Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đa thức hoán vị được Modulo lũy thừa một số nguyên tố

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:44

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong Toán học, một đa thức một biến f(x) với hệ số trên một vành giao hoán V được gọi là đa thức hoán vị được trên V (hay gọi là đa thức hoán vị trên V) nếu f(x) tác động như một hoán vị trên V, nghĩa là ánh xạ cảm sinh a7→ f(a) là một song ánh trên V. Chẳng hạn, khi V=R là trường số thực, thì đa thức f(x)=x+1 là hoán vị được trên R, tuy nhiên đa thức g(x)=x2 thì không hoán vị được trên R. Khi V=Z2, thì đa thức f(x)=x+1 là hoán vị được trên Z2 (do f(0)=1 và f(1)= 0), còn đa thức g(x)=x2+x+1 không hoán vị được (vì g(0)=1=g(1)).

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đa thức hoán vị được Modulo lũy thừa một số nguyên tố

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH NGỌC PHÚC ĐA THỨC HOÁN VỊ ĐƯỢC MODULO LŨY THỪA MỘT SỐ NGUYÊN TỐ THÁI NGUYÊN, 08/2018 1
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH NGỌC PHÚC ĐA THỨC HOÁN VỊ ĐƯỢC MODULO LŨY THỪA MỘT SỐ NGUYÊN TỐ CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: GS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN, 08/2018
Mục lục Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Phần mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1 Cấu trúc của trường hữu hạn 7 1.1 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2 Trường phân rã của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3 Cấu trúc của trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . 15 2 Đa thức hoán vị được modulo lũy thừa một số nguyên tố 21 2.1 Đa thức hoán vị được trên một trường hữu hạn . . . . . 21 2.2 Đa thức hoán vị được trên vành Z2n . . . . . . . . . . . . 27 2.3 Đa thức hoán vị được trên vành Z3n và Z5n . . . . . . . 35 Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 3
4 LỜI CẢM ƠN Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS. TS. Lê Thị Thanh Nhàn đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này. Khi bắt đầu nhận đề tài thực sự tôi cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mới mẻ. Hơn nữa với vốn kiến thức ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên tôi chưa thực sự tự tin để tiếp cận đề tài. Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng Cô vẫn dành nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trong suốt thời gian tôi thực hiện đề tài. Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quá trình hoàn thiện luận văn Cô luôn tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốt nhất nhất cho tôi hoàn thành luận văn. Cho đến bây giờ luận văn thạc sĩ của tôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Cô đã đôn đốc, nhắc nhở tôi. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng Đào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin trân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, các thầy cô giáo trường THPT Nguyễn Đăng Đạo -Bắc Ninh nơi tôi công tác đã tạo điều kiện giúp đỡ tôi hoàn thành công việc chuyên môn tại nhà trường để tôi hoàn thành chương trình học tập cao học. Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Thái nguyên, ngày 10/08/2018 Tác giả
5 PHẦN MỞ ĐẦU Trong Toán học, một đa thức một biến f (x) với hệ số trên một vành giao hoán V được gọi là đa thức hoán vị được trên V (hay gọi là đa thức hoán vị trên V ) nếu f (x) tác động như một hoán vị trên V, nghĩa là ánh xạ cảm sinh a 7→ f (a) là một song ánh trên V. Chẳng hạn, khi V = R là trường số thực, thì đa thức f (x) = x + 1 là hoán vị được trên R, tuy nhiên đa thức g(x) = x2 thì không hoán vị được trên R. Khi V = Z2 , thì đa thức f (x) = x+1 là hoán vị được trên Z2 (do f (0) = 1 và f (1) = 0), còn đa thức g(x) = x2 + x + 1 không hoán vị được (vì g(0) = 1 = g(1)). Các nghiên cứu về tính hoán vị được của đa thức trên trường hữu hạn có nhiều ứng dụng trong Tổ hợp, Hình học, Khoa học máy tính và đóng vai trò quan trọng trong mã hóa, bảo mật, đặc biệt là trong các thuật toán phát hiện lỗi, thuật toán hiệu đính,... Đa thức hoán vị