15.域

​ 回顾一下域的定义，对于代数结构$[F;+,\cdot ]$，满足：

• +构成Abel群,$\cdot$构成半群

• $\cdot$关于+满足分配律 (至此构成环)

• 如果$\cdot$满足交换律，有单位元，且无零因子，构成整环

• 如果$\cdot$满足有单位元，无零因子，且非零元有逆，构成除环

• 整环非零元有逆，或除环满足交换律，构成域

15.1 扩域

定义1 扩域

​ 当$F$是域，$F^{\prime }\subseteq F,F^{\prime }\ne \varnothing ,F^{\prime }$按$F$中的运算也是域时，则称$F^{\prime }$是$F$的子域。当$[F;+,\cdot ]$是域$[K;+,\cdot ]$的子域时，称$K$为$F$的扩域；也称$K$是域$F$的一个扩张 p195

​ 例如，$[Q;+,\cdot ]$是$[R;+,\cdot ]$的子域，$R$就是$Q$的扩域。

定理1 线性空间

​ 域$K$为$F$的扩域，那么域$K$就是$F$上的线性空间 p195

​ 证明就是满足线性空间的几个定义，有了这个定理，有关线性空间中的维数、基等概念完全可用来讨论扩域的结构。

定义2 扩张次数

​ 扩域$K$作为域$F$上的线性空间，其维数称$K$关于$F$的扩张次数，记为$[K:F]$。当它是有限数$n$时，称$K$是$F$的有限扩张或$n$次扩张;否则就称$K$为$F$的无限扩张。 p195-p196

例如，复数域是实数域的扩张，$(1,i)$是它的一组基，因为$a\cdot 1+b\cdot i=0$当且仅当$a=b=0$。显然有 C = { a + i b ∣ a , b ∈ R } , i 2 = − 1 C=\{a+ib|a,b\in R\},i^2=-1 C={a+ib∣a,b∈R},i2=−1,则$[C:R]=2$

定理2 多项式扩张次数

​ 已知$F$为域，$p(x)$为$F[x]$中不可约多项式，$degp(x)=n$，令$K=F[x]/(p(x))$,则$[K:F]=degp(x)=n$ (p196)

0到n-1次，共有n项

定理3 扩张次数可结合

​ 已知$L$是$K$的有限扩域，$K$为$F$的有限扩域，则$[L:F]=[L:K][K:F]$ ( p196)

设$(v_i,...)$系列是$[L:K]=n$上的基，$({\mu }_i,...)$是$[K:F]=m$的基，$\forall x\in L$,有
$$\begin{gathered} x=\sum _{i=1}^n{a}_i{v}_i,a_i\in K \\ {a}_i=\sum _{j=1}^m{b}_{ij}{\mu }_i \\ x=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{b}_{ij}{\mu }_i{v}_i \end{gathered}$$
​ 说明$\forall x\in L$可由 { μ 1 ⋅ v 1 , ⋯ , μ m v n } \{\mu_1\cdot v_1,\cdots,\mu_m v_n\} {μ1​⋅v1​,⋯,μm​vn​}的线性组合表示，接下来证明它是基就行，因为$\mu ,v$都是线性无关的，那么外层$v$的求和不为0，内层$\mu$的求和也不为0，除非他们均为0，即得

​ 由这个定理可以推出一个简单的结论：即如果$[K:F]=p,p$为素数，那么$K$和$F$之间没有别的域。

定义3 单扩域

​ 设$K$为$F$的扩域，$\forall \alpha \in K$,记$F(\alpha )$为$K$中包含$F$与$\alpha$的最小子域(为了满足域的性质，可能会添加其他元素)，称$F(\alpha )$是将$\alpha$添加于$F$而得到的域，或由$\alpha$在$F$上生成的域，叫做$F$的单扩域。

​ 例如:$C=R(i)$

​ 实际上，$F(\alpha )$就是包含$F$与$\alpha$的$K$的所有子域的交。

定义4 素域

​ 一个没有真子域的域称为素域

​ 域是整环，其特征数或为0或为素数

定理4 域关于+的特征数

​ 设$[F;+,\cdot ]$为域，则$[F;+]$中的非零元同阶，皆为$charF$

设$a,b\in F,a\ne 0,b\ne 0,a$的阶为n，b的阶为m
$$(na)b=(a+a+\cdots +a)b=(ab+\cdots +ab)=a(nb)=0$$
无零因子，则$(nb)=0,m|n$，同理可证$n|m$,则$n=m$,特别的$charF=0$时，元素的阶为$\infty$

