}} = 1$进而我们有$\lambda1f_{1}+\lambda2f_{2} = 1 + pk,其中k \in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$。接着我们构造$l = \begin{equation*}\sum_{i=0}^{s-1}(-pk)^{i}\end{equation*}$并将其分别乘于前式的等式两边，则有$l\lambda1f_{1}+l\lambda2f_{2} = l(1+pk)$对于右边，我们进一步展开有$l(1+pk)=\begin{equation*}\sum_{i=0}^{s-1}(-1)^{i}p^{i}k^{i}\end{equation*}+\sum_{i=0}^{s-1}(-1)^{i}p^{i+1}k^{i+1}$将和式展开，并裂项相消有$l(1+pk)=(-1)p^0k^0 + (-1)^{s-1}p^sk^s$显然在$如若$中 $(-1)^{s-1}p^sk^s=0$故$l(1+pk)=1$也即$l\lambda1f_{1}+l\lambda2f_{2} = 1$再次利用$\mathbb{Z}_{p^s}[x]$是整数多项式环，元素运算具有封闭性知$l\lambda1 \in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$和$l\lambda2\in \mathbb{Z}_{p^s}[x]$故最终我们可得$l\lambda1f_{1}+l\lambda2f_{2} = 1 =\lambda1f_{1}+\lambda2f_{2}$。因此$f_{1}和f_{2}在\mathbb{Z}_{p^s}[x]上是互素的，反之亦然。$

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