有限体

1. $m:=\operatorname{char}F>0$ とする。$1\neq 0$ だから $m\geq 2$ である。$m=rs$（$1< r,s< m$）と分解できたとすると、分配法則から $(r\cdot 1)(s\cdot 1)=(rs)\cdot 1=m\cdot 1=0$ である。体には零因子がない（$xy=0$ かつ $x\neq0$ なら $y=x^{-1}xy=0$）ので、$r\cdot 1=0$ または $s\cdot 1=0$ となるが、$r,s< m$ はいずれも $m$ の最小性に反する。ゆえに $m$ は素数である。
2. $F$ が有限なら、$1,\ 2\cdot 1,\ 3\cdot 1,\ \ldots$ は有限集合 $F$ の元の列だから、ある $i< j$ について $i\cdot 1=j\cdot 1$、すなわち $(j-i)\cdot 1=0$ となる。よって定義の $m$ が存在し、$\operatorname{char}F=p$ は (1) により素数である。最後に、任意の $a\in F$ について $p\cdot a=(p\cdot 1)a=0\cdot a=0$ である。

$K=\{k\cdot 1\mid k\in\mathbb{Z}\}\subset F$ を $F$ の素体とする。prop-finite-field-characteristic-prime の後に述べたように $K\cong\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ であり、$|K|=p$ である。
$F$ の加法と、$K$ の元による乗法（$F$ の乗法の制限）により、$F$ は $K$ 上のベクトル空間になる。実際、ベクトル空間の公理（加法群であること、スカラー倍の分配法則・結合法則・単位法則）はすべて体 $F$ の環としての公理から従う。$F$ は有限集合だから、$F$ 自身が $K$ 上の有限な生成系であり、有限生成なベクトル空間は有限個の元からなる基底 $v_1,\ldots,v_n$ をもつ（DF04 §11.1）。$F\neq\{0\}$ だから $n\geq1$ である。
基底の定義から、写像
$$ K^n\to F,\qquad (c_1,\ldots,c_n)\mapsto c_1v_1+\cdots+c_nv_n $$
は全単射である（全射性は $v_1,\ldots,v_n$ が $F$ を張ることから、単射性は線形独立性から従う）。ゆえに $|F|=|K^n|=|K|^n=p^n$ である。この証明は選択公理を使わない。

prf-finite-field-order の全単射 $K^n\to F$ は、加法を保つ（座標ごとの和が対応する）ので加法群の同型であり、$K\cong\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ から $(F,+)\cong(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^n$ が従う。$n\geq2$ のとき、$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^n$ の $0$ でない元はすべて元の位数が $p$ であり、一つの元が生成する部分群は高々 $p< p^n$ 個の元しか含まないので、巡回群ではない。

次数 $d$ に関する数学的帰納法で示す。$d=0$ なら $f$ は $0$ でない定数であり根をもたない。$d\geq1$ とし、次数 $d-1$ 以下の $0$ でない多項式については主張が成り立つとする。$f$ が根をもたなければ主張は正しい。$a\in F$ を $f$ の根とする。多項式の除法の原理により $f=(x-a)g+r$（$g\in F[x]$、$r\in F$ は定数）と書け、$x=a$ を代入して $r=f(a)=0$ を得る。よって $f=(x-a)g$ であり、次数を比べて $\deg g=d-1$、特に $g\neq0$ である。$b\in F$ が $f$ の根で $b\neq a$ なら、$0=f(b)=(b-a)g(b)$ かつ $b-a\neq0$ であり、体に零因子はないので $g(b)=0$ である。ゆえに $f$ の根は $a$ と $g$ の根からなり、帰納法の仮定から $g$ の根は高々 $d-1$ 個なので、$f$ の根は高々 $d$ 個である。

