最后更新: 2025-03-16 16:52 查看: 15 次反馈刷题

2.6 有限域

2.6 有 限 域

令 $F$ 为域，则我们很容易利用特征数 $\operatorname{char} F$ 的性质，将域分成两大类：当 $\operatorname{char} F=0$ 时，$F \supseteq Q$ ，即此时 $|F|=\infty$ ；当 $\operatorname{char} F=p, p$ 为素数时，$F \supseteq Z _p$ ，即此时完全有可能出现 $|F|<\infty$ 的情形：本节我们就对这种情形的域结构进行简单讨论。

定义2．6．1 令 $F$ 为域．如果 $|F|<\infty$ ，则称 $F$ 为有限域．
$Z _p$（ $p$ 是素数）是显然的有限域，但是有限域的形式不仅仅只有 $Z _p$ ，它还有其他的形式与结构。

例2．6．1 显然 $x^2+x+1 \in Z _2[x]$ 是不可约多项式．若令 $\alpha$ 是它的一个根，则扩张域 $Z _2(\alpha) \supseteq Z _2$ 就是一个有限域。该扩域 $Z _2(\alpha)=\{0,1, \alpha, \alpha+1\}$ ，其中 $\alpha^2+\alpha+1=0$ ．所以，

$$
\left| Z _2(\alpha)\right|=4=2^2
$$

定理 2．6．1 如果扩张 $F \supseteq Z _p$ 满足 $\left|F: Z _p\right|=n$ ，则 $F$ 是有限域，并且 $|F|=p^n$ 。

证明 因为 $\left|F: Z _p\right|=n$ ，所以将 $F$ 视为 $Z _p$ 上的向量空间时，$F$ 的维数是 $n$ ．故不妨设 $\alpha_1, \cdots, \alpha_n$ 是它的基底，所以，对于 $\forall \alpha \in F$ ，有唯一的表达式

$$
\alpha=k_1 \alpha_1+\cdots+k_n \alpha_n
$$

其中 $k_1, \cdots, k_n \in Z _p$ ．即每个 $k_i(1 \leqslant i \leqslant n)$ 只能取 $p$ 个值，所以 $|F|=p^n$ ．
这就是说，有限域 $F$ 所含元素的个数一定是其特征数的某次幂．反之，任意给定一个素数 $p$ 和一个正整数 $n$ ，则一定存在一个有限域 $F$ ，使得 $|F|=p^n$ ．

为此，让我们考虑多项式 $f(x)=x^{p^n}-x \in Z _p[x]$ 的分裂域．首先，$f^{\prime}(x)=-1$ ，所以 $\left(f(x), f^{\prime}(x)\right)=1$ ．从而 $f(x)$ 没有重根．

另外，如果 $\alpha, \beta$ 是 $f(x)=x^{p^n}-x \in Z _p[x]$ 的根，则 $\alpha^{p^n}=\alpha, \beta^{p^n}=\beta$ ，所以

$$
(\alpha \pm \beta)^{p^n}=\alpha^{p^n} \pm \beta^{p^n}=\alpha \pm \beta, \quad(\alpha \beta)^{p^n}=\alpha^{p^n} \beta^{p^n}=\alpha \beta, \quad\left(\frac{1}{\alpha}\right)^{p^n}=\left(\frac{1}{\alpha^{p^n}}\right)=\frac{1}{\alpha}
$$

即 $f(x)=x^{p^n}-x \in Z _p[x]$ 的 $p^n$ 个根构成一个有限域 $F$ ，而且 $|F|=p^n$ ．
定理 2．6．2 有限域的结构是由其所含元素的个数唯一确定的。
证明 令有限域是 $F$ ，而且 $|F|=p^n$ ，则 $F^*=F \backslash\{0\}$ 构成乘法有限群．所以 $\forall \alpha \in F^*, \alpha^{p^n-1}=1, \alpha^{p^n}=\alpha$ ，即 $\alpha$ 是 $f(x)=x^{p^n}-x \in Z _p[x]$ 的根。又 0 显然是 $f(x)=x^{p^n}-x$ 的根，所以有限域 $F$ 是 $f(x)=x^{p^n}-x \in Z _p[x]$ 的分裂域．从而，由分裂域的唯一性，有限域 $F$ 的结构是唯一确定的。