được, bắt đầu được nghiên cứu bởi Charles Hermite (1822-1901) cho trường hợp trường Zp , với p là một số nguyên tố. Tiếp đó, Leonard Eugene Dickson (1874-1954) là người đầu tiên mở rộng nghiên cứu tính hoán vị được của đa thức trên trường hữu hạn tùy ý. Nếu F là trường hữu hạn thì số phần tử của F là pn với p là một số nguyên tố và n là một số nguyên dương. Vì thế nếu đa thức f (x) hoán vị được trên trường F thì ta cũng nói f (x) hoán vị được modulo pn . Khi đó, chú ý rằng nếu F là một trường hữu hạn, thì đa thức f (x) ∈ F [x] là hoán vị được trên F khi và chỉ khi ánh xạ cảm sinh f : F → F là đơn ánh, khi và chỉ khi ánh xạ này là toàn ánh. Vì thế, việc xét tính hoán vị được có phần được giảm nhẹ. Tuy nhiên, đặc trưng tính hoán vị được của đa thức trên một trường hữu hạn vẫn là bài toán khó, chưa có lời giải. Đã có rất nhiều nhà toán học quan tâm và có một số công trình được công bố gần đây về tính hoán vị được của đa thức trên vành có pn phần
6 tử, với p là một số nguyên tố và n là số nguyên dương. Gần đây trong một công trình của mình, hai tác giả Rajesh P Singh và Soumen Maity đã đưa ra một điều kiện cần và đủ để đa thức f (x) = a0 +a1 x+. . .+ad xd với hệ số nguyên là hoán vị được trên vành Zpn , với p = 2, 3, 5 thông qua các hệ số a0 , a1 , . . . , ad . Mục đích của luận văn là trình bày lại các kết quả về tính hoán vị được của đa thức modulo lũy thừa một số nguyên tố, bao gồm tính hoán vị được trên một trường hữu hạn và tính hoán vị được trên vành Zpn với p là số nguyên tố. Luận văn gồm hai chương. Chương 1 trình bày về đa thức bất khả quy, trường phân rã của một đa thức, cấu trúc của trường hữu hạn. Trong Chương 2, đầu tiên chúng tôi tập trung trình bày một số định nghĩa, kết quả ban đầu về tính hoán vị được của đa thức trên một trường hữu hạn. Tiếp theo chúng tôi trình bày lại các kết quả về tính hoán vị được của đa thức một biến với hệ số nguyên trên vành Zpn , với p = 2, 3, 5 trong bài báo của hai tác giả Rajesh P Singh và Soumen Maity, kết quả chính được thể hiện trong các Định lý 2.2.7, Định lý 2.3.3 và Định lý 2.3.8.
Chương 1 Cấu trúc của trường hữu hạn Mục đích của chương này là trình bày các tính chất cơ bản của trường phân rã và cấu trúc trường hữu hạn. Các kết quả trong Chương này được viết theo các tài liệu [1]. 1.1 Đa thức bất khả quy Trong suốt luận văn này chúng ta luôn xét đa thức với hệ số trên một trường K. Trong trường hợp này, các đa thức hằng khác 0 đều khả nghịch. Do đó ta có thể định nghĩa đa thức bất khả quy như sau. 1.1.1 Định nghĩa. Đa thức f (x) với hệ số trên một trường K là bất khả quy nếu deg f (x) > 0 và f (x) không phân tích được thành tích của hai đa thức có bậc bé hơn. Tiếp theo, chúng ta định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy của một phần tử đại số trên K. Trước tiên ta nhắc lại một số khái niệm sau. 1.1.2 Định nghĩa. Cho F là một trường chứa K. Một phần tử a ∈ F được gọi là đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác không với hệ số trên K. Đa thức dạng chuẩn là đa thức có hệ số cao nhất là 1. Mệnh đề tiếp theo đóng vai trò quan trọng để định nghĩa đa thức bất khả quy của một phần tử đại số. 7
8 1.1.3 Mệnh đề. Cho F là một trường chứa K và a ∈ F là phần tử đại số trên K. Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm. Hơn nữa, nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm thì g(x) là bội của p(x). Chứng minh. Vì a là phần tử đại số trên F nên tồn tại f (x) ∈ K[x] là đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Đặt p(x) = b−1 f (x), trong đó b là hệ số cao nhất của f (x). Khi đó p(x) ∈ K[x] là đa thức dạng chuẩn có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm. Rõ ràng deg p(x) > 0. Nếu p(x) khả quy thì p(x) là tích của hai đa thức trong K[x] với bậc bé hơn và một trong hai đa thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này là mâu thuẫn với cách chọn p(x). Do đó p(x) bất khả quy. Tiếp theo, giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm. Nếu g(x) không chia hết cho p(x) thì vì p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1. Khi đó, tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho 1 = p(x).q(x) + g(x).h(x). Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là vô lý. Vậy g(x) chia hết cho p(x). Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm. Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x). Viết q(x) = p(x).k(x) với k(x) ∈ K[x]. Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = c với 0 6= c ∈ K. Do đó q(x) = cp(x). Đồng nhất hệ số cao nhất của hai vế với chú ý rằng q(x) và p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra c = 1. Vì thế p(x) = q(x). 1.1.4 Định nghĩa. Cho a là phần tử đại số trên trường K. Đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm được gọi là đa thức bất khả quy của a. 1.1.5 Ví dụ. Đa thức x3 − 2 ∈ Q[x] là bất khả quy (vì có bậc 3 và không có nghiệm hữu tỷ), do đó nó là đa thức bất khả quy của phần
9 √ tử 3 2. Đa thức x2 + 1 ∈ R[x] là bất khả quy (vì có bậc 2 và không có nghiệm thực), do đó nó là đa thức bất khả quy của số phức i. 1.1.6 Mệnh đề. Cho F là một trường chứa K và a ∈ F là phần tử đại số trên K. Giả sử g(x) ∈ K[x] thỏa mãn g(a) 6= 0. Khi đó tồn tại f (x) ∈ K[x] sao cho trong trường F ta có (g(a))−1 = f (a). Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.1.3, tồn tại p(x) ∈ K[x] là đa thức bất khả quy của a. Do g(a) 6= 0 và p(a) = 0 nên g(x) không chia hết cho p(x). Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), g(x)) = 1. Khi đó tồn tại các đa thức f (x), t(x) ∈ K[x] sao cho 1 = g(x).f (x) + p(x)t(x). Suy ra 1 = g(a)f (a). Do đó (g(a))−1 = f (a). 1.2 Trường phân rã của đa thức Mục đích của tiết này là sử dụng tính chất của đa thức bất khả quy để chỉ ra sự tồn tại duy nhất của trường phân rã của một đa thức. Trong suốt tiết này, luôn giả thiết K là một trường. Nếu E là một trường chứa K thì ta viết K ⊆ E hay E/K, khi đó ta gọi E/K là một mở rộng trường. Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên như một K-không gian véc tơ. Chiều của không gian này được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là [E : K]. Nếu [E : K] < ∞ thì ta nói E/K là mở rộng hữu hạn. Chú ý rằng nếu E/K và T/E là các mở rộng hữu hạn thì ta có công thức bậc [T : K] = [T : E][E : K]. Nếu mỗi phần tử của E đều đại số trên K thì ta nói E/K là mở rộng đại số. 1.2.1 Chú ý. (i) Giả sử E/K là một mở rộng trường. Nếu E/K là mở rộng hữu hạn thì nó là mở rộng đại số. Thật vậy, giả sử dimK E = t và α ∈ E. Vì hệ {1, α, . . . , αt } gồm t + 1 phần tử nên nó là hệ phụ thuộc tuyến tính. Do đó tồn tại α0 , α1 , . . . , αt ∈ K với ít nhất một hệ số αi 6= 0 sao cho α0 + α1 α + · · · + αt αt = 0. Như vậy, α0 + α1 x + · · · + αt xt ∈ K[x] là đa thức khác 0 nhận α là nghiệm, vì thế α đại số trên K.
10 (ii) Nếu E/K là một mở rộng trường và α1 , . . . , αn ∈ E thì ta kí hiệu K(α1 , . . . , αn ) (K[α1 , . . . , αn ]) là giao của tất cả các trường con (vành con) của E chứa K và chứa α1 , . . . , αn . Ta thấy rằng K(α1 , . . . , αn ) là trường con bé nhất và K[α1 , . . . , αn ] là vành con bé nhất của E chứa K và chứa các phần tử α1 , . . . , αn . Trường hợp n = 1, nếu g(α) 6= 0 thì 1 phần tử (g(α))−1 ∈ E được kí hiệu là . Khi đó g(α) K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]}, g(α) K(α) = | g(x), h(x) ∈ K[x], h(α) 6= 0 h(α) lần lượt là vành con bé nhất và trường con bé nhất của E chứa K và α. 1.2.2 Mệnh đề. Cho E/K là mở rộng trường và α ∈ E là phần tử đại số trên K. Giả sử p(x) ∈ K[x] là đa thức bất khả quy nhận α làm nghiệm. Khi đó K(α) = K[α] và [K(α) : K] = deg p(x). Hơn nữa, nếu deg p(x) = n thì S = {1, α, α2 , . . . , αn−1 } là một cơ sở của K-không gian véc tơ K(α). Chứng minh. Do α là đại số trên K nên theo Mệnh đề 1.1.6, mỗi phần tử khác 0 trong vành K[α] đều khả nghịch. Suy ra K[α] là một trường chứa K và α. Vì thế K[α] = K(α). Cho β ∈ K(α). Khi đó β ∈ K[α]. Vì thế β = f (α) với f (x) ∈ K[x]. Theo Định lý chia với dư, tồn tại q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho f (x) = p(x)q(x) + r(x), trong đó r(x) = 0 hoặc deg r(x) < deg p(x). Giả sử r(x) = α0 + α1 x + · · · + αn−1 xn−1 . Vì p(α) = 0 nên β = f (α) = r(α) = α0 + α1 α + · · · + αn−1 αn−1 .