推论1 当$K$为$F$的扩域时，$charK=charF$

$K,F$含有同一个单位元

定理5 素子域同构

$F$为域，则必包含一个素子域$\Delta$，且

1. $charF=0$时，$\Delta \cong Q$
2. $charF=p$时，$\Delta \cong Z_p$

证明是困难的

对于1.注意到$\Delta =\{(ne)\cdot (me{)}^{-1}|n,m\in Z,m\ne 0\}$是一个比较良好的构造，且容易建立同构映射
$$\phi :\Delta \to Q,\phi ((ne)\cdot (me{)}^{-1})=\frac{n}{m}$$
,难点在于证明$\Delta$是域，且为素域。

又注意到(类似通分)
$$\begin{gathered} (ne)\cdot (me{)}^{-1}=(m^{\prime }e)\cdot (m^{\prime }e{)}^{-1}\cdot (ne)\cdot (me{)}^{-1}=(m^{\prime }ne)\cdot (m^{\prime }me{)}^{-1} \\ 同理，(n^{\prime }e)\cdot (m^{\prime }e{)}^{-}1=(m{n}^{\prime }e)\cdot (m^{\prime }me{)}^{-1} \end{gathered}$$
那么容易证明$a+b,-a,a\cdot b\in \Delta$，即可说明$\Delta$是封闭的。

关于逆元，显然$((ne)\cdot (me{)}^{-1}{)}^{-1}=(me)\cdot (ne{)}^{-1}\in \Delta$,则$\Delta$是域。

关于素域(证明是素域的方法):若存在$\Delta$的真子域${\Delta }^{\prime }$，考虑$e\in {\Delta }^{\prime }$，得$ne,me\in {\Delta }^{\prime }$,又因${\Delta }^{\prime }$为域，故$ne\cdot (me{)}^{-1}\in {\Delta }^{\prime }$，所以$\Delta \subseteq {\Delta }^{\prime }$,与${\Delta }^{\prime }\subset \Delta$矛盾，所以$\Delta$为$F$的素子域

对于2.注意到 Δ = { 0 = p ⋅ e , e , ⋯ , ( p − 1 ) ⋅ e } \Delta=\{0=p\cdot e,e,\cdots,(p-1)\cdot e\} Δ={0=p⋅e,e,⋯,(p−1)⋅e}是一个良好的构造，容易构造同构映射
$$\phi :\Delta \to Z_p,\phi (ke)=[k]$$
需要证明$\Delta$是域：

​ 显然$\Delta$是整环，那么还需要证明非零元有逆，

​ 即$\forall 非零元ke\in \Delta ，\exists se\in \Delta ,$有$(ke)\cdot (se)=(ks)\cdot e=e$，即$ks=tp+1,t\in Z$即$ks-tp=1$，这个形式很经典。

​ 我们不难注意到，因为$charF=p$，$p$为素数，那么$(k,p)=1$,则$\exists s,t\in Z,sk+tp=1$,即$ks☰1(modp)$，则这个逆元是存在的，是域

15.2 代数元与根域

定义5 代数元、超越元

​ $K$为$F$的扩域，$\alpha \in K$,如果$\exist f(x)\in F[x],f(x)\ne 0 $使得$f(\alpha)=0$，则称$\alpha$为域$F$上的‘代数元‘，否则就是$F$的超越元。根据定义可知，代数元就是该域上一个多项式的根

例

1.判断$\sqrt[3]{2}+\sqrt{5}$是否是$Q$的代数元？（显然不能写为$x-\sqrt[3]{2}+\sqrt{5}=0$的形式)
$$\begin{gathered} x=\sqrt[3]{2}+\sqrt{5} \\ x-\sqrt{5}=\sqrt[3]{2} \\ {x}^3-3\sqrt{5}{x}^2+15x-5-5\sqrt{5}=2 \\ {x}^3+15x-2=\sqrt{5}(3x^2+5) \\ {x}^6-15x^4-4x^3+75x^2-60x+121=0 \end{gathered}$$
各项系数都是有理数，那么是代数元

