■群と魔方陣（その１）
ｎ×ｎ個の升目に１〜ｎ
^2までの数を入れ，各行各列の合計が
ｎ（ｎ
^2＋１）／２
になるように並べたものが「魔方陣」である．よく知られたパズルであるから誰しも試行錯誤したことがあるに違いない．
たとえば，
［１，５，９］
［８，３，４］
［６，７，２］
は３次の魔方陣であり，縦の並びも横の並びもその和はすべて１５となっている．ただし，ここでは対角線の和がそうなることは要求しないことにする．
容易にわかるように２次の魔方陣は存在しない．なぜなら，左上を１で始めれば，各行各列の数字の和は５であるから，右上は４でなければならない．すると下の段は［２，３］あるいは［３，２］のいずれかであるが，どう並び替えても魔方陣にはならないのである
［１，４］ ［１，４］
［２，３］ ［３，２］
また，ある属性をもつ対象を升目状に並べて，どの行どの列にもひとつずつその属性を有するものが並んだ配列を「ラテン方陣」という．
［ａ，ｂ，ｃ］ ［ａ，ｂ，ｃ］
［ｂ，ｃ，ａ］ ［ｃ，ａ，ｂ］
［ｃ，ａ，ｂ］ ［ｂ，ｃ，ａ］
は３次のラテン方陣であるが，縦も横も同じ文字が重複なく１回ずつしかでてこない．ラテン方陣を作るには，最初の行をａ，ｂ，ｃとして一行下がるごとに左に（あるいは右に）ひとつずつ巡回置換させればよい．
ラテン方陣では属性はひとつであったが，次に属性を１つ増やして２つの属性を有する対象を升目状に並べた配列を考える．同じ組が現れずすべて異なる配列が「グレコ・ラテン方陣」である．グレコ・ラテン方陣はオイラーにちなんで「オイラー方陣」とも呼ばれる．
［ａ，ｂ，ｃ］ ［α，β，γ］ ［ａα，ｂβ，ｃγ］
［ｂ，ｃ，ａ］＋［γ，α，β］＝［ｂγ，ｃα，ａβ］
［ｃ，ａ，ｂ］ ［β，γ，α］ ［ｃβ，ａγ，ｂα］
は３次の左巡回ラテン方陣と右巡回ラテン方陣を組み合わせて，グレコ・ラテン方陣にしたものである．このように，合併してグレコ・ラテン方陣になる２つのラテン方陣を（比喩的に）直交するという．
６次のラテン方陣は存在するのに対して，６次のグレコ・ラテン方陣は不可能であることが証明されている．その証明はタリー（１９０３年）によってなされたが，全数を列挙して調べつくすというものである．いまだ一般的・理論的な証明はなく，不可能性の証明は根気のいるしらみつぶしによる方法しかないのである．奇妙なことに，３つの属性についての３次元オイラー立方体は可能なことがわかっている（１９７７年）．
グレコ・ラテン方陣はｎが奇数のときと４の倍数のときに可能である．１７８２年，オイラーはｎが２の奇数倍のときグレコ・ラテン方陣は不可能と予想したのだが，この予想は誤りであって，ｎ＝２と６の場合だけが不可能なのである．
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【１】グレコ・ラテン方陣と魔方陣
［１，２，３］ ［１，２，３］ ［１１，２２，３３］
［３，１，２］＋［２，３，１］＝［３２，１３，２１］
［２，３，１］ ［３，１，２］ ［２３，３１，１２］
は３次のラテン方陣を組み合わせて，グレコ・ラテン方陣にしたものである．
これを３進法で表したものが３次の魔方陣に対応している．わかりやすいようにでてきた数のすべてから１をひいた後，３進法を１０進法に直して１をたすと
［００，１１，２２］ ［０，４，８］ ［１，５，９］
［２１，０２，１０］＝［７，２，３］→［８，３，４］
［１２，２０，０１］ ［５，６，１］ ［６，７，２］
となり，３次の魔方陣の出来上がりである．
しかし，４次のラテン方陣を組み合わせても
［１，２，３，４］ ［１，２，３，４］ ［１１，２２，３３，４４］
［４，１，２，３］＋［２，３，４，１］＝［４２，１３，２４，３１］
［３，４，１，２］ ［３，４，１，２］ ［３３，４４，１１，２２］