11 Do đó S là một hệ sinh của K-không gian véc tơ K(α). Giả sử S phụ thuộc tuyến tính. Khi đó tồn tại b0 , . . . , bn−1 ∈ K với ít nhất một bi 6= 0 sao cho b0 + b1 α + · · · + bn−1 αn−1 = 0. Đặt g(x) = b0 + b1 x + · · · + bn−1 xn−1 ∈ K[x]. Khi đó g(x) là một đa thức khác 0 và nhận α làm nghiệm. Theo Mệnh đề 1.1.3, g(x) là bội của p(x), điều này là vô lý (vì deg g(x) < deg p(x)). Do đó S độc lập tuyến tính. Suy ra S là một cơ sở của K(α). 1.2.3 Định nghĩa. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n > 0. Ta nói f (x) phân rã trên một trường F chứa K nếu tồn tại α1 , . . . , αn ∈ F sao cho f (x) = α(x − α1 ) . . . (x − αn ), trong đó α là hệ số cao nhất của f (x). Một trường phân rã của f (x) trên K là một trường F chứa K sao cho f (x) phân rã trên F và f (x) không phân rã trên bất cứ trường con thực sự nào của F. 1.2.4 Mệnh đề. Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc n và E là một trường chứa K và chứa n nghiệm α1 , . . . , αn của đa thức f (x). Khi đó K(α1 , . . . , αn ) là trường phân rã của đa thức f (x) trên K và [K(α1 , . . . , αn ) : K] ≤ nn . Chứng minh. Từ định nghĩa ta thấy rằng K(α1 , . . . , αn ) là trường phân rã của f (x) trên K. Đặt K0 = K và Ki = K(α1 , . . . , αi ) với i = 1, . . . , n. Với mỗi i = 1, . . . , n, nếu coi f (x) ∈ Ki−1 [x] thì f (x) có ước bất khả quy pi (x) ∈ Ki−1 [x] nhận αi là nghiệm. Vì thế ta có [Ki : Ki−1 ] = deg pi (x) ≤ n. Do đó [Kn : K] = [Kn : Kn−1 ] . . . [K2 : K1 ][K1 : K] ≤ nn . 1.2.5 Bổ đề. Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức bất khả quy. Đặt I = (f (x)) là iđêan chính của K[x] sinh bởi f (x). Khi đó vành thương K[x]/I là một trường chứa một nghiệm của f (x) và nhận K như một trường con.
12 Chứng minh. Đặt E = K[x]/I. Ta chứng minh E là một trường. Giả sử g(x) + I ∈ E với g(x) + I 6= 0 + I. Khi đó g(x) ∈ / I. Do đó g(x) không là bội của f (x). Vì f (x) bất khả quy nên gcd(f (x), g(x)) = 1. Khi đó tồn tại p(x), q(x) ∈ K[x] sao cho 1 = f (x)p(x) + g(x)q(x). Chú ý rằng f (x), p(x) ∈ I. Do đó 1 + I = (f (x)p(x) + g(x)q(x)) + I = g(x)q(x) + I = (g(x) + I)(q(x) + I). Suy ra g(x) + I khả nghịch trong E. Vậy E là một trường. Xét ánh xạ φ : K → E cho bởi φ(a) = a + I. Rõ ràng φ là một đồng cấu. Nếu φ(a) = φ(b) với a, b ∈ K thì a + I = b + I. Vì thế a − b ∈ I. Suy ra f (x)|(a − b). Do deg f (x) > 0 nên a = b. Vì vậy φ là đơn cấu. Do đó ta có thể xem K là một trường con của E và mỗi phần tử a ∈ K được đồng nhất với phần tử a + I ∈ E. Đặt α = x + I ∈ E. Giả sử f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 . Khi đó trong E ta có f (α) = (x + I)n + (an−1 + I)(x + I)n−1 + · · · + (a0 + I) = (xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 ) + I = f (x) + I = 0 + I. Vì vậy α là một nghiệm của đa thức f (x) trong trường E. Theo bổ đề trên, mọi đa thức bậc dương với hệ số trên K đều có ít nhất một nghiệm trong một trường mở rộng nào đó của K. Xn 1.2.6 Bổ đề. Cho f (x) = ci xi ∈ K[x] là đa thức bất khả quy và i=0 n X p : K → K0 là đẳng cấu trường. Đặt g(x) = p(ci )xi ∈ K0 [x]. Giả sử i=0