$[k]\in\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$（$0\leq k< n$）の位数は、$m[k]=[0]$ すなわち $n\mid mk$ を満たす最小の正整数 $m$ である。$g=\gcd(k,n)$（最大公約数）とおくと、$n\mid mk$ は $(n/g)\mid m(k/g)$ と同値であり、$n/g$ と $k/g$ は互いに素だから、これは $(n/g)\mid m$ と同値である。ゆえに $[k]$ の位数は $n/\gcd(k,n)$ である。
$d\mid n$ とする。$[k]$ の位数が $d$ であることは $\gcd(k,n)=n/d$ と同値であり、$k=(n/d)j$（$0\leq j< d$）と書けば $\gcd(k,n)=(n/d)\gcd(j,d)$ だから、これは $\gcd(j,d)=1$ と同値である。$0\leq j< d$ で $d$ と互いに素な $j$ は $\varphi(d)$ 個ある（$d=1$ のときは $j=0$ の $1$ 個で $\varphi(1)=1$）。よって位数 $d$ の元はちょうど $\varphi(d)$ 個である。
各元の位数は $n/\gcd(k,n)$ の形なので $n$ の約数であり、$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ の $n$ 個の元を位数ごとに分ければ $\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n$ を得る。

$G$ を $F^{\times}$ の位数 $n$ の有限部分群とする（$F$ が有限体なら $G=F^{\times}$、$n=q-1$ ととれる）。$G$ が巡回群であることを示せばよい。
$n$ の各正の約数 $d$ に対し、$G$ の位数 $d$ の元の個数を $\psi(d)$ とおく。Lagrangeの定理により $G$ の各元の位数は $n$ の約数だから、$G$ の元を位数ごとに分けて
$$ \sum_{d\mid n}\psi(d)=n $$
である。
$d\mid n$ を固定し、$\psi(d)\leq\varphi(d)$ を示す。$\psi(d)=0$ なら明らかである。$\psi(d)>0$ とし、位数 $d$ の元 $a\in G$ をとる。$a$ が生成する巡回部分群 $\langle a\rangle=\{1,a,\ldots,a^{d-1}\}$ の $d$ 個の元はすべて $x^d=1$ を満たす。一方、lem-finite-field-roots により多項式 $x^d-1\in F[x]$ の根は $F$ 全体で高々 $d$ 個である。ゆえに $x^d=1$ を満たす $F$ の元は $\langle a\rangle$ の元に尽きる。位数 $d$ の $G$ の元 $b$ は $b^d=1$ を満たすので $b\in\langle a\rangle$ であり、したがって $\psi(d)$ は位数 $d$ の巡回群 $\langle a\rangle\cong\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$ における位数 $d$ の元の個数に等しい。lem-finite-field-phi-sum によりそれは $\varphi(d)$ である。よって $\psi(d)=\varphi(d)$ であり、どちらの場合も $\psi(d)\leq\varphi(d)$ が成り立つ。
以上と lem-finite-field-phi-sum の等式から
$$ n=\sum_{d\mid n}\psi(d)\leq\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n $$
であり、等号が成り立つためにはすべての $d\mid n$ について $\psi(d)=\varphi(d)$ でなければならない。特に $\psi(n)=\varphi(n)\geq1$ だから、$G$ は位数 $n$ の元をもち、その元が $G$ を生成する。ゆえに $G$ は巡回群である。この証明は選択公理を使わない。

$a\neq0$ なら $a\in F^{\times}$ であり、$|F^{\times}|=q-1$ だから Lagrange の定理により $a^{q-1}=1$、よって $a^q=a$ である。$a=0$ なら $0^q=0$ である。ゆえに $F$ の $q$ 個の元はすべて $x^q-x$ の根である。$x^q-x$ は次数 $q$ だから lem-finite-field-roots により根は高々 $q$ 個であり、$F$ の元で尽きる。$q$ 個の相異なる根 $a\in F$ に対し、prf-finite-field-roots の因数分解を繰り返せば $\prod_{a\in F}(x-a)$ が $x^q-x$ を割り切り、両者は次数 $q$ のモニック多項式だから一致する。