［２，３，４，１］ ［４，１，２，３］ ［２４，３１，４２，１３］
のように同じ数字が２回でてきてしまう．
これらは非直交であるため，４次のグレコ・ラテン方陣とはならず失敗であった．一般にｎが奇数の場合，２つのラテン方陣を組み合わせるとグレコ・ラテン方陣ができるが，偶数のときはダメである．実は４次の魔法陣はまったく別の方法で作ることができるのだが，それには「有限体」を理解することが必要になる．
有限個の元と体の構造をもつ数体系が「有限体」である．代数学の教えるところによれば，ｎ元の体（加減乗除の演算が定義された集合）が存在するための必要十分条件は，ｎが素数（のベキ乗）になっていることで，位数２，３，４＝２
^2，５の体は存在するが，位数６＝２×３の体は存在しない．そして，位数７，８＝２^3，９＝３^2の体は存在して，位数１０＝２×５のものは存在しない．位数１１，１３の集合は体となるが，位数１２＝２^2×３，１４＝２×７のなす集合は決して体にはならない．
そして，素数ｐに対して定まる有限体をＦ
pと書く．
Ｆ
p＝｛０，１，２，・・・，ｐ−１｝
はｐ個の元からなる．Ｆ
7＝｛０，１，２，３，４，５，６｝はあるが，Ｆ6というものは存在しないというわけである．
また，Ｆ
pの拡大体がＦp^nである．Ｆp^nの０でない元の全体は位数ｐ^n−１の乗法群をなすが，有限体は乗法の交換法則を満たすので可換体となる．有限体は計算機や通信などでいまや花形の数学の理論となっているのだが，有限体が必ず可換体になることを証明したのはウェダーバーンである（１９０５年）．以下，有限体について復習してみよう．
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【２】有限環と有限体
整数には奇数と偶数がありますが，
ＯＤＤ＝１，ＥＶＥＮ＝０
として，加法と乗法を定義すると
＋ ０ １ × ０ １
０ ０ １ ０ ０ ０
１
１ ０ １ ０ １
となります．
偶数か奇数かは２で割ったときの余りで識別できますが，同様に３で割ったときの余りで分類した数体系を考えます．余りは０，１，２のどれかですから，
＋ ０ １ ２ × ０ １ ２
０ ０ １ ２ ０ ０ ０ ０
１
１ ２ ０ １ ０ １ ２
２
２ ０ １ ２ ０ ２ １
のような演算を定義することができるわけです．
もう少し続けてみることにしましょう．ｎ＝４のとき
＋ ０ １ ２ ３ × ０ １ ２ ３
０ ０ １ ２ ３ ０ ０ ０ ０ ０
１
１ ２ ３ ０ １ ０ １ ２ ３
２
２ ３ ０ １ ２ ０ ２ ０ ２
３ ３ ０ １ ２ ３ ０ ３ ２ １
ｎ＝５のとき
＋ ０ １ ２ ３ ４
０ ０ １ ２ ３ ４
１
１ ２ ３ ４ ０
２
２ ３ ４ ０ １
３ ３ ４ ０ １ ２
４ ４ ０ １ ２ ３
× ０ １ ２ ３ ４
０ ０ ０ ０ ０ ０
１
０ １ ２ ３ ４
２
０ ２ ４ １ ３
３ ０ ３ １ ４ ２
４ ０ ４ ３ ２ １
その算法（和と積）はそれぞれ和，積のｍｏｄ５での余りとなります．足し算では巡回するだけで面白味がないので，これ以降はかけ算だけを続けてみます．
ｎ＝６のとき
× ０ １ ２ ３ ４ ５
０ ０ ０ ０ ０ ０ ０
１
０ １ ２ ３ ４ ５
２
０ ２ ４ ０ ２ ４
３ ０ ３ ０ ３ ０ ３
４ ０ ４ ２ ０ ４ ２
ｎ＝７のとき
× ０ １ ２ ３ ４ ５ ６
０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０
１
０ １ ２ ３ ４ ５ ６
２
０ ２ ４ ６ １ ３ ５
３ ０ ３ ６ ２ ５ １ ４
４ ０ ４ １ ５ ２ ６ ３
５ ０ ５ ３ １ ６ ４ ２
６ ０ ６ ５ ４ ３ ２ １