13 α là một nghiệm của f (x) (trong một mở rộng nào đó của K) và β là một nghiệm của g(x) (trong một mở rộng nào đó của K0 ). Khi đó tồn tại một đẳng cấu φ : K(α) → K0 (β) sao cho φ(α) = β và φ(a) = p(a) với mọi a ∈ K. Chứng minh. Giả sử deg f (x) = n. Theo Mệnh đề 1.2.2, hệ phần tử {1, α, . . . , αn−1 } là một cơ sở của K(α). Do đó mỗi phần tử u ∈ K(α) biểu diễn duy nhất dưới dạng u = a0 + · · · + an−1 αn−1 , với a0 , . . . , an−1 ∈ K. Vì thế quy tắc φ : K(α) → K0 (β) cho bởi φ(u) = φ(a0 + a1 α + · · · + an−1 αn−1 ) = p(a0 ) + p(a1 )β + · · · + p(an−1 )β n−1 là một ánh xạ. Vì p là đồng cấu nên φ là đồng cấu. Do f (x) bất khả quy trên K và p là đẳng cấu nên g(x) bất khả quy trên K0 và deg g(x) = n. Vì thế, theo Mệnh đề 1.2.2, hệ {1, β, . . . , β n−1 } là một cơ sở của K0 (β). Do đó φ là toàn cấu. Giả sử φ(u) = 0 với u = a0 + a1 α + · · · + an−1 αn−1 . Khi đó đa thức h(x) = p(a0 ) + p(a1 ) + · · · + p(an−1 )xn−1 ∈ K0 [x] nhận β làm nghiệm. Từ Mệnh đề 1.1.3 ta suy ra h(x) là bội của g(x). Chú ý rằng h(x) = 0 hoặc deg h(x) < n, trong khi đó deg g(x) = n. Suy ra h(x) = 0. Vì thế u = 0. Do đó φ là đơn cấu. Dựa vào Mệnh đề 1.2.4, Bổ đề 1.2.5 và Bổ đề 1.2.6 ta có thể chứng minh định lý sau. Định lý này chỉ ra rằng trường phân rã của một đa thức trên một trường là tồn tại và duy nhất. Chứng minh định lý này được trình bày chi tiết trong [1].
14 n X 1.2.7 Định lý. Cho f (x) = ci xi ∈ K[x] là một đa thức có bậc dương. i=0 Khi đó các phát biểu sau là đúng: (i) Tồn tại một trường phân rã F của f (x) trên K. (ii) Nếu p : K → K0 là một đẳng cấu trường và F0 là trường phân Xn rã của đa thức g(x) = p(ci )xi trên K0 thì tồn tại một đẳng cấu i=0 φ : F → F0 sao cho φ(a) = p(a) với mọi a ∈ K. Tiếp theo là một ví dụ về trường phân rã của một đa thức với hệ số trên Q. 1.2.8 Ví dụ. Trường phân rã của đa thức: f (x) = x3 − 2 trên Q là √ √ √ √ Q(i 3, 3 2). Hơn nữa, [Q(i 3, 3 2) : Q] = 6. Thật vậy, vì 3 nghiệm của x3 − 2 là √ √ √ 3 3 2 √ 3 2 √ α1 = 2, α2 = (−1 + i 3), α3 = (−1 − i 3) 2 2 nên Q(α1 , α2 , α3 ) là trường phân rã của f(x) trên Q. Do α1 , α2 , α3 đều √ √ √ √ √ thuộc Q(i 3, 3 2) nên Q(α1 , α2 , α3 ) ⊆ Q(i 3, 3 2). Ngược lại, vì 3 2 = √ α2 − α3 √ √ α1 và i 3 = nên Q(i 3, 3 2) ⊆ Q(α1 , α2 , α3 ). Về công thức bậc α1 của mở rộng, ta có √ √ 3 √ √ 3 √3 √3 [Q(i 3, 2) : Q] = [Q(i 3, 2) : Q( 2)][Q( 2) : Q]. Đa thức x3 − 2 có bậc 3 và không có nghiệm hữu tỷ, do đó nó là đa thức √ bất khả quy trên Q của 3 2. Theo Mệnh đề 1.2.2 ta có √ [Q( 2) : Q] = deg(x3 − 2) = 3 3 √ Đặt E = Q( 3 2). Rõ ràng x2 + 3 không có nghiệm thực, do đó nó không có nghiệm trong E. Vì thế x2 + 3 là đa thức bất khả quy trên E của √ √ √ √ √ i 3. Do đó [E(i 3) : E] = deg(x2 + 3) = 2. Vì Q(i 3, 3 2) = E(i 3) nên ta có √ √3 √ [Q(i 3, 2) : Q] = [E(i 3) : E][E : Q] = 2.3 = 6.
