ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- NGUYỄN VĂN VIỆT
MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC HOÁN VỊ TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN ĐẶC SỐ CHẴN
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2019
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ---------------------------
NGUYỄN VĂN VIỆT
MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC HOÁN VỊ TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN ĐẶC SỐ CHẴN
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS. Lê Thị Thanh Nhàn
THÁI NGUYÊN - 2019
Mục lục
Mở đầu 2
Chương 1 .
Trường hữu hạn và nhập môn về đa thức hoán vị 4
1.1 Trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị . . . . . . . 9
. . . . . . 1.3 Đa thức hoán vị modulo một số tự nhiên . . . 10
Chương 2 .
Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số
chẵn 13
2.1 Trường đóng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Một số lớp tam thức hoán vị được trên trường hữu hạn
đặc số chẵn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
Kết luận và kiến nghị 36
1
Tài liệu tham khảo 38
Mở đầu
Đa thức hoán vị là một lĩnh vực nghiên cứu thú vị. Chúng có các
ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau như lý thuyết mã hóa, mật mã
và thiết kế tổ hợp. Loại đa thức đơn giản nhất là đơn thức. Một đơn
thức xn hoán vị trên Fq khi và chỉ khi gcd (n, q − 1) = 1. Nhưng đối
với nhị thức và tam thức thì tình huống không dễ dàng như vậy. Chỉ có
một vài loại nhị thức hoán vị và tam thức được biết đến. Chúng tôi đặc
biệt quan tâm đến các lớp tam thức hoán vị trên các trường hữu hạn với
đặc số chẵn. Chú ý rằng, không có nhị thức trên các trường hữu hạn có
đặc số chẵn. Điều này thúc đẩy chúng tôi tìm ra các lớp tam thức hoán
vị mới với các hệ số tầm thường trên các trường hữu hạn với đặc số
chẵn. Tuy nhiên, cho đến nay, một số ít các lớp tam thức hoán vị trên
F2m đã được biết đến.
Trong luận văn này, chúng tôi trình bày chứng minh chi tiết năm lớp
tam thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số chẵn. Nội dung chính
của luận văn được trình bày thành hai chương:
Chương 1: Trường hữu hạn và nhập môn về đa thức hoán vị. Trong
chương này, chúng tôi trình bày cấu trúc và số phần tử của trường hữu
2
hạn, một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị trên trường hữu hạn
và đa thức hoán vị modulo một số tự nhiên.
Chương 2: Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số
chẵn. Chương này chúng tôi trình bày về một số tiêu chuẩn hoán vị của
đa thức và một số lớp tam thức hoán vị. Đặc biệt ở chương này chúng
tôi trình bày lại chi tiết các kết quả trong hai bài báo [4] của R. Gupta
và R. Sharama, [3] của C. Ding, L. Qu, Q. Wang, J. Yuan, P. Yuan về
lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn.
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại
học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của GS. TS Lê Thị Thanh
Nhàn. Em chân thành cảm ơn cô Lê Thị Thanh Nhàn đã tận tình hướng
dẫn em triển khai đề tài của luận văn này.
Em chân thành cảm ơn các thầy cô trong tổ Đại số, khoa Toán-Tin
trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, những người đã tận
tình giảng dạy và trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho em trong suốt
quá trình học tập tại trường. Vì thời gian và kiến thức còn hạn chế
nên mặc dù bản thân đã cố gắng nhiều nhưng luận văn khó tránh khỏi
những thiếu sót. Em xin mong nhận được những ý kiến đóng góp của
các thầy cô và các bạn để luận văn của em được hoàn chỉnh hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2019
Học viên
3
Nguyễn Văn Việt
Chương 1
Trường hữu hạn và nhập môn về đa thức hoán
vị
Để chuẩn bị cho việc trình bày về đa thức hoán vị và một số lớp
đa thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số chẵn ở Chương 2, trong
chương này, chúng tôi trình bày cấu trúc và số phần tử của trường hữu
hạn, một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị trên trường hữu hạn
và đa thức hoán vị modulo một số tự nhiên.