いずれのかけ算の表でも，
１）０の行・列はすべて０
２）主対角線に関して対称
です．また，０以外の行・列では，ｎ＝２，３，５，７の場合，０〜ｎ−１が一度ずつ現れましたが，ｎ＝４，６ではそうはならず，非常に大きな違いがあることに気づきます．
ａ・ａ
^(-1)＝１となるａ^(-1)をａの逆元といいます．ｎ＝７の表で説明すると，１の逆元は１，２の逆元は４，３の逆元は５，４の逆元は２，５の逆元は３，６の逆元は６となるというわけです．
０以外の元が常に乗法に関する逆元をもつ数体系を「体」といいますが，以上の結果において，２，３，５，７は素数，４，６は合成数ですから，集合
｛０，１，２，・・・，ｎ−１｝
はｎが素数のとき体となる，合成数のとき環であって体ではないことを示しているのです．
重要なのは，
「ｐが素数のとき，Ｚ／ｐＺは体である．」
ということで，素数ｐで割ったときの余りで分類した数体系を考えると，ｐ個の元からなる有限体ができあがります．そして，素数ｐに対して定まる有限体をＦ
pと書きます．
Ｆ
7＝｛０，１，２，３，４，５，６｝
はあるが，Ｆ
6というものは存在しないというわけです．
なお，有限体は乗法の交換法則を満たすので可換体となります．有限体が必ず可換体になることを証明したのはウェダーバーンです（１９０５年）．
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有限体Ｆ
pの０以外の元をａとします．このとき，ａをｐ回足すとはじめて０になります．素数７を例にとって，Ｆ7でａ＝３を何回もたしてみると
３＋３＝６
３＋３＋３＝６＋３＝２
３＋３＋３＋３＝２＋３＝５
３＋３＋３＋３＋３＝５＋３＝１
３＋３＋３＋３＋３＋３＝１＋３＝４
３＋３＋３＋３＋３＋３＋３＝４＋３＝０
このｐを有限体Ｆ
pの標数といいます．
また，ａをｐ−１回掛けると１になります．Ｆ
7において
ａ＼
^n １ ２ ３ ４ ５ ６
１ １ １ １ １ １ １
２ ２ ４ １ ２ ４ １
３ ３ ２ ６ ４ ５ １
４ ４ ２ １ ４ ２ １
５ ５ ４ ６ ２ ３ １
６ ６ １ ６ １ ６ １
最後の列はすべて１です．
このように，ｐで割り切れない整数ａに対して，フェルマーの定理
ａ
^(p-1)＝１ （ｍｏｄ ｐ）
が成り立つというわけです．また，このことからａ
^(p-2)がａの逆元となることも理解されます．
１／ａ＝ａ
^(p-2)
Ｆ
7では，
１／３＝３
^5＝５，１／６＝６^5＝６
なお，この表において，１は１乗してはじめて１になりますが，２は３乗して，３は６乗して，４は３乗して，５は６乗して，６は２乗してはじめて１になります．ｐと互いに素な整数ａがｐ−１乗してはじめて１になるとき，ａを原始根といいます．Ｆ
7においては３，５が原始根です．
Ｆ
pにおける原始根ａが与えられたとき，０以外のすべての元は，
ａ
^i （i=0〜p-2）
の形に表すことができます．
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【３】Ｆ
p係数多項式（方程式）
次に，有限体Ｆ
pを係数にもつ１変数多項式の集合Ｆp［ｘ］を考えます．たとえば，
ｘ
^2＋２ｘ＋３
において，ｍｏｄ５の多項式と考えるというのは，係数がｍｏｄ５で合同な多項式はすべて同じものと見なすということです．
ｘ
^2＋２ｘ＋３
＝ｘ
^2＋７ｘ＋８
＝６ｘ
^2−３ｘ＋３
＝−４ｘ
^2−１２ｘ−２３
Ｆ
p［ｘ］が環をなすことは簡単に証明できます．
Ｆ
5において，多項式ｘ^2＋３ｘ＋２を１次式の積として表せという問題では，整数係数のときのように足して３，掛けて２となる２数１，２はＦ5でも１と２でよく，答えは
ｘ
^2＋３ｘ＋２＝（ｘ＋１）（ｘ＋２）
となります．