既然有限域的结构由所含元素的个数唯一确定，为了方便，今后我们将含有 $p^n$个元素的有限域记为 $F_q\left(q=p^n\right)$ 。

实际上，由于有限域 $F(\operatorname{char} F=p)$ 是 $f(x)=x^{p^n}-x \in Z _p[x]$ 的分裂域，所以扩张 $F \supseteq Z _p$ 是有限扩张，正规扩张，可离扩张，进而是单纯代数扩张．

观察上面的讨论，我们会发现，有限域的结构与多项式 $f(x)=x^{p^n}-x$ 的根有着非常密切的关系．又 0 是多项式 $f(x)=x^{p^n}-x$ 的显然根，所以，实际上有限域的结构与多项式 $f(x)=x^{p^n-1}-1$ 的根密切相关．为此，我们有必要对多项式 $f(x)=x^n-1\left(\forall n \in Z ^{+}\right)$的根组成的代数结构进行更详细的讨论．

定义 2．6．2 令 $F$ 为一素域，$n \in Z ^{+}$，则称多项式 $f(x)=x^n-1 \in F[x]$ 的根为 $F$ 上的 $n$ 次单位根，简称为 $n$ 次单位根．并称 $f(x)=x^n-1 \in F[x]$ 对应的分裂域为 $F$ 上的 $n$ 次单位根域．

注意，当 $\operatorname{char} F=0, n$ 可以是任意正整数；当 $\operatorname{char} F=p, p \mid n$ 时，如果令 $n=$ $p^s k,(p, k)=1$ ，则 $x^n-1=x^{p^s k}-1=\left(x^k-1\right)^{p^s}$ 。所以多项式 $f(x)=x^n-1 \in F[x]$与 $g(x)=x^k-1 \in F[x]$ 在域 $F$ 上有相同的分裂域．因此，当 $\operatorname{char} F=p$ 时，我们总假定对于多项式 $f(x)=x^n-1 \in F[x]$ ，有 $(n, p)=1$ 。

当 $\operatorname{char} F=0, F \supseteq Q$ 时，我们熟知，多项式 $f(x)=x^n-1 \in F[x]$ 的 $n$ 次单位根恰好有 $n$ 个，而且这 $n$ 个 $n$ 次单位根在乘法运算下构成一个 $n$ 阶循环群（由本原根生成）．那么这个事实是否具有一般性呢？为此，先让我们看一下一个群是循环群的条件是什么。

定理 2．6．3 设 $G$ 是 $n$ 阶有限交换群，则 $G$ 为循环群的充分必要条件是对于任意适合条件 $m \mid n$ 的 $m$ ，方程 $x^m=1$ 在群 $G$ 中至多有 $m$ 个根，即群 $G$ 中适合方程 $x^m=1$ 的元素个数至多为 $m$ 个．

证明 首先，设 $G$ 为循环群，$G=(g), m \mid n$ ．如果 $g^i(0 \leqslant i \leqslant n-1)$ 满足 $\left(g^i\right)^m=g^{i m}=1$ ，则 $n \mid i m$ ，即存在 $q \in Z$ ，使得 $i m=n q, i=\frac{n q}{m}=\frac{n}{m} q$ 。所以

$0 \leqslant \frac{n}{m} q \leqslant n-1$ ．因此 $0 \leqslant q \leqslant m-1$ ．这说明 $G$ 中适合方程 $x^m=1$ 的元素个数至多为 $m$ 个。

其次，设 $m \mid n, G$ 中适合方程 $x^m=1$ 的元素个数至多为 $m$ 个．此时，令 $n=p_1^{k_1} p_2^{k_2} \cdots p_r^{k_r}$ ，其中 $p_i$ 是素数．考虑 $\frac{n}{p_i}, 1 \leqslant i \leqslant r$ ，则因为群 $G$ 中满足 $x^{\frac{n}{p_i}}=1$的元素至多为 $\frac{n}{p_i}$ 个，所以至少有一个元素 $a_i \in G, a_i^{\frac{n}{p_i}} \neq 1$ 。令 $b_i=a_i^{\frac{n}{p_i}}$ ，则 $\left(b_i\right)^{p_i^{k_i}}=\left(a_i^{\frac{n}{p_i^{k_i}}}\right)^{p_i^{k_i}}=a_i^n=1$ 。但是 $\left(b_i\right)^{p_i^{k_i}-1}=\left(a_i^{\frac{n}{p_i^{k_i}}}\right)^{p_i^{k_i-1}}=a_i^{\frac{n}{p_i}} \neq 1$ ，所以 $b_i=a_i^{\frac{n}{p_i^{k_i}}} \in G$ 的阶数恰为 $p_i^{k_i}$ ．进而令 $g=b_1 b_2 \cdots b_r$ ，则 $g$ 的阶数就正好是 $n$ ，即 $(g) \subseteq G$ 同时 $|(g)|=|G|$ ，所以 $G=(g)$ ．