1.1 Trường hữu hạn
Mục đích của chương này là giới thiệu khái niệm trường hữu hạn và
làm rõ cấu trúc cũng như số phần tử của trường hữu hạn.
Trường là một tập hợp T cùng với hai phép toán cộng và nhân sao
cho hai phép toán là kết hợp, giao hoán, phép nhân phân phối với phép
cộng, T có phần thử 0, có phần tử đơn vị 1, mọi phần tử a ∈ T đều có
đối xứng −a ∈ T và mọi phần tử a ∈ T, a (cid:54)= 0 đều có phần tử nghịch
đảo a−1 ∈ T.
4
Chẳng hạn Z2 là một trường, vành Z4 không là trường vì phần tử 2 (cid:54)= 0 ∈ Z4 không có phần tử nghịch đảo. Tổng quát, Zn là trường khi
và chỉ khi n nguyên tố. Một số ví dụ về trường vô hạn như trường Q
các số hữu tỷ; trường R các số thực; trường C các số phức.
Định nghĩa 1.1.1. Trường hữu hạn là trường có hữu hạn phần tử.
Chú ý 1.1.2. Với mọi trường T , mọi phần tử a ∈ T và mọi số nguyên
n ta định nghĩa bội nguyên na như sau:
• na = 0 nếu n = 0,
• na = a + . . . + a (n hạng tử a) nếu n > 0,
• na = (−a) + . . . + (−a) (−n hạng tử a) nếu n < 0.
Định nghĩa 1.1.3. Giả sử T là một trường. Nếu tồn tại số nguyên
dương nhỏ nhất n sao cho n1 = 0, trong đó 1 là phần tử đơn vị của T ,
thì ta nói trường T có đặc số là n. Nếu không tồn tại số n như vậy thì
ta nói trường T có đặc số là 0.
Chẳng hạn, trường Z5 có đặc số 5. Trường Q có đặc số 0, trường Zp
có đặc số p (với mọi số nguyên tố p).
Mệnh đề 1.1.4. Đặc số của một trường T hữu hạn là số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử trường hữu hạn T có đặc số 0. Khi đó, với mọi số
nguyên n > m ta có (n − m)1 (cid:54)= 0, tức là n1 (cid:54)= m1. Vì thế T chứa tập
{n1 | n ∈ Z} là tập vô hạn, vô lý. Do đó T phải có đặc số p > 0.
Giả sử p là hợp số. Khi đó p = mn với 1 < m, n < p. Ta có
p1 = 0 = mn1 = (m1)(m1). Do T là một trường nên (m1) = 0 hoặc
5
n1 = 0, vô lý. Do đó p là số nguyên tố.
Tiếp theo, chúng ta cần nhắc lại một số khái niệm về không gian
véc tơ.
Định nghĩa 1.1.5. Cho T là một trường. Một tập V có trang bị một
phép toán công với một ánh xạ T × V → V (gọi là phép nhân vô
hướng) được gọi là một không gian véc tơ trên trường T hay một T -
không gian véc tơ nếu phép cộng có tính chất giao hoán, kết hợp, có
phần tử 0, mọi phần tử của V đều có đối xứng và phép nhân vô hướng
thỏa mãn các tính chất sau đây: với mọi x, y ∈ T và mọi α, β ∈ V ta
có:
(i) Phân phối: (x + y)α = xα + yα và x(α + β) = xα + xβ;
(ii) Kết hợp: x(yα) = (xy)α;
(iii) Unita: 1α = α.
Định nghĩa 1.1.6. Giả sử V là một T - không gian véc tơ.
(i) Một hệ véc tơ {vi}i∈I trong V được gọi là một hệ sinh của V nếu
mọi phần tử x ∈ V đều có thể biểu thị tuyến tính theo hệ đó, tức
j=1 aijvij. Nếu V có
là tồn tại hữu hạn phần tử vi1, · · · , vik của hệ {vi}i∈I và hữu hạn phần tử ai1, · · · , aik của T sao cho x = (cid:80)k
một hệ sinh gồm hữu hạn phần tử thì V được gọi là T -không gian
hữu hạn sinh.