ｘ
^2＋４
では足して０，掛けて４となる２数は整数ではあり得ませんが，前述の足し算とかけ算と表を見ると，Ｆ
5では１と４がこれを満たすので，
ｘ
^2＋４＝（ｘ＋１）（ｘ＋４）
同様に足して２，掛けて２はＦ
5では３と４より，
ｘ
^2＋２ｘ＋２＝（ｘ＋３）（ｘ＋４）
となります．
この例ではＦ
5だったので，前述の足し算とかけ算と表を見ながらやるとわかりやすいのですが，ｐが大きくなると簡単ではなくなります．そこで，因数定理「ｎ次方程式ｆ（ｘ）＝０がαを根にもつならば，
ｇ（ｘ）＝（ｘ−α）ｑ（ｘ）
という形に分解できる」を用いることにします．
この定理は（普通の）多項式の因数分解の方法を与えているのですが，Ｆ
p係数のｎ次方程式がＦpの中に根をもつ場合でも適用され，確実でしかも速いやり方になっています．
たとえば，
ｆ（ｘ）＝ｘ
^2＋４
とおいて，ｘに順次０から４まで代入して，ｍｏｄ５として計算してゆくと
ｆ（０）＝４，ｆ（１）＝５＝０，ｆ（２）＝８＝３，ｆ（３）＝１３＝３，ｆ（４）＝２０＝０
より，ｆ（ｘ）＝０の２根は１（＝−４）と４＝−１．したがって，
ｘ
^2＋４＝（ｘ−１）（ｘ−４）＝（ｘ＋４）（ｘ＋１）
同様に，
ｇ（ｘ）＝ｘ
^2＋２ｘ＋２
では
ｇ（０）＝２，ｇ（１）＝５＝０，ｇ（２）＝１０＝０，ｇ（３）＝１７＝２，ｇ（４）＝２２＝２
より，ｇ（ｘ）＝０の２根は１（＝−４）と２（＝−３）の２個．したがって，
ｘ
^2＋２ｘ＋２＝（ｘ−１）（ｘ−２）＝（ｘ＋３）（ｘ＋４）
普通にできる因数分解も，有限体Ｆ
5上で考えると
ｈ（ｘ）＝ｘ
^2＋３ｘ＋２
ｈ（０）＝２，ｈ（１）＝６＝１，ｈ（２）＝１２＝２，ｈ（３）＝２０＝０，ｈ（４）＝３０＝０
したがって
ｘ
^2＋３ｘ＋２＝（ｘ−３）（ｘ−４）＝（ｘ＋２）（ｘ＋１）
このように，任意のＦ
p係数多項式Ｆp［ｘ］は有限個の既約多項式の積に分解されるのですが，整数と同様に，この分解は係数の違いを無視すれば一意に決まります．
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【４】拡大体Ｆ
p^2
前節では，ｆ（ｘ）＝０が根をもつ場合を考えましたが，逆に，根が一つもなかったらどうなるのでしょうか？
答えを先にいうと，環Ｆ
p［ｘ］をｍｏｄｆ（ｘ）で考えた剰余環を
Ｆ
p［ｘ］／ｆ（ｘ）
と記すのですが，ｆ（ｘ）が既約ならば
Ｆ
p［ｘ］／ｆ（ｘ）
は体となります．
すなわち「剰余体になる」が答えですが，証明には興味がないので，ここでは根が一つもないような方程式を利用して，有限体Ｆ
pを拡大したＦp^2を具体的に構成することにします．証明法を述べるのはやめて，考え方に焦点をあててみたいというわけです．
たとえば，Ｆ
3における２次方程式
ｘ
^2＋１＝０
を考えます．
ｆ（０）＝１，ｆ（１）＝２，ｆ（２）＝５＝２
ですから，これはＦ
3の中には根をもちません（＝既約多項式）．
Ｆ
3［ｘ］／（ｘ^2＋１）
では，剰余の次数は高々１次ですから，
Ｆ
3［ｘ］／（ｘ^2＋１）＝｛ａｘ＋ｂ｜ａ，ｂはＦ3の元｝
また，Ｆ
3＝Ｚ／３Ｚの元の集合は｛０，１，２｝ですから，
｛０，１，２，ｘ，ｘ＋１，ｘ＋２，２ｘ，２ｘ＋１，２ｘ＋２｝
の９個の剰余類からなります．
Ｆ
3では−１＝２すなわち｛０，１，２｝＝｛０，１，−１｝ですから，
｛０，１，−１，ｘ，ｘ＋１，ｘ−１，−ｘ，−ｘ＋１，−ｘ−１｝
としても同じことです．ともあれ，ｆ（ｘ）の次数をｄとすると，Ｆ
p［ｘ］／ｆ（ｘ）の位数はｐ^d個あることがわかります．
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次に，この９個の元が体をなすだろうか？ すなわち，加減乗除が可能だろうか？ という問題が派生します．