1. $\phi(ab)=(ab)^p=a^pb^p$ は乗法の可換性から従い、$\phi(1)=1$ は明らかである。加法については二項定理により
   $$ (a+b)^p=\sum_{k=0}^{p}\binom{p}{k}a^kb^{p-k} $$
   である。$0< k< p$ のとき、二項係数 $\binom{p}{k}=\dfrac{p!}{k!\,(p-k)!}$ は整数であり、分子 $p!$ は素数 $p$ で割り切れるが、分母 $k!\,(p-k)!$ は $p$ より小さい正整数の積なので $p$ で割り切れない。ゆえに $p\mid\binom{p}{k}$ であり、prop-finite-field-characteristic-prime (2) により $\binom{p}{k}a^kb^{p-k}=0$ である。残るのは $k=0,p$ の項だけで、$(a+b)^p=a^p+b^p$ を得る。
2. $\phi(a)=\phi(b)$ なら (1) により $(a-b)^p=\phi(a-b)=\phi(a)-\phi(b)=0$ であり、体に零因子はないので $a-b=0$ である。（ここで $\phi(-b)=-\phi(b)$ は $\phi(-b)+\phi(b)=\phi(0)=0$ から従う。）
3. 有限集合からそれ自身への単射は全単射である。全単射な環準同型の逆写像も環準同型なので、$\phi$ は自己同型である。
4. $\mathbb{F}_p$ の元は $x^p=x$ を満たす（cor-finite-field-fermat を $\mathbb{F}_p$ に適用）ので $\mathbb{F}_p$ は不動点集合に含まれる。逆に $x^p-x$ の根は lem-finite-field-roots により高々 $p$ 個であり、$\mathbb{F}_p$ の $p$ 個の元で尽きる。

まず $\phi$ の位数を求める。$\phi^k=\mathrm{id}$ であることは、すべての $a\in F$ が $a^{p^k}=a$ を満たすことである。$k=n$ のときこれは cor-finite-field-fermat そのものである。$1\leq k< n$ のとき、多項式 $x^{p^k}-x$ の根は lem-finite-field-roots により高々 $p^k< p^n=|F|$ 個だから、$\phi^k\neq\mathrm{id}$ である。ゆえに $\phi$ の位数はちょうど $n$ であり、$\phi^k=\mathrm{id}$ と $n\mid k$ は同値である。したがって $\phi$ が生成する部分群 $\langle\phi\rangle\subset\operatorname{Aut}(F)$ は位数 $n$ の巡回群である。
次に $|\operatorname{Aut}(F)|\leq n$ を示す。thm-finite-field-multiplicative-cyclic により原始元 $\gamma\in F^{\times}$ をとる。$F=\{0\}\cup\{\gamma^k\mid k\geq0\}$ だから、$F$ の元はすべて $\gamma$ の $\mathbb{F}_p$ 係数多項式の値として書ける。すなわち、代入写像
$$ \operatorname{ev}\colon\mathbb{F}_p[x]\to F,\qquad g\mapsto g(\gamma) $$
は全射な環準同型である。その核 $I=\{g\mid g(\gamma)=0\}$ は $\mathbb{F}_p[x]$ のイデアルであり、$F$ は有限で $\mathbb{F}_p[x]$ は無限だから $I\neq\{0\}$ である。$I$ に属する $0$ でない多項式のうち次数最小のモニックなものを $m$ とすると、$I$ の任意の元 $g$ を $m$ で割って $g=hm+r$（$r=0$ または $\deg r<\deg m$）と書けば $r=g-hm\in I$ であり、$m$ の次数の最小性から $r=0$、すなわち $I=(m)$ である。$d:=\deg m$ とおく。
$\mathbb{F}_p[x]$ の各元を $m$ で割った余りをとることで、商環 $\mathbb{F}_p[x]/(m)$ の各元は次数 $d$ 未満の多項式でただ一通りに代表される。したがって $\mathbb{F}_p[x]/(m)$ は $\mathbb{F}_p$ 上 $1,x,\ldots,x^{d-1}$ を基底とする $d$ 次元ベクトル空間であり、位数は $p^d$ である。準同型定理により $\mathbb{F}_p[x]/(m)\cong F$ だから $p^d=p^n$、すなわち $d=n$ である。
任意の $\sigma\in\operatorname{Aut}(F)$ をとる。$\sigma(1)=1$ から $\sigma$ は素体 $\mathbb{F}_p=\{k\cdot1\}$ の各元を固定する。$m(\gamma)=0$ の両辺に $\sigma$ を施し、$\sigma$ が環準同型で $m$ の係数を固定することを使うと $m(\sigma(\gamma))=0$ を得る。よって $\sigma(\gamma)$ は $m$ の根であり、lem-finite-field-roots により $\sigma(\gamma)$ の候補は高々 $\deg m=n$ 個である。一方、$F$ の元はすべて $\gamma$ の $\mathbb{F}_p$ 係数多項式の値 $g(\gamma)$ と書け、$\sigma(g(\gamma))=g(\sigma(\gamma))$ だから、$\sigma$ は $\sigma(\gamma)$ の値で完全に決まる。ゆえに $|\operatorname{Aut}(F)|\leq n$ である。
$\langle\phi\rangle\subset\operatorname{Aut}(F)$ で前者の位数が $n$、後者の位数が $n$ 以下だから、$\operatorname{Aut}(F)=\langle\phi\rangle\cong\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ である。この証明は選択公理を使わない。