(ii) Một hệ véc tơ {vi}i∈I trong V được gọi là một hệ độc lập tuyến tính
j=1 aijvij = 0 ta đều có
6
nếu từ mỗi ràng buộc tuyến tính của hệ (cid:80)k
aij = 0 với mọi j = 1, · · · , k.
(iii) Một hệ véc tơ của V được gọi là cơ sở của V nếu nó là một hệ
sinh và độc lập tuyến tính. Nếu V có một cơ sở gồm n phần tử thì
ta nói V có chiều n và ta viết dimT V = n. Giả sử V và V (cid:48) là các không gian véc tơ trên trường T . Ta nói ánh
xạ f : V → V (cid:48) là ánh xạ tuyến tính nếu f (a + b) = f (a) + f (b)
và f (ra) = rf (a) với mọi a, b ∈ V , mọi r ∈ T .
Mệnh đề 1.1.7. Cho T là một trường hữu hạn có q phần tử. Khi đó q
là một lũy thừa của một số nguyên tố p với p là đặc số của T .
Chứng minh. Đặt K = {n1 | n ∈ Z}. Vì T là trường hữu hạn nên
theo Mệnh đề 1.1.4, T có đặc số p nguyên tố. Ta chứng minh K là
trường có p phần tử.
Rõ ràng, phép cộng và nhân là phép toán trên K, và 0 ∈ K, 1 ∈ K.
Do đó để chứng minh K là trường, ta chỉ cần chứng minh nếu n1 (cid:54)= 0
thì n1 có phần tử nghịch đảo. Cho n1 (cid:54)= 0. Vì T có đặc số p và p1 = 0
suy ra n không là bội của p. Do p nguyên tố nên (n, p) = 1, tức là tồn
tại x, y ∈ Z sao cho 1 = nx + py. Suy ra 1 = (nx + py)1 = (n1)(x1).
Vì thế x1 ∈ K và x1 là nghịch đảo của n1. Do đó K là trường.
Với 0 ≤ n < m < p, ta có n1 (cid:54)= m1. Thật vậy, nếu n1 = m1 thì
(m−n)1 = 0, trong đó 0 < m−n < p, điều này là vô lý. Suy ra K chứa
p phần tử khác nhau. Cho n ∈ Z tùy ý. Viết n = pr + s, 0 ≤ s < p. Ta
7
có n1 = (pr + s)1 = s1. Vậy K có đúng p phần tử.
Xét T là K- Không gian véc tơ. Vì T là trường hữu hạn nên T có
số chiều hữu hạn t. Đặt dimT T = t khi đó số phần tử của T là pt.
Định lý 1.1.8. (Về cấu trúc của trường hữu hạn) Các phát biểu sau
đây là đúng:
(i) Nếu T là trường có hữu hạn q phần tử, thì q là lũy thừa của một số
nguyên tố.
(ii) Nếu q là lũy thừa của một số nguyên tố, thì tồn tại duy nhất một
trường có q phần tử.
Chứng minh. Xem tài liệu [1].
Định nghĩa 1.1.9. Nhóm là một tập G cùng với một phép toán nhân
sao cho phép nhân kết hợp, có phần tử đơn vị là 1 và mọi phần tử của
G đều có nghịch đảo a−1 ∈ G.
Một tập con H của G được gọi là nhóm con của G nếu H đóng kín
phép nhân và lập thành một nhóm với phép nhân đó.
Nhận xét 1.1.10. Nếu T là một trường thì tập T ∗ = T \{0} là một
nhóm với phép nhân.
Nhóm G được gọi là xyclic nếu tồn tại phần tử a ∈ G sao cho:
G = {an | n ∈ Z}.
Khi đó ta viết G =< a > và ta nói G là nhóm xyclic sinh bởi a. Chú ý
8
rằng nhóm con của nhóm xyclic là xyclic.
Mệnh đề 1.1.11. Cho T là một trường. Khi đó nhóm T ∗ = T \{0} là
một nhóm nhân xyclic.