Ｆ
3［ｘ］／（ｘ^2＋１）＝｛ａｘ＋ｂ｜ａ，ｂはＦ3の元｝
において，ａｘ＋ｂをａｂとして３進数表示すれば，集合としては
｛００，０１，０２，１０，１１，１２，２０，２１，２２｝＝｛０，１，２，３，４，５，６，７，８｝
桁ごとのＦ
3の加法，たとえば，
３＋５＝ｘ＋（ｘ＋２）＝２ｘ＋２＝２２＝８
をまとめると
＋ ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８
０ ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８
１
１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ０
２
２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ １ ２
３ ３ ４ ５ ６ ７ ８ １ ０ ２
４ ４ ５ ６ ７ ８ ０ １ ２ ３
５ ５ ６ ７ ８ ０ １ ２ ３ ４
６ ６ ７ ８ ０ １ ２ ３ ４ ５
７ ７ ８ ０ １ ２ ３ ４ ５ ６
８ ８ ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７
また，乗法は多項式としての積のｘ
^2＋１による剰余，すなわち，右辺の乗算はｘ^2＋１が出てくるたびに０に置き換える（＝ｘ^2が出てくるだびに−１に置き換える）ことによって，たとえば，
３×５＝ｘ（ｘ＋２）＝ｘ
^2＋２ｘ＝２ｘ−１＝２ｘ＋２＝２２＝８
が実現されます．
× ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８
０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０
１
０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８
２
０ ２ １ ６ ８ ７ ３ ５ ４
３ ０ ３ ６ ２ ５ ８ １ ４ ７
４ ０ ４ ８ ５ ６ １ ７ ２ ３
５ ０ ５ ７ ８ １ ３ ４ ６ ２
６ ０ ６ ３ １ ７ ４ ２ ８ ５
７ ０ ７ ５ ４ ２ ６ ８ ４ １
８ ０ ８ ５ ７ ３ ２ ５ １ ６
このように０〜８が一度ずつ現れましたし，０以外の元が
１×１＝１
２×２＝１
（ｘ＋１）×（ｘ＋２）＝１
（ｘ＋２）×（ｘ＋１）＝１
２ｘ×ｘ＝１
（２ｘ＋１）×（２ｘ＋２）＝１
（２ｘ＋２）×（２ｘ＋１）＝１
のように常に乗法に関する逆元をもっているわけですから，
Ｆ
3［ｘ］／（ｘ^2＋１）
が「体」となっていることがわかります．
この拡大体をＦ
9と書きます．添字の９は９個の元からなることを表しています．前述したように
Ｚ／９Ｚ＝｛０，１，２，３，４，５，６，７，８｝
（一般にＺ／ｐ
^2Ｚ）では，有限環とはなっても有限体にはならないわけですから，紛らわしいので，Ｆ3^2あるいは一般にＦp^2と書いた方がいいかもしれません．
なお，Ｆ
p^nの０でない元の全体は，位数ｐ^n−１の乗法群をなします．この群のすべての元は
ｆ（ｘ）＝ｘ
^(p^n-1)−１＝０，すなわち，ｘ^(p^n)＝ｘ
を満たします．また，
（ｘ＋ｙ）
^p＝ｘ^p＋ｙ^p （和のｐ乗はｐ乗の和）
（ｘｙ）
^p＝ｘ^pｙ^p （積のｐ乗はｐ乗の積）
ですから，ｐ乗の算法は体をなしています．一般に，
｛ｆ（ｘ）｝
^p＝ｆ（ｘ^p）
が成立します．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
有限体を係数にもつ方程式を考えて，その根をつけ加えて得られる数体系も有限体と呼ばれます．
体Ｆ