分解体に関する次の二つの標準的事実を用いる。体 $K$ と定数でない $f\in K[x]$ に対し、(S1) $f$ の $K$ 上の分解体、すなわち $f$ が$1$ 次式の積に分解し、かつ $f$ の根で $K$ 上生成される体の拡大 $L/K$ が存在し、(S2) $f$ の $K$ 上の分解体は $K$ 上の同型を除いて一意である（DF04 §13.4、Lan02 Chapter V §3）。この二つは本記事では証明しない。
まず、任意の標数 $p$ の体 $L$ において、$f=x^q-x$ の根はすべて単根であることを示す。$a\in L$ を $f$ の根とすると
$$ f(x)=f(x)-f(a)=(x^q-a^q)-(x-a)=(x-a)\bigl(x^{q-1}+x^{q-2}a+\cdots+a^{q-1}-1\bigr) $$
であり、右辺の後ろの因子 $g$ に $x=a$ を代入すると $g(a)=q\cdot a^{q-1}-1=-1\neq0$ である（$q=p^n$ は $p$ の倍数なので $q\cdot 1=0$）。もし $f=(x-a)^2h$ と書けたなら $g=(x-a)h$ となって $g(a)=0$ となり矛盾する。ゆえに $a$ は単根である。
(1) と (3) の後半。(S1) により $\mathbb{F}_p$ 上の $f=x^q-x$ の分解体 $L$ をとる。$L$ は $\mathbb{F}_p$ を含むので標数 $p$ であり、$f$ は $L[x]$ で$1$ 次式の積 $f=\prod_{i=1}^{q}(x-a_i)$ に分解する。上で示したことから $a_1,\ldots,a_q$ は相異なる。したがって $f$ の $L$ における根の集合
$$ R:=\{a\in L\mid a^q=a\} $$
はちょうど $q$ 個の元をもつ。$R$ が $L$ の部分体であることを示す。prop-finite-field-frobenius (1) は標数 $p$ の任意の体で成り立つので、$\phi\colon L\to L$、$a\mapsto a^p$ は環準同型であり、その $n$ 回の合成 $\phi^n\colon a\mapsto a^{p^n}=a^q$ も環準同型である。$R$ は $\phi^n$ の不動点全体だから、$0,1\in R$ であり、$a,b\in R$ なら $(a+b)^q=a^q+b^q=a+b$、$(ab)^q=a^qb^q=ab$、$(-a)^q=-a^q=-a$ となって $R$ は $L$ の部分環である。さらに $a\in R$、$a\neq0$ なら $(a^{-1})^q=(a^q)^{-1}=a^{-1}$ だから $a^{-1}\in R$ である。ゆえに $R$ は位数 $q$ の体であり、(1) が示された。$L$ は $\mathbb{F}_p$ 上 $f$ の根で生成され、根はすべて $R$ に属し $R$ は体だから $L=R$ である。よって $\mathbb{F}_p$ 上の $x^q-x$ の分解体はちょうど $q$ 個の元をもつ。
(3) の前半。$F$ を位数 $q$ の任意の体とする。prop-finite-field-order により $|F|=(\operatorname{char}F)^m$ だから、素因数分解の一意性により $\operatorname{char}F=p$、$m=n$ であり、$F$ は素体 $\mathbb{F}_p$ を含む。cor-finite-field-fermat により $x^q-x=\prod_{a\in F}(x-a)$ は $F[x]$ で$1$ 次式の積に分解し、$F$ はその根全体に等しいので、当然その根で $\mathbb{F}_p$ 上生成される。ゆえに $F$ は $\mathbb{F}_p$ 上の $x^q-x$ の分解体である。
(2) 位数 $q$ の二つの体はともに $\mathbb{F}_p$ 上の $x^q-x$ の分解体だから、(S2) により同型である。