Chứng minh. Xem tài liệu [1].
Trong lý thuyết nhóm hữu hạn, Định lý Lagrange phát biểu rằng
nếu G là nhóm có n phần tử và H là nhóm con của G có m phần tử thì
m là ước của n. Do đó nếu a ∈ G, thì an = 1.
Chú ý 1.1.12. Nếu T là trường có q phần tử thì nhóm nhân
T ∗ = T \{0}
có q − 1 phần tử. Vì thế aq−1 = 1 với mọi a ∈ T ∗ = T \{0}.
1.2 Một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị
Sau đây là khái niệm và một số kết quả về đa thức hoán vị trên
trường hữu hạn.
Định nghĩa 1.2.1. Cho T là một trường hữu hạn. Một đa thức f (x) với
hệ số trên T được gọi là hoán vị nếu ánh xạ cảm sinh f : T → T cho
ứng phần tử a với f (a), là một song ánh.
Ví dụ 1.2.2. Trên trường Z2 thì các đa thức f (x) = x và g(x) = x + 1
là các đa thức hoán vị, bởi vì f (0) = 0 và f (1) = 1; g(0) = 1;
g(1) = 0 (tức là các ánh xạ cảm sinh f, g : Z2 → Z2 là song ánh); còn
9
đa thức h(x) = x2 + x + 1 không hoán vị được vì h(0) = h(1) = 1.
Mệnh đề 1.2.3. Cho T là một trường hữu hạn có q phần tử. Các phát
biểu sau là đúng
(i) Các đa thức bậc không không hoán vị trên T .
(ii) Các đa thức bậc nhất luôn hoán vị trên T .
(iii) Đơn thức xn hoán vị trên T khi và chỉ khi gcd (q − 1, n) = 1. Đặc
biệt, x2 hoán vị trên T khi và chỉ khi T có đặc số 2 (tức là q là số chẵn).
(iv) Nếu n là số nguyên tố thì xn hoán vị trên T nếu và chỉ nếu q không
đồng dư với 1 theo mođun n.
(v) Đa thức ax2 + bx + c với a (cid:54)= 0 và a, b, c ∈ T , hoán vị trên T nếu
và chỉ nếu b = 0 và T có đặc số 2 (tức là q là số chẵn).
Chứng minh. Xem tài liệu [2].
Sau đây là tính hoán vị của các tam thức trên trường hữu hạn (xem
tài liệu [2]).
Mệnh đề 1.2.4. Cho T là trường có q phần tử. Cho k > j là hai
số nguyên dương. Cho a ∈ T là phần tử khác 0. Khi đó tam thức
axk + bxj + c (trong đó a, b, c ∈ T ) hoán vị trên T nếu và chỉ nếu
b = 0 và gcd(k, q − 1) = 1.
1.3 Đa thức hoán vị modulo một số tự nhiên
Trong phần này chúng ta nhắc lại khái niệm và một số kết quả về
10
đa thức với hệ số nguyên hoán vị modulo một số tự nhiên.
Định nghĩa 1.3.1. Cho f (x) = adxd + . . . + a1x1 + a0 là đa thức có
hệ số nguyên, ad (cid:54)= 0. Cho n là một số tự nhiên. Ta nói f (x) hoán vị modulo n nếu ánh xạ ϕ : Zn → Zn cho bởi ϕ(a) = f (a) là một song
ánh.
Ví dụ 1.3.2. Cho n = 4. Khi đó đa thức f (x) = 6x3 + 3x + 1 là hoán vị modulo 4 vì ta có f (0) = 1, f (1) = 2, f (2) = 3, f (3) = 0 trong Z4.
Đa thức g(x) = 6x3 không hoán vị modulo 4 vì ta có g(0) = 0, g(1) =
2, g(2) = 0, g(3) = 2 trong Z4.
Kết quả sau đây (xem tài liệu [2]) cho ta điều kiện về tính hoán vị
của đa thức modulo 2.