3にｘ^2＋１の形式的な解を考えて，それをαとします．
Ｆ
3（α）＝Ｆ3［ｘ］／（ｘ^2＋１）
と定義すると，
Ｆ
3（α）＝｛ａ＋ｂα｜ａ，ｂ＝Ｆ3｝
＝｛０，１，−１，α，α＋１，α−１，−α，−α＋１，−α−１｝
です．
ｘ
^2＋１＝０のもう一つの解−αがこの体に入っていることから，ｘ^2＋１はこの体で１次式の積に分解されることがわかります．
ｘ
^2＋１＝（ｘ−α）（ｘ＋α）
また，Ｆ
3には｛０，１，２｝＝｛０，１，−１｝を代入しても０にならない２次式（２次の既約多項式）がさらに２つあります．
ｘ
^2＋ｘ＋２＝ｘ^2＋ｘ−１，
ｘ
^2＋２ｘ＋２＝ｘ^2−ｘ−１
ｘ
^2＋ｘ−１＝０の解は１＋α，１−α，ｘ^2−ｘ−１＝０の解は−１＋α，−１−αであって，Ｆ3にｘ^2＋１＝０の解を添加した体Ｆ3（α）はすべての既約２次方程式の解を含むことになります．もちろん有理数体においてはこのようなことは起こりません．
何が問題なのかを意識していないと肝心なところがわからないので，説明を繰り返しますが，結局，「Ｆ
p係数の既約方程式ｆ（ｘ）＝０は
Ｆ
p［ｘ］／ｆ（ｘ）
において根をもつ．」すなわち，Ｆ
pを係数とする方程式を考え，その根をどんどん新しい数としてつけ加えていくと，ついにはどんな方程式からもそれ以上新しい根がでないような数の体系にたどりつくというわけです．
換言すると，有限体Ｆ
pを含んでいて，しかもあらゆるＦp係数既約２次方程式が解けるというきわめて有用な有限Ｆpの２次拡大体Ｆp^2を構成したことになります．
なお，ここで用いた既約多項式は
ｆ（ｘ）＝ｘ
^2＋１
ですから，この話はｉを添加して実数体（Ｒ：ａ）を複素数体（Ｃ：ａ＋ｂｉ）に拡大した話と完全に並行していることが窺えます．
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【５】拡大体Ｆ
2^n
ここでは，Ｆ
2係数既約ｎ次方程式がその中に根をもつような有限体Ｆ2^nを構成します．この体は，近年，符号理論・暗号理論などの分野でますます重要な枠割りを果たしています．
まず，素体Ｆ
2の２次拡大：Ｆ4＝Ｆ2^2をつくることにしますが，
ｆ（ｘ）＝ｘ
^2＋１
は
ｆ（０）＝１，ｆ（１）＝２＝０
より，
ｘ
^2＋１＝（ｘ＋１）^2
のように因数分解されます．したがって，既約多項式ではありません．
Ｆ
2係数２次方程式のうち，Ｆ2の中に根をもたないものは，
ｘ
^2＋ｘ＋１
だけなのです．そこで，
Ｆ
2［ｘ］／（ｘ^2＋ｘ＋１）＝｛ａｘ＋ｂ｜ａ，ｂはＦ2の元｝
では，剰余の次数は高々１次で，Ｆ
2＝Ｚ／２Ｚの元の集合は｛０，１｝ですから，
｛０，１，ｘ，ｘ＋１｝
の４個の剰余類からなります．
ａｘ＋ｂをａｂとして２進数表示すれば，集合としては
Ｆ
4＝Ｆ2^2＝｛００，０１，１０，１１｝＝｛０，１，２，３｝
加算はビットごとのＦ
2の加法なので省略して，かけ算だけを示しますが，
ｘ
^2＝−ｘ−１＝ｘ＋１ （Ｆ2では−１＝１）
に置き換えると
× ０ １ ２ ３
０ ０ ０ ０ ０
１
０ １ ２ ３
２
０ ２ ３ １
３ ０ ３ １ ２
また，素体Ｆ
2の３次拡大
Ｆ
8＝Ｆ2^3＝｛ａｘ^2＋ｂｘ＋ｃ｜ａ，ｂ，ｃはＦ3の元｝
の原始方程式は
ｘ
3＋ｘ＋１＝０
より，
ｘ
^3＝−ｘ−１＝ｘ＋１
に置き換えると，例えば，
３×５＝０１１・１０１＝（ｘ＋１）（ｘ
^2＋１）＝ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１
＝ｘ＋１＋ｘ
^2＋ｘ＋１＝ｘ^2＝１００＝４
× ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７
０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０