推论 2．6．1 设 $F$ 是域，则 $F$ 的有限乘法子群是循环群．特别地，如果 $\operatorname{char} F=$ 0 ，或者 $\operatorname{char} F=p \neq 0$ ，但是 $(n, \operatorname{char} F)=1$ ，那么域 $F$ 上 $n$ 次单位根在乘法运算下构成 $n$ 阶循环群。

证明 域中方程的根的个数至多不超过方程的次数。
推论 2．6．2 有限域的有限扩张是单纯代数扩张。
既然域 $F$ 上 $n$ 次单位根在乘法运算下构成 $n$ 阶循环群，如果令该循环群为 $G=(g)$ ，则群 $G$ 中存在阶数是 $n$ 的元素，并且 $G=\left(g^i\right)$ 的充分必要条件是 $(i, n)$ $=1$ ．

定义 2．6．3 称阶数是 $n$ 的 $n$ 次单位根为本原 $n$ 次单位根．
通过上面的叙述，我们容易知道下面的定理。
定理 2．6．4 如果 $\operatorname{char} F=p \neq 0$ ，则存在本原 $n$ 次单位根的充分必要条件是 $(n, \operatorname{char} F)=1$ ．

设 $f(x)=x^n-1 \in F[x]$ ，并且令 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_{\varphi(n)}$ 是全部的本原 $n$ 次单位根，其中 $\varphi(n)$ 是 Euler 函数，它表示 $\varphi(n)=|\{i \mid(i, n)=1,1 \leqslant i \leqslant n\}|$ ，即比 $n$ 小的与 $n$ 互素的正整数的个数．

定义 2．6．4 多项式 $\phi_n(x)=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right) \cdots\left(x-\alpha_{\varphi(n)}\right)$ 称为域 $F$ 上的 $n$次分圆多项式。

容易计算，有理数域 $Q$ 上的 $1,2,3,4$ 次分圆多项式依次为

$$
\begin{aligned}
& \phi_1(x)=x-1, \\
& \phi_2(x)=x+1, \\
& \phi_3(x)=(x-\omega)(x+\omega)=x^2+x+1, \omega=\frac{1}{2}(-1+\sqrt{-3}), \\
& \phi_4(x)=(x-i)(x+i)=x^2+1 .
\end{aligned}
$$

定理 2．6．5 设 $\operatorname{char} F=0$ ，或者 $\operatorname{char} F=p \neq 0$ ，但是 $(n, \operatorname{char} F)=1$ ，则

（1）$x^n-1=\prod_{d \mid n} \phi_d(x)$,
（2）$n$ 次分圆多项式 $\phi_n(x) \in Z [x]$ 。特别地，可以将 $\phi_n(x)$ 视为含于 $F$ 的素域上的多项式。

证明（1）因为 $x^n-1=0$ 的所有根在乘法运算之下构成 $n$ 阶有限交换群，所以其中任意一个元素 $x$ 的阶数 $d$ 一定是 $n$ 的一个因数 $(d \mid n)$ 。反之，当 $d \mid n$ 时，本原 $d$ 次单位根也一定是一个 $n$ 次单位根．所以 $x^n-1=\prod_{d \mid n} \phi_d(x)$ ．
（2）对 $n$ 用数学归纳法．当 $n=1$ 时，$\phi_1(x)=x-1$ ，结论显然成立．假设小于 $n$ 时，结论成立，考察等于 $n$ 的情况。