2.判断$cos\frac{2\pi }{5}$是否为$Q$上的代数元

​ 考虑到三角的形式，令$cos\frac{2\pi }{5}=x,sin\frac{2\pi }{5}=y$,则$x^2+y^2=1$，考虑欧拉公式，那么
$$\begin{gathered} (x+y\cdot i)=e^{\frac{2\pi }{5}i} \\ (x+y\cdot i{)}^5=e^{2\pi i}=1 \end{gathered}$$
​ 化简可得$16x^5-20x^3+5x-1=0$，是代数元

3.$e$与$\pi$都不是$Q$上的代表元，但这两个数是实数，是实数域上的代表元

定义6 极小多项式

​ $\alpha$是域$F$的一个代表元，$p(x)\in F[x]$，如果$p(x)$的首项系数为1，且它是$F[x]$中$\alpha$为根的多项式中次数最低的，称它为$\alpha$在$F$上的极小多项式

​ 例如定义5例题2中的多项式可分解为$(x-1)(4x^2+2x-1{)}^2$,所以$cos\frac{2\pi }{5}$在$Q$上的极小多项式是$x^2+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}$

定理6 极小多项式的相关性质

​ $\alpha$为$F$的代表元，$p(x)$为其在$F$上的极小多项式，则

1. $p(x)$不可约
2. 若$f(x)\in F[x],f(\alpha )=0$，则$p(x)|f(x)$
3. $p(x)$是唯一的

对于1. 如果$degp(x)=1$，显然不可约，如果大于2且可约，则$p(\alpha )=g(\alpha )q(\alpha )$，又无零因子，则$g(\alpha )=0orq(\alpha )=0$，而$degg(x)<degp(x),degq(x)<degp(x)$，故还有次数更低的多项式，矛盾了

对于2. 对于$f(x),p(x)$，则$f(x)=p(x)g(x)+r(x)，r(x)=0or\mathrm{deg}r(x)<degp(x)$，将$\alpha$代入得，$f(\alpha )=p(\alpha )g(\alpha )+r(\alpha )=0$，所以$r(\alpha )=0$，即$p(x)|f(x)$

对于3.设另有极小多项式$p_1(x)$，由2可知$p(x)|p_1(x),p_1(x)|p(x)$，则$p_1(x)=\mu p(x),\mu \in F$,而系数都是1，所以$\mu =1,p_1(x)=p(x)$，唯一

推论2 极小多项式的判断

​ $p(x)\in F[x]$，首项系数为1，在$F$上不可约，又有$p(\alpha )=0$，则$p(x)$为$\alpha$在域$F$上的极小多项式。

定义7 代数扩域、但代数扩域

​ 当域$F$的扩域$K$中每个元素都是$F$的代数元时，称$K$为$F$的代数扩域。

​ 当${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_n$为域$F$上的代数元时，记$F({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_n)$为包含$F$的最小代数扩域。

​ 当$n=1$时，称它为$F$上的单代数扩域

定理7 极小多项式商环同构

​ 已知$\alpha$为域$F$上的代数元，$p(x)\in F[x]$为$\alpha$在$F$上的极小多项式，$degp(x)=n>1$,则

1. $F(\alpha )\cong F[x]/(p(x))$
2. $F(\alpha )$中的元素可唯一表示为$a_0+a_1\alpha +\cdots +a_{n-1}{\alpha }^{n-1}，a_i\in F,0\le i\le n-1$

​ 作映射$\phi :F[x]\to F(\alpha ),\forall f(x)\in F[x],\phi (f(x))=f(\alpha )$,可以认为形式上只是将变量换成了定值，那么显然这是一个满同态映射。$K(\phi )$是$F[x]$的主理想(14.环中的定理13)。因为$p(\alpha )=0$，且首项系数为1，则$\phi (p(x))=p(\alpha )=0$,则$p(x)\in K(\phi )$,所以$K(\phi )=(p(x))$，由环同态基本定理立即得到

​ 显然的，将$\alpha$带入后式，有$F[\alpha ]/(p(\alpha ))=F[\alpha ]=(p(\alpha ))+a_0+a_1\alpha +\cdots +a_{n-1}{\alpha }^{n-1}=a_0+a_1\alpha +\cdots +a_{n-1}{\alpha }^{n-1}$