15 1.3 Cấu trúc của trường hữu hạn Mục đích của tiết này là dùng các kết quả về trường phân rã của đa thức trong Tiết 1.2 để làm rõ cấu trúc của trường hữu hạn. 1.3.1 Chú ý. Cho k ∈ Z và a ∈ K là một phần tử tùy ý. Nếu k > 0 thì ta đặt ka = a + a + · · · + a, trong tổng có k hạng tử a. Nếu k = 0 thì ta quy ước ka = 0. Nếu k < 0 thì ta đặt ka = (−a) + · · · + (−a), trong tổng có −k hạng tử −a. Đặc số của K là số nguyên dương nhỏ nhất k (nếu tồn tại) sao cho k1 = 0, trong đó 1 ∈ K là phần tử đơn vị. Nếu không tồn tại số nguyên dương k thỏa mãn k1 = 0 thì ta nói K có đặc số 0. Khi đó đặc số của một trường K hoặc là 0 hoặc là một số nguyên tố. 1.3.2 Mệnh đề. Nếu trường K có q phần tử thì K có đặc số p nguyên tố và q là một lũy thừa của p. Chứng minh. Giả sử K có đặc số 0. Khi đó nếu k < k 0 là hai số tự nhiên thì (k 0 − k)1 6= 0 tức là k1 6= k 0 1. Do đó tập {k1 | k ∈ N} là một tập con vô hạn của K. Điều này là mâu thuẫn với giả thiết trường K hữu hạn. Do đó K có đặc số p > 0. Vì K là trường nên p là số nguyên tố. Xét ánh xạ φ : Z → K cho bởi φ(k) = k1. Giả sử k ∈ Z sao cho k1 = 0. Viết k = pt + r với 0 ≤ r < p. Vì p1 = 0 nên ta có k1 = r1 = 0. Từ định nghĩa của p ta suy ra r = 0. Do đó k là bội của p. Vì thế Ker φ = {k ∈ Z | k1 = 0} = pZ. Suy ra Z/pZ ∼ = Im φ ⊆ K. Do p là số nguyên tố nên Zp là trường. Vì thế K là một không gian véc tơ trên trường Zp . Do K có hữu hạn phần tử nên không gian này có chiều hữu hạn. Giả sử dimZp K = d. Khi đó số phần tử của K là q = pd . Tiếp theo, chúng ta sử dụng các tính chất của trường phân rã trong Định lý 1.2.7 để mô tả cấu trúc của trường hữu hạn. Trước hết, chúng ta
16 nhắc lại một số khái niệm và kết quả về nhóm cần đến trong các chứng minh. Chú ý rằng nếu K là một trường thì K∗ = K \ {0} là một nhóm nhân giao hoán với phần tử đơn vị là 1. Nếu K có n phần tử thì K∗ là nhóm cấp n − 1, do đó nếu a ∈ K∗ thì an−1 = 1. Định lý sau đây phản ánh cấu trúc của trường hữu hạn. 1.3.3 Định lý. Với mỗi số nguyên tố p và mỗi số nguyên dương d, tồn tại duy nhất trường có đúng pd phần tử. Chứng minh. Đặt q = pd . Do p nguyên tố nên Zp là trường. Theo Định lý 1.2.7, tồn tại một trường F chứa Zp và chứa các nghiệm của đa thức g(x) = xq − x ∈ Zp [x]. Đặt K = {α ∈ F | g(α) = 0}. Xét đạo hàm g 0 (x) = qxq−1 − 1 của g(x). Kí hiệu 1 ∈ Zp là phần tử đơn vị và 0 ∈ Zp là phần tử không. Rõ ràng p1 = 0. Do đó q1 = pd 1 = 0. Suy ra g 0 (x) = (q1)xq−1 − 1 = −1. Do đó gcd(g(x), g 0 (x)) = 1. Suy ra g(x) không có nghiệm bội trong F. Điều này cũng có nghĩa là K có đúng q phần tử. Như vậy, Định lý được chứng minh nếu ta chỉ ra K là một trường. Nếu p lẻ thì q lẻ và do đó, g(−1) = −1 + 1 = 0. Vì thế −1 ∈ K. Nếu p chẵn thì p = 2 (vì p nguyên tố). Suy ra g(−1) = (−1)q + 1 = 1 + 1 = 2.1 = 0. Do đó −1 ∈ K. Vậy trong mọi trường hợp ta đều có −1 ∈ K. Cho a, b ∈ K. Khi đó g(a) = g(b) = 0. Suy ra aq = a và bq = b. Vì vậy (ab)q = ab, tức là g(ab) = 0. Suy ra ab ∈ K. Chú ý rằng q q (a + b)q = aq + aq−1 b + · · · + abq−1 + bq , 1 q−1 q trong đó là số tổ hợp chập k của q phần tử. Vì q = pd và p k q nguyên tố nên bằng quy nạp ta kiểm tra được là bội của p với mọi k
