La manipulación de aditivos subgrupos del campo finito GF($2^m$)

Question

En el campo de la construcción, como en este enlace, donde GF($2^m$) se obtiene como una concatenación de aditivo subgrupos de cardinalidad $2^j$$j=0,1,...,m$. En esta pregunta, no se realiza ninguna suposición de que los subgrupos de cardinalidad $2^{j'}$ $j'$ que divide $s$ necesitan ser subcampos.

Suponga que dos subgrupos $\mathcal{S}_a$ $\mathcal{S}_{b}$ son elegidos (siguiendo las notaciones en el enlace de arriba, donde $\mathcal{S}_a$ es de cardinalidad $2^a$ $\mathcal{S}_b$ es de cardinalidad $2^b$), donde w.l.o.g. $\mathcal{S}_a \subseteq \mathcal{S}_b$ $a+b \le m$ . Podemos encontrar siempre un elemento $g \ne 0$ del campo tal que $\{g \cdot {S_a}\}\bigcap {{S_b}} = \left\{ 0 \right\}$?

Tenga en cuenta que $g \cdot {S_a}$ es un subgrupo aditivo de GF($q$). Teniendo en cuenta los subgrupos como subespacios sobre GF($2$), mi primer pensamiento fue a buscar a $g$, de tal manera que cuando se multiplica por la base de los elementos de $\mathcal{S}_a$, conducen a un distinto conjunto de la base de elementos. Sin embargo, no estoy seguro de cómo hacer esto de una manera sistemática.

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Addendum: Para valores fijos de $a,b$ tal que $a+b \le m$ tales $g$ hecho puede ser encontrado. Sin embargo, hay un "universal" valor de $g$ tal que $$\{ g \cdot {S_a}\} \bigcap {{S_b}} = \left\{ 0 \right\}$$ $$\{ {S_a}\} \bigcap {\left\{ {g \cdot {S_b}} \right\}} = \left\{ 0 \right\}$$ para cada par de $\mathcal{S}_a,\mathcal{S}_b$ tal que $a+b \le m$?

Answer 1

Es suficiente como para considerar la $1\leq a$$a+b=m$, de lo contrario se vuelve trivial caso. Deje $\{v_1, \ldots , v_a\}$ ser una base para $S_a$, e $\{w_1, \ldots, w_b\}$ ser una base para $S_b$. Deje $F^*$ el conjunto de distinto de cero elementos en $GF(2^m)$.

Nos encontramos con un elemento $g\in F^*$ la satisfacción de: $$ g \cdot v_1 \noen S_b.\ \ \ (1) $$ Puesto que la multiplicación por elemento distinto de cero es inyectiva, hay, al menos, $2^m - 1-2^b$ elementos $g$ cumplir con lo anterior.

También queremos $g$ para satisfacer: $$ g\cdot v_2 \noen \mathrm{Span}(S_b \cup \{g\cdot v_1\}). \ \ \ (2) $$

La negación de esta condición es, de hecho, la existencia de $a_{b+1}\in \{0,1\}$ tal que $$ g\cdot v_2 = a_1 w_1 + \cdots + a_b w_b + a_{b+1} g\cdot v_1 $$

que es equivalente a $$ g \cdot (v_2 - a_{b+1} v_1) \en S_b. $$ Podemos evitar todos los $g$ posiblemente la satisfacción de las anteriores. Hay dos opciones para $a_{b+1}$$v_2 - a_{b+1} v_1 \neq 0$. Por lo tanto, la multiplicación por $v_2 - a_{b+1} v_1$ es inyectiva. Por lo tanto, hay por lo menos $2^m-1-2^b-2^{b+1}$ elementos $g$ satisfacer tanto (1) y (2).

Podemos utilizar esta idea para encontrar $g\in F^*$ satisfactorio (1) y:

Para todos los $1\leq j\leq a-1$, $$ g\cdot v_{j+1} \noen \mathrm{Span}(S_b \cup \{g\cdot v_1 , \ldots , g\cdot v_j\}). \ \ \ (j+1) $$ A continuación, la negación de la anterior es satisfecho a la mayoría de los $2^{j+b}$ elementos $g\in F^*$. Por lo tanto, existen al menos $2^m-1-\sum_{j=b}^{m-1} 2^j$ elementos $g\in F^*$ satisfactorio (1) y ( $j+1$ )$1\leq j\leq a-1$.

Tenemos $2^m-1-\sum_{j=b}^{m-1} 2^j\geq 1$. Por lo tanto, encontrar $g$ es posible.