推论3 扩张次数关系

​ 定理7中，当$degp(x)=n$时，$[F(\alpha ):F]=n$

显然的，次数从0到n-1，基有n个，需扩张n次

定理8 代数扩域同构

​ $F(\alpha )$与$F(\beta )$是域$F$上的两个单代数扩域，$\alpha$与$\beta$在$F$上具有相同的极小多项式$p(x)\in F[x]$，则$F(\alpha )\cong F(\beta )$

由定理7可知，当$degp(x)=n$时
F ( α ) = { a 0 + a 1 α + ⋯ + a n − 1 α n − 1 ∣ a i ∈ F , 0 ≤ i ≤ n − 1 } F ( β ) = { b 0 + b 1 β + ⋯ + b n − 1 β n − 1 ∣ b i ∈ F , 0 ≤ i ≤ n − 1 } F(\alpha)=\{a_0+a_1\alpha+\cdots+a_{n-1}\alpha^{n-1}|a_i \in F,0\le i\le n-1\}\\ F(\beta)=\{b_0+b_1\beta+\cdots+b_{n-1}\beta^{n-1}|b_i \in F,0\le i\le n-1\} F(α)={a0​+a1​α+⋯+an−1​αn−1∣ai​∈F,0≤i≤n−1}F(β)={b0​+b1​β+⋯+bn−1​βn−1∣bi​∈F,0≤i≤n−1}
定义映射$\phi :F(\alpha )\to F(\beta ),\forall a\in F,\phi (a)=b,\phi (\alpha )=\beta$，这样当$f(\alpha )={\sum }_{i=0}^{n-1}{a}_i{\alpha }^i\in F(\alpha )$时，$\phi (f(\alpha ))={\sum }_{i=0}^{n-1}{b}_i{\beta }^i=f(\beta )\in F(\beta )$。这是一个同构映射。所以$F(\alpha )\cong F(\beta )$

上述定理可以推广到两个同构的域上

定理9 代数扩域同构(推广)

​ 域$F\cong F^{\prime },\phi$为其同构映射，$\alpha ,\beta$分别为$F$与$F^{\prime }$的代数元，其最小多项式分别为$p(x)={\sum }_{i=0}^{n-1}{a}_i{x}^i,p^{\prime }(x)={\sum }_{i=0}^{n-1}{b}_i{x}^i,$且$\phi (a_i)=b_i$,则$F(\alpha )\cong F^{\prime }(\beta )$

先说下推广在哪儿吧：定理8是同一个域上的代数扩域，定理9是同构的域上的代数扩域。

作映射$\varphi ，\forall a\in F,\varphi (a)=\phi (a)\in F^{\prime },\varphi (\alpha )=\beta ,\varphi (f(\alpha ))=\varphi ({\sum }_{i=0}^{n-1}{d}_i{\alpha }^i)={\sum }_{i=0}^{n-1}\phi (d_i){\beta }^i=f^{\prime }(\beta )\in F(\beta )$

由于$p(x)$和$p^{\prime }(x)$是不可约多项式，$\phi$是同构，易证$\varphi$也是同构映射(称为同构映射的开拓),于是$F(\alpha )\cong F^{\prime }(\beta )$

$\varphi$是同构映射是容易的，因为$\varphi $是同构的，那么肯定是一一对应，再证明下同态关系即可

任何有限扩域都是代数扩域，反之则不然(代数扩域可以是无限域)

定义8 根域

$F$为域，$\forall f(x)\in F[x],degf(x)=n\ge 1,N$为$F$满足下述条件的扩域：

1. $f(x)$在$N$上可分解为$n$个一次因子的乘积
2. $f(x)$在$N$的任一子域中不能分解为一次因子的乘积

则称$N$为多项式$f(x)$在域$F$上的根域，或简称根域。

条件1是描述了根域的性质，即包含多项式的根，条件2则限制了根域的大小，是刚好满足的一个代数扩域。

引理1 根域存在性前置

​ 设$p(x)$是域$F$上的不可约多项式，则存在$F$的一个有限扩域$K$，$p(x)$在$K$中有根

设$degp(x)=n$，并用$p$来记由$p(x)$所生成的理想$(p(x))$。域$F[x]/(p(x))$是$F$的n次扩域。取$K=F[X]/(p(x))$,注意到$p+x$是$p(x)$的根，提示:$(p+x{)}^2=(p+x)\otimes (p+x)=p+x^2$
KaTeX parse error: Expected 'EOF', got '&' at position 2: &̲a_0+a_1(p+x)+a_…
$p+0$即$(p(x))$，它是域$K$的零元，所以$p+x$是$p(x)$的根