1. $K$ は $F$ の部分体だから標数 $p$ の有限体であり、prop-finite-field-order により $|K|=p^m$ となる $m\geq1$ が存在する。prf-finite-field-order と同じ議論で、$F$ は $K$ 上の有限次元ベクトル空間であり、その次元を $k$ とすれば $|F|=|K|^k$、すなわち $p^n=p^{mk}$ である。よって $n=mk$ であり $m\mid n$ である。
2. $m\mid n$ とする。$\phi^m$ は環準同型だから、prf-finite-field-existence-uniqueness で $R$ について示したのと同じ計算により、不動点全体 $K_m$ は $F$ の部分体である。その位数を求める。$K_m$ の $0$ でない元は、$a^{p^m-1}=1$ を満たす $a\in F^{\times}$ 全体である。thm-finite-field-multiplicative-cyclic により $F^{\times}$ は位数 $N:=p^n-1$ の巡回群であり、原始元 $\gamma$ をとると $F^{\times}=\{\gamma^k\mid 0\leq k< N\}$ である。$m\mid n$ から $n=mk$ と書けば
   $$ p^n-1=(p^m-1)\bigl(p^{m(k-1)}+p^{m(k-2)}+\cdots+p^m+1\bigr) $$
   なので $d:=p^m-1$ は $N$ を割り切る。$(\gamma^k)^d=1$ であることは $N\mid kd$、すなわち $(N/d)\mid k$ と同値だから、$x^d=1$ を満たす $F^{\times}$ の元は $\gamma^{(N/d)j}$（$0\leq j< d$）のちょうど $d$ 個である。ゆえに $|K_m|=d+1=p^m$ である。
   一意性を示す。$K\subset F$ を位数 $p^m$ の部分体とすると、cor-finite-field-fermat を $K$ に適用してすべての $a\in K$ が $a^{p^m}=a$ を満たす。よって $K\subset K_m$ であり、両者の位数が等しいので $K=K_m$ である。
   最後の主張は (1) と (2) から従う。$\mathbb{F}_{p^m}$ が $\mathbb{F}_{p^n}$ の部分体と同型なら (1) により $m\mid n$ であり、逆に $m\mid n$ なら (2) の $K_m$ は位数 $p^m$ の体だから thm-finite-field-existence-uniqueness により $\mathbb{F}_{p^m}$ と同型である。