１
０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７
２
０ ２ ４ ６ ３ １ ７ ４
３ ０ ３ ６ ５ ７ ４ １ ２
４ ０ ４ ３ ７ ６ ２ ５ １
５ ０ ５ １ ４ ２ ７ ３ ６
６ ０ ６ ７ １ ５ ３ ２ ４
７ ０ ７ ５ ２ １ ６ ４ ３
以上より，Ｆ
4もＦ8も体であることが確認されました．
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
一般のｎに対するＦ
2^nの計算も，原始方程式を見つけることができれば，まったく同様にできます．したがって，問題は原始方程式を見つけることです．任意のｎ次既約多項式はｘ^(p^n)−ｘの約数なのですが，１次因子〜高次因子をすべて求める方法にはこれ以上深入りせず，ｎが比較的小さいときの原始方程式をいくつか掲げておきます．
最高次数の係数が１の多項式をモニックな多項式というのですが，多項式の場合，モニックで既約な多項式が，整数における素数に対応します．ここでは，Ｆ
2［ｘ］において，モニックな既約多項式のみを考えます．
１）１次のモニックな既約多項式は，
ｘ，ｘ＋１
の２個．
２）２次のモニックな既約多項式は，
ｘ
^2＋ｘ＋１
ただひとつです．
定数項が０のものはｘで割り切れますから，候補はｘ
^2＋１とｘ^2＋ｘ＋１の２つしかないのですが，ｘ^2＋１＝（ｘ＋１）^2なので不可．ｘ^2＋ｘ＋１は０，１を代入しても０にならないので，１次因子をもたない．従って既約多項式です．
３）３次のモニックな既約多項式は
ｘ
^3＋ｘ＋１，ｘ^3＋ｘ^2＋１
の２個．
ｘ
^3＋ａｘ^2＋ｂｘ＋ｃに０，１を代入すると，ｃ，１＋ａ＋ｂ＋ｃで，これがどちらも０にならないのはａ＋ｂ＋１＝０，ｃ＝１のとき．つまり，
ａ＝１，ｂ＝０，ｃ＝１またはａ＝０，ｂ＝１，ｃ＝１．
４）４次のモニックな既約多項式は
ｘ
^4＋ｘ＋１，ｘ^4＋ｘ^3＋１，ｘ^4＋ｘ^3＋ｘ^2＋ｘ＋１
の３個．
ｘ
^4＋ａｘ^3＋ｂｘ^2＋ｃｘ＋ｄに０，１を代入すると，ｄ，１＋ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄで，これがどちらも０にならないのはａ＋ｂ＋ｃ＋１＝０，ｄ＝１のとき．これは１次因子をもたない条件．
２次の既約多項式はｘ
^2＋ｘ＋１だけ．これで割ってみると余りは，（ｂ＋ｃ＋１）ｘ＋ａ＋ｂ＋ｄ．これが０でないのは，ｂ＋ｃ＝０またはａ＋ｂ＋ｄ＝１．合わせればａ＝１，ｂ＝ｃまたはａ＝ｂ，ｃ＝１．よって，
ａ＝１，ｂ＝ｃ＝０とａ＝ｂ＝ｃ＝１とａ＝ｂ＝０，ｃ＝１
５）５次の既約多項式は
ｘ
^5＋ｘ^2＋１
など５個．
ｘ
^5＋ｘ＋１＝（ｘ^3＋ｘ^2＋１）（ｘ^2＋ｘ＋１）
はＦ
2［ｘ］上で既約ではない．
６）６次の既約多項式は
ｘ
^6＋ｘ＋１
など９個．１，ｘ，・・・，ｘ
^6の奇数和で１とｘ^6を含むものの中にある．
７）７次の既約多項式は
ｘ
^7＋ｘ＋１
など１８個．
８）８次の既約多項式は
ｘ
^8＋ｘ^4＋ｘ^3＋ｘ^2＋１
など３０個．
ｍｏｄ２で既約なＦ
2［ｘ］について示しましたが，
ｍｏｄ３で既約な
１）１次式：ｘ，ｘ±１
２）２次式：ｘ
^2＋１，ｘ^2±ｘ−１
３）３次式：ｘ
^3−ｘ±１，ｘ^3＋ｘ^2−１，ｘ^3−ｘ^2＋１，
ｘ
^3＋ｘ^2＋ｘ−１，ｘ^3±ｘ^2−ｘ−１，ｘ^3−ｘ^2＋ｘ＋１
４）５次式：ｘ
^5−ｘ−１など
ｍｏｄ５で既約な
１）２次式：ｘ
^2＋ｘ＋１など
２）３次式：ｘ
^3−ｘ^2−１など
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