定理10 根域存在性

​ 若$f(x)$是域$F$上的多项式，$degf(x)\ge 1$，那么存在$F$的一个扩域$K$，在$K$中$f(x)$可分解成一些一次因式的乘积

归纳法，$degf(x)=1$的时候，显然成立

假定$degf(x)=n-1$时成立，考虑$n$的时候，由定理14.12可知，$f(x)$可分解为若干个不可约多项式的乘积：$f(x)=p_1(x)\cdots p_k(x)=p_1(x)q(x)$，其中$p_1(x)$不可约，$degq(x)\le n$，由引理1可知，存在$F$的有限扩域$K^{\prime }$，使$p_1(x)$在其中有根$\alpha$，故$p_1(x)=(x-\alpha )p(x),p(x)\in K^{\prime }[x]$，因此在$K^{\prime }$上有
$$f(x)=(x-\alpha )p(x)q(x)=(x-\alpha )g(x)$$
其中$g(x)$为$K^{\prime }$中的$n-1$次多项式，由归纳假设，立即得到：域$K^{\prime }$有一个有限扩域$K$，使得$g(x)$在$K$中可分解为一次因式之积。经过两次扩张得到$K$，因此$K$也是$F$的有限扩域

推论4 根域存在性(任意多项式)

​ $F$为域，对$F[x]$中的任一多项式$f(x)$一定存在$F$上的根域

​ 利用定理9和归纳法，可证明不同方法得到的根域，在同构意义上是唯一的。

定理11 同构映射可开拓

​ $\phi$是两个域的同构映射，对两个域上的多项式，若系数上有$\phi (a)=b$，则映射$\phi$可开拓到两个多项式的根域上的同构映射。

15.3 有限域

定理12 有限域的阶

​ $F$为有限域，则存在素数$p$，自然数$m\ge 1$，使$|F|=p^m$

有限域，则$charF=p$,由定理5可知，$F$必含与$Z_p$同构的素域$\Delta$；又因为$F$有限，所以$[F:\Delta ]=m\ge 1$,设$({\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_m)$为$F$在$\Delta$上的一组基，则
F = { a 1 λ 1 + ⋯ + a m λ m ∣ a i ∈ Δ , i = 1 , ⋯ , m } F=\{a_1\lambda_1+\cdots+a_m\lambda_m|a_i\in \Delta,i=1,\cdots,m\} F={a1​λ1​+⋯+am​λm​∣ai​∈Δ,i=1,⋯,m}
则$|F|=p^m$

定义9 伽罗瓦域

​ 一个具有$p^m$个元素的有限域称为$p^m$阶伽罗瓦域，记为$GF(p^m)$，其中$p$为素数，$m\ge 1$为自然数

定理13 作为根域

​ 设$charF=p,\Delta$为其所包含素域，$|F|=p^m$，则$F$是$x^q-x$在$\Delta$上的根域，其中$q=p^m$

$F$中的所有非零元关于域的乘法运算构成群，由拉格朗日定理的推论2(13.群 )可得，群众每个元素的阶都是$q-1$的因子(除开零元，只有n-1个元素)。则$\forall x\in F^{\ast }$,有
$$x^{q-1}=1$$
又$0^q =0 $，于是$x^q-x=0$，即在$F$中有($f(x)$可分解为若干个不可约多项式)
$$x^q-x=(x-{\alpha }_1)(x-{\alpha }_2)\cdots (x-{\alpha }_p)$$
显然$F=\Delta ({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_q)$，则$F$是$x^q-x$在$\Delta$上根域