因为 $x^n-1=\prod_{d \mid n} \phi_d(x)=\phi_n(x) \prod_{\substack{d \mid n \\ d<n}} \phi_d(x)$ ，而且由归纳假设 $\varphi(x)=\prod_{\substack{d \mid n \\ d<n}} \phi_d(x)$ $\in Z [x]$ ，所以 $x^n-1=\prod_{d \mid n} \phi_d(x)=\phi_n(x) \varphi(x)$ ．另外，$x^n-1, \varphi(x) \in Z [x]$ ，并且其首项系数为 1 ，所以 $\frac{x^n-1}{\varphi(x)} \in Z [x]$ ．

例 2．6．2 多项式 $x^{12}-1 \in Q [x]$ 的关于分圆多项式的标准因式分解表达式为

$$
\begin{aligned}
x^{12}-1 & =\prod_{d \mid 12} \phi_d(x)=\phi_1(x) \phi_2(x) \phi_3(x) \phi_4(x) \phi_6(x) \phi_{12}(x) \\
& =(x-1)(x+1)\left(x^2+x+1\right)\left(x^2+1\right)\left(x^2-x+1\right)\left(x^4-x^2+1\right)
\end{aligned}
$$

实际上，我们可以更进一步地加强上面定理 2.6 .5 的结论。
定理 2．6．6 有理数域 $Q$ 上的 $n$ 次分圆多项式 $\phi_n(x)$ 是不可约的．

证明 令 $\alpha$ 是一个本原 $n$ 次单位根，$p(x)$ 是其在有理数域 $Q$ 上的极小多项式（不可约），则我们只需指出 $p(x)=\phi_n(x)$ 即可。

首先，如果 $k \nmid n, k$ 是素数，则 $p\left(\alpha^k\right)=0$ ．如若不然，令 $\alpha^k$ 对应的极小多项式为 $\varphi(x)$ ，即 $\varphi\left(\alpha^k\right)=0$ ，则 $\alpha$ 是多项式 $\varphi\left(x^k\right)$ 的根，于是 $p(x) \mid \varphi\left(x^k\right)$ ，从而存在 $g(x)$使得 $\varphi\left(x^k\right)=p(x) g(x)$ ．如果 $\varphi(x) \neq p(x)$ ，则 $x^n-1=p(x) \varphi(x) f(x)$ 。所以

$$
\begin{aligned}
& x^n-1=p(x) \varphi(x) f(x)(\bmod k) \\
& \varphi\left(x^k\right)=p(x) g(x)(\bmod k)
\end{aligned}
$$

又 $a^k=a, a \in Z _k$ ，所以 $\varphi\left(x^k\right)=(\varphi(x))^k$ 。于是 $\varphi\left(x^k\right)=(\varphi(x))^k=p(x) g(x)(\bmod$ $k)$ ．所以 $(\varphi(\alpha))^k=p(\alpha) g(\alpha)=0(\bmod k), \varphi(\alpha)=0(\bmod k)$ ，即 $\alpha$ 是多项式 $x^n-1=$ $p(x) \varphi(x) f(x)(\bmod k)$ 的重根，然而，我们知道，当 $(k, n)=1$ 时，多项式 $x^n-1 \in$ $Z _k[x]$ 没有重根 $\left(\left(x^n-1,-1\right)=1\right)$ ，矛盾．这个矛盾说明，一定有 $p\left(\alpha^k\right)=0$ 。

其次，任意本原 $n$ 次单位根 $\xi$ 都是 $p(x)$ 的根。由本原 $n$ 次单位根的性质，我们不妨令 $\xi=\alpha^m,(m, n)=1\left(x^n-1\right.$ 的所有根构成循环群 $)$ ，并且 $m=q_1 q_2 \cdots q_s$ ，其中

所有 $q_i$ 是素数，所以 $\alpha^{q_1}$ 是 $p(x)$ 的根．再对 $\alpha^{q_1}$ 重复上面的过程，则 $\left(\alpha^{q_1}\right)^{q_2}=\alpha^{q_1 q_2}$是 $p(x)$ 的根，$\cdots \cdots$ ．所以 $\alpha^{q_1 q_2 \cdots q_s}=\alpha^m$ 是 $p(x)$ 的根。