17 q k = 1, . . . , q − 1. Do đó ta có aq−k bk = 0 với mọi k = 1, . . . , q − 1. k Suy ra (a + b)q = aq + bq = a + b, tức là g(a + b) = 0. Vì thế a + b ∈ K. Cho 0 6= a ∈ K. Khi đó aq = a. Chú ý rằng q ≥ 2. Do a 6= 0 nên a có nghịch đảo a−1 ∈ F. Vì vậy, từ q aq = a ta suy ra aq−1 = 1. Chú ý rằng aq−2 = (aq )q−2 = aq−2 . Vì thế aq−2 ∈ E và do đó aq−2 là nghịch đảo của a trong E. Vậy K là một trường có q phần tử. Tiếp theo ta chứng minh tính duy nhất. Cho K0 là trường có q phần tử. Khi đó K0 có đặc số là p0 nguyên tố.Vì thế p, p0 là ước nguyên tố của q và là ước nguyên tố duy nhất của q. Do đó p = p0 . Theo chứng minh Bổ đề 1.3.2, K, K0 đều chứa trường con Zp . Tương tự lập luận như trên ta suy ra đa thức g(x) = xq − x ∈ Zp [x] không có nghiệm bội trong bất cứ mở rộng nào của Zp . Cho a ∈ K. Nếu a = 0 thì rõ ràng a là nghiệm của g(x). Giả sử a 6= 0. Đặt K∗ = K \ {0}. Khi đó K∗ là một nhóm với phép nhân. Cấp của K∗ là q − 1 và 1 là phần tử đơn vị của nhóm nhân K∗ . Vì a 6= 0 nên a ∈ K∗ . Do đó aq−1 = 1. Suy ra aq = a. Điều này dẫn đến a là nghiệm của g(x). Vì thế các phần tử của K chính là nghiệm của g(x). Do đó K là trường phân rã của g(x) trên Zp . Tương tự, K0 cũng là trường phân rã của g(x) trên Zp . Theo Định lý 1.2.7 ta suy ra K ∼ = K0 . Do đó trường có q phần tử là duy nhất. Từ Mệnh đề 1.3.2 và Định lý 1.3.3 ta suy ra rằng với q là một số tự nhiên, tồn tại (duy nhất) một trường có q phần tử nếu và chỉ nếu q là lũy thừa của một số nguyên tố. Chẳng hạn, tồn tại trường có 81 phần tử, nhưng không tồn tại trường có 100 phần tử.
18 Sử dụng tính chất về số nghiệm của đa thức ta có kết quả sau đây về nhóm nhân của một trường hữu hạn. Mệnh đề này được sử dụng trong Chương 2 để đặc trưng tính hoán vị được của đa thức bậc 2 trên trường hữu hạn (xem Định lý 2.1.4). Nhắc lại rằng một nhóm nhân G được gọi là xyclic nếu tồn tại một phần tử a ∈ G sao cho G = {an | n ∈ Z}. Khi đó ta viết G =< a > va ta nói G là nhóm xyclic sinh bởi a. 1.3.4 Mệnh đề. Nếu K là trường hữu hạn thì nhóm nhân K∗ = K \ {0} của K là một nhóm xyclic. Chứng minh. Giả sử K có q phần tử. Khi đó nhóm nhân K∗ của trường K có q − 1 phần tử. Để chứng minh K∗ là xyclic, ta chỉ cần chứng minh với mỗi ước d của q − 1, nhóm K∗ có nhiều nhất một nhóm con xyclic cấp d. Giả sử H =< a > và H 0 =< b > là hai nhóm con xyclic cấp d khác nhau của K∗ . Khi đó ad = 1 và bd = 1. Vì thế các phần tử của H và H 0 đều là nghiệm của đa thức xd − 1 ∈ K[x]. Vì H và H 0 khác nhau nên H ∪ H 0 có ít nhất d + 1 phần tử. Do đó đa thức xd − 1 có bậc d nhưng lại có ít nhất d + 1 nghiệm trong trường K. Điều này là vô lí. Cho q = pd , trong đó p là một số nguyên tố và d ≥ 1 là một số nguyên dương. Dưới đây chúng ta trình bày cách xây dựng một trường có q phần tử. Nếu d = 1 thì q = p là số nguyên tố nên Zq là một trường. Nếu d > 1 thì Zq không là trường. Khi đó để xây dựng trường có q phần tử, ta tiến hành các bước sau. Bước 1. Chọn trường cơ sở Zp . Bước 2. Chọn một đa thức f (x) ∈ Zp [x] là bất khả quy trên Zp và có bậc là d. Bước 3. Đặt K = Zp [x]/I, trong đó I là iđêan chính sinh bởi đa thức f (x). Khi đó K là trường có q phần tử.