Mệnh đề 1.3.3. Đa thức f (x) = a0 + a1x + . . . + adxd hoán vị modulo
2 khi và chỉ khi a1 + a2 + . . . + ad là lẻ.
Kết quả tiếp theo (xem tài liệu [2]) cho ta điều kiện cần về tính hoán
vị modulo 2m với m là số chẵn.
Mệnh đề 1.3.4. Cho f (x) = a0 + a1x + . . . + adxd là đa thức với hệ số
nguyên và cho n = 2m là một số tự nhiên với m là số chẵn. Nếu f (x)
hoán vị modulo n thì a1 là số lẻ.
Cho n = 2w và m = 2w−1. Kết quả sau đây (xem tài liệu [2]) cho ta
mối quan hệ giữa tính hoán vị modulo n và tính hoán vị modulo m.
Mệnh đề 1.3.5. Cho f (x) = a0 + a1x + . . . + adxd là đa thức với hệ số nguyên. Cho n = 2w và m = 2w−1. Khi đó nếu f (x) hoán vị modulo
11
m thì f (x) hoán vị modulo n.
Kết quả sau đây là mở rộng của Mệnh đề 1.3.5, trong đó n không
nhất thiết là lũy thừa của 2.
Mệnh đề 1.3.6. Cho f (x) = a0 + a1x + . . . + adxd là đa thức với hệ
số nguyên. Cho n = 2m với m là số tự nhiên chẵn. Nếu f (x) hoán vị
modulo m, thì f (x) hoán vị modulo n nếu và chỉ nếu (a3+a5+a7+. . .)
là số chẵn.
Kết quả sau đây là đặc trưng tính hoán vị modulo lũy thừa của 2
(xem tài liệu [2]).
Mệnh đề 1.3.7. Đặt P (x) = a0+a1x+. . .+adxd là một đa thức với hệ số nguyên. Khi đó P (x) là đa thức hoán vị modulo n = 2w, w ≥ 2, nếu
và chỉ nếu a1 là số lẻ, (a2+a4+a6+. . .) là số chẵn, và (a3+a5+a7+. . .)
12
là số chẵn.
Chương 2
Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu
hạn có đặc số chẵn
Mục đích thứ nhất của Chương 2 là trình bày lại chi tiết các kết quả
trong bài báo [4] của R. Gupta và R. Sharma về 4 lớp tam thức hoán vị
trên trường có đặc số chẵn. Chú ý rằng nếu T là trường hữu hạn gồm q
phần tử và T có đặc số chẵn thì q là lũy thừa của 2. Trong suốt chương
này ta ký hiệu Fq là trường có q phần tử.
Chúng tôi trình bày chi tiết chứng minh bốn định lý chính sau đây. Định lý A. Đa thức f (x) = x4 + x2m+3 + x3·2m+1 ∈ F22m[x] là hoán
vị trên F22m nếu và chỉ nếu gcd(m, 3) = 1.
Định lý B. Đa thức f2(x) := x2 + x2·2m + x3·2m−1 ∈ F22m[x] là một
đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Định lý C. Đa thức f3(x) := x5 + x2m+4 + x4·2m+1 ∈ F22m[x] là
một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
Định lý D. Đa thức f4(x) := x3 + x3·2m + x2m+2−1 ∈ F22m[x] là một
đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
13
Mục đính thứ hai của Chương 2 là chứng minh lại chi tiết kết quả
trong bài báo [3] của C. Ding, L. Qu, Q. Wang, J. Yuan, P. Yuan về một
lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn F2m. Cụ thể, chúng tôi
tập trung chứng minh định lý sau.
m+1
m+1
2 −1
2 +1
Định lý E. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức
f (x) = x + x2 + x2m−2
hoán vị trên trường F2m.
2.1 Trường đóng đại số
Để chứng minh các Định lý A, B, C, D chúng ta cần nhắc lại khái
niệm trường đóng đại số.
Định nghĩa 2.1.1. Cho T là một trường (hữu hạn hoặc vô hạn). Ta nói
T là trường đóng đại số nếu mọi đa thức bậc dương với hệ số trên T