至此，任意本原 $n$ 次单位根都是 $p(x)$ 的根．所以，从 $\phi_n(x)$ 的定义有 $p(x)=$ $\phi_n(x)$ ．

注意，分圆多项式 $\phi_n(x)$ 在非有理数域上可能是可约多项式，也可能是不可约的！例如，当考虑的是 $\phi_6(x)=x^2-x+1 \in Z _{13}[x]$ 时，有

$$
\phi_6(x)=x^2-x+1=(x+3)(x-4) .
$$

而当考虑的是 $\phi_6(x)=x^2-x+1 \in Z _2[x]$ 时，$\phi_6(x)$ 就是不可约的．
但是，对于素数 $p$ 次分圆多项式，则有一个非常有意思的性质：如果可约，则所有不可约因式的次数都相等。

定理 2．6．7 令 $F$ 是域， $\operatorname{char} F=0$ ，或者 $(\operatorname{char} F, p)=1$ ．如果对于多项式 $x^p-1$存在一个 $n(>1)$ 次不可约多项式因式 $f(x) \in F[x]$ ，即 $f(x) \mid x^p-1, \operatorname{deg} f(x)=n>1$ ，则 $n \mid(p-1)$ ，并且

$$
\left(x^p-1\right)=(x-1) \prod_{i=1}^k f_i(x)
$$

其中 $p-1=n k$ ，而且所有的 $f_i(x) \in F[x]$ 均是次数为 $n$ 的不可约多项式．
证明 因为 $f(x) \in F[x]$ 是 $x^p-1=(x-1)\left(\sum_{i=0}^{p-1} x^i\right)$ 的不可约因式，所以 $f(x)$的根都是 $p$ 次本原单位根．如果令 $\omega_1, \omega_2, \cdots, \omega_n$ 是 $f(x)$ 的所有根，则 $f(x)$ 的常数项为 $\omega=\omega_1 \omega_2 \cdots \omega_n \in F$ ，并且也是 $p$ 次单位根，所以 $\omega=1$ ．又

$$
\begin{aligned}
f(x) & =\left(x-\omega_1\right)\left(x-\omega_2\right) \cdots\left(x-\omega_n\right) \\
& =x^n-s_1 x^{n-1}+s_2 x^{n-2}-\cdots+(-1)^n s_n
\end{aligned}
$$

其中 $s_1=\omega_1+\omega_2+\cdots+\omega_n, s_2=\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n} \omega_i \omega_j, \cdots, s_n=\omega_1 \omega_2 \cdots \omega_n$ ，于是 $s_i \in$ $F, 1 \leqslant i \leqslant n$.

让我们考察下面的对称多项式

$$
\left\{\begin{aligned}
s_{1 k}= & \omega_1^k+\omega_2^k+\cdots+\omega_n^k \\
s_{2 k}= & \sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n} \omega_i^k \omega_j^k \\
& \cdots \cdots \\
s_{n k}= & \omega_1^k \omega_2^k \cdots \omega_n^k
\end{aligned}\right.
$$

其中 $1 \leqslant k \leqslant p-1$ ．所以，由对称多项式原理（对称多项式函数是初等对称多项式函数的函数），这些 $s_{i k}$ 都可以写成初等对称函数 $s_1, s_2, \cdots, s_n$ 的多项式，进而 $s_{i k} \in F$ ．

令 $f_k(x)=\left(x-\omega_1^k\right)\left(x-\omega_2^k\right) \cdots\left(x-\omega_n^k\right)$ ，则它在 $F[x]$ 上是不可约的多项式．而且如果 $k \neq 1$ ，则 $f_k(x) \neq f(x)=f_1(x)$ ．否则 $f_k\left(\omega_1^k\right)=f\left(\omega_1^k\right)=0$ ，即 $\omega_1^k$ 是 $f(x)$的根，于是存在 $j$ ，使得 $\omega_1^k=\omega_j$ ．但是 $\omega_1$ 是本原单位根，所以 $\omega_j=\omega_1^l$ ．因此， $\omega_1^{|k-l|}=1$ ．但是 $|k-l|<p$ ，矛盾．