19 1.3.5 Ví dụ. Để xây dựng trường có 4 phần tử ta làm như sau. Ta có q = 4, p = 2, d = 2. Khi đó chọn trường cơ sở là Z2 . Xét đa thức f (x) = x2 + x + 1 ∈ Z2 [x]. Rõ ràng f (x) không có nghiệm trong Z2 và deg f (x) = 2. Do đó đa thức f (x) là bất khả quy trên Z2 . Đặt K = Z2 [x]/I, trong đó I là iđêan chính sinh bởi đa thức f (x) = x2 + x + 1. Khi đó K = {0, 1, x, x + 1} là tập các đa thức dư khi lấy các đa thức trên Z2 chia cho đa thức x2 + x + 1. Phép cộng và phép nhân trong K được thực hiện như phép cộng và nhân đa thức thông thường, sau đó lấy phần dư khi chia cho đa thức x2 + x + 1. Chẳng hạn (x + 1) + (x + 1) = 0 ∈ K (x + 1)(x + 1) = x2 + 2x + 1 = x ∈ K x + x = 2x = 0 ∈ K x.x = x2 = x + 1 ∈ K x(x + 1) = x2 + x = 1 ∈ K. Do đó K là trường có 4 phần tử. Phần tử nghịch đảo của 1, x, x + 1 lần lượt là 1, x + 1, x. 1.3.6 Ví dụ. Để xây dựng trường có 8 phần tử ta làm như sau. Ta có q = 8, p = 2, d = 3. Khi đó chọn trường cơ sở là Z2 . Xét đa thức f (x) = x3 + x + 1 ∈ Z2 [x]. Rõ ràng f (x) không có nghiệm trong Z2 và deg f (x) = 3. Do đó đa thức f (x) là bất khả quy trên Z2 . Đặt K = Z2 [x]/I, trong đó I là iđêan chính sinh bởi đa thức f (x) = x3 + x + 1. Khi đó K = {0, 1, x, x + 1, x2 , x2 + 1, x2 + x, x2 + x + 1}
20 là tập các đa thức dư khi lấy các đa thức trên Z2 chia cho đa thức x3 + x + 1. Phép cộng và phép nhân trong K được thực hiện như phép công và nhân đa thức thông thường, sau đó lấy phần dư khi chia cho đa thức x3 + x + 1. Tương tự như ví dụ trên ta có x2 (x2 + x + 1) = x4 + x3 + x2 = 1 ∈ K x(x2 + 1) = x3 + x = 1 ∈ K (x + 1)(x2 + x) = x3 + 2x2 + x = 1 ∈ K. Do đó K là trường có 8 phần tử. Phần tử nghịch đảo của 1, x, x + 1, x2 , x2 +1, x2 +x, x2 +x+1 lần lượt là 1, x2 +1, x2 +x, x2 +x+1, x, x+1, x2 . 1.3.7 Ví dụ. Để xây dựng trường có 9 phần tử ta làm như sau. Ta có q = 9, p = 3, d = 2. Khi đó chọn trường cơ sở là Z3 . Xét đa thức f (x) = x2 + 1 ∈ Z3 [x]. Rõ ràng f (x) không có nghiệm trong Z3 và deg f (x) = 2. Do đó đa thức f (x) là bất khả quy trên Z3 . Đặt K = Z3 [x]/I, trong đó I là iđêan chính sinh bởi đa thức f (x) = x2 + 1. Khi đó K = {0, 1, 2, x, x + 1, x + 2, 2x, 2x + 1, 2x + 2} là tập các đa thức dư khi lấy các đa thức trên Z3 chia cho đa thức x2 +1. Phép cộng và phép nhân trong K được thực hiện như phép cộng và nhân đa thức thông thường, sau đó lấy phần dư khi chia cho đa thức x2 + 1. Chẳng hạn (x + 1)(x + 2) = x2 + 3x + 2 = 1 ∈ K 2.2 = 4 = 1 ∈ K. x.2x = 1 ∈ K. (2x + 1).(2x + 2) = 1 ∈ K. Do đó K là trường có 9 phần tử. Phần tử nghịch đảo của 1, 2, x, x + 1, x + 2, 2x, 2x + 1, 2x + 2 lần lượt là 1, 2, 2x, x + 2, x + 1, x, 2x + 2, 2x + 1.