推论5

​ $GF(p^m)$中任一元在其所含素域$\Delta$上均有一个极小多项式

任一元均满足$\Delta$上一个多项式$x^q-x,q=p^m$，故必满足$\Delta$一个首项系数为1的多项式，且不可约

定理14 同阶伽罗瓦域同构

定理5：由于同阶，那么必存在同构的素域($\Delta \cong Z_p\cong {\Delta }^{\prime }$)，定理12：这两个域分别为这两个素域上的多项式$x^q-x,q=p^m$的根域$GF(p^m)$，那么在同构素域上的同构映射$\phi$，可开拓为两个根域上的同构映射，即得

形式微商

​ 设$f(x)=a_0+a_{1}x+\cdots +a_n{x}^n$是域$F$上的多项式，则$f^{\prime }(x)=a_1+a_{2}x+\cdots +n{a}_n{x}^{n-1}$为其形式微商，且有$(af(x){)}^{\prime }=a{f}^{\prime }(x),(f(x)g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x)$

引理2 重根判定

​ $f(x)\in F[x],\alpha$是$f(x)$的重根，当且仅当在$f(x)$的根域上$(x-\alpha )|f^{\prime }(x)$，其中$f^{\prime }(x)$是$f(x)$的形式微商。

必要性：$\alpha$是重根，则$F(\alpha )=(x-\alpha {)}^{k}g(x)，k>1$,于是有$f^{\prime }(x)=k(x-\alpha {)}^{k-1}g(x)+(x-\alpha {)}^k{g}^{\prime }(x)$，所以$(x-\alpha )|f^{\prime }(x)$

充分性：若$\alpha $不是重根，则$F(\alpha)$上$f(x)=(x-\alpha)g(x)，f’(x)=g(x)+(x-\alpha)g’(x),(x-\alpha)$不整除$f’(x)$，矛盾。

引理3 $x^q-x$可分解

​ $Z_p[x]$中的多项式$x^q-x$($q=p^m$)在其根域$N$上分解为$q$个不同的一次因式之积

反证，若有重根，即$x^q-x=(x-u{)}^{2}g(x)$,那么求微商，可得
$$\begin{gathered} (x^q-x)’=q{x}^{q-1}-1=p^n{x}^{q-1}-1=-1(p^n=0,-1=p-1不可约) \\ ((x-u{)}^{2}g(x){)}^{\prime }=(x-u)[2g(x)+(x-u)g^{\prime }(x)] \end{gathered}$$
那么可以推出$x-u|p-1$,这显然是不可能的

定理15 $x^q-x$在$Z_p$上的根域是伽罗瓦域

​ 设$p$为素数，$n\ge 1$为自然数，$q=p^n$,则多项式$x^q-x$在$Z_p$上的根域是一个阶为$p^n$的伽罗瓦域

由根域存在性(定理10),在$Z_p$上的$x^q-x$由根域$N$。由引理3 可知$x^q-x$在$N$中有$q$个不同的根，设为${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_q,$其中${\alpha }_i,1\le i\le p^m=q$,是$x^q-x$的根。 令
M = { α 1 , ⋯ , α p } ⊆ N M=\{\alpha_1,\cdots,\alpha_p\}\subseteq N M={α1​,⋯,αp​}⊆N
由推论1可知，$p$为$Z_p$的特征数，那么它也是$Z_p$的扩域$N$的特征数，故$\forall a,b\in N$
$$(a\pm b{)}^q=(a\pm b{)}^{p^n}=a^{p^n}\pm b^{p^n}$$
现在，若$a,b\in M$,那么$a^q=a,b^q=b$(拉格朗日定理的推论),则上述化为
$$(a\pm b{)}^q=a\pm b$$
这表明$(a\pm b)\in M$(p次后等于自己，这是$M$的性质)，此外$\forall a,b\in M$，在$N$中$b^{-1}$，在$N$中有
$$(a{b}^{-1}{)}^q=a^q(b^q{)}^{-1}=a(b{)}^{-1}=a{b}^{=1}$$
这又表明$(a{b}^{-1})\in M$,因而$M$是$N$的一个子域。又由于$N$是包含$x^q-x$的所有根的最小域，故$M=N$。$x^q-x$的根域$N$是一个$p^n$阶的有限域

推论6 伽罗瓦域中元素的特征

​ $GF(p^m)$中的元素恰为多项式$x^{p^m}-x\in Z_p[x]$的$p^m$个根(定理15中已证)