另外，如果 $p-1=n l+r, r \neq 0$ ，则我们利用上面的方法，可以构造 $f_i(x), 1 \leqslant$ $i \leqslant l$ ，使得

$$
\sum_{i=0}^{p-1} x^i=f_1(x) f_2(x) \cdots f_l(x) g(x)
$$

其中 $\operatorname{deg} f_i(x)=n, \operatorname{deg} g(x)=r, 1 \leqslant i \leqslant l$ ．再如果这里的 $g(x)$ 有不可约因式 $g_1(x)$ ，则我们仍然使用同样的方法，可以构造 $g_k(x), 1 \leqslant k \leqslant\left[\frac{n}{r}\right]$ ，使得它们是 $\left(\sum_{i=0}^{p-1} x^i\right)$ 的因式．但是，这样的话，一定存在一个 $g_k(x)$ 使得它与某个 $f_i(x)$ 有相同的根，于是 $g_k(x) \mid f_i(x)$ ，矛盾．所以，$r=0$ ，即 $n \mid(p-1)$ ，而且 $\sum_{i=0}^{p-1} x^i=f_1(x) f_2(x)$ $\cdots f_l(x), \operatorname{deg}_i f(x)=n$ ．

在本节最后，我们给出著名的 Wedderburn 定理．
定理 2．6．8（Wedderburn）有限体（除环）一定是有限域。
证明 设 $K$ 是有限体，$Z=\{x \in K \mid x k=k x, \forall k \in K\}$ ，则 $|Z|=q>1, Z$ 为 $K$ 的中心是有限域．如果再令扩张 $|K: Z|=n$ ，则 $|K|=q^n$ ．下面将指出 $K=Z$ ．

首先，令 $N(a)=\{x \in K \mid x a=a x, a \in K\}$ ，则

$$
\begin{gathered}
K \supseteq N(a) \supseteq Z \\
|K: Z|=|K: N(a)||N(a): Z|
\end{gathered}
$$

如果令 $|N(a): Z|=n(a)$ ，则 $n(a) \mid n$ ，并且 $|N(a)|=q^{n(a)}, n(a) \geqslant 1$ 。由于 $K^*=K \backslash\{0\}$ 是 $q^n-1$ 阶群，而 $N(a)^*$ 是 $K^*$ 的子群，所以 $\left(q^{n(a)}-1\right) \mid\left(q^n-1\right)$ 。

其次，定义群 $K^*$ 在集合 $K^*$ 上的作用

$$
\begin{aligned}
K^* \times K^* & \rightarrow K^* \\
(g, x) & \rightarrow g x g^{-1}
\end{aligned}
$$

则在 $K^*$ 中与 $a$ 共轭的元素个数为 $|\bar{a}|=\frac{\left|K^*\right|}{\left|N(a)^*\right|}$ ，即 $\left|K^*: N(a)^*\right|=\frac{q^n-1}{q^{n(a)}-1}$ ．所以，由群的类方程等式

$$
\begin{aligned}
K^* & =Z \cup\left(\bigcup_{a \in K^*} \bar{a}\right), \\
q^n-1 & =\left|K^*\right|=|Z|+\sum_{a \in K^*} \bar{a}=q-1+\sum_{n(a) \mid n} \frac{q^n-1}{q^{n(a)}-1} .
\end{aligned}
$$

最后，考虑 $n$ 次分圆多项式 $\phi_n(x) \in Z [x]$ ，则因为 $x^n-1=\prod_{d \mid n} \phi_d(x)$ ，所以

$$
\phi_n(x)\left|\frac{x^n-1}{x^d-1}, \quad d\right| n .
$$

令 $x=q$ ，当然有

$$
\phi_n(q) \left\lvert\, \frac{q^n-1}{q^d-1} .\right.
$$

所以，由前面群的类方程等式，得到

$$
\phi_n(q) \mid(q-1) .
$$

又如果 $n>1$ ，则因为 $q=q-\xi_i+\xi_i$ ，所以

$$
\begin{aligned}
& q \leqslant\left|q-\xi_i\right|+\left|\xi_i\right| \leqslant\left|q-\xi_i\right|+1 \\
& q-1 \leqslant\left|q-\xi_i\right|
\end{aligned}
$$

其中 $\xi_i$ 是本原 $n$ 次单位根．于是，

$$
\left|\phi_n(q)\right|=\prod_{1 \leqslant i \leqslant \varphi(n)}\left|q-\xi_i\right|>(q-1)^{\varphi(n)} \geqslant q-1 .
$$

所以，只能是 $n=1$ ，否则矛盾了，即一定有 $K=Z$ ．

打赏

打赏作者买杯奶茶

上一篇：阅读：迹与范数

下一篇： 2.7 超越扩张（上）

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)

2.6 有 限 域

2.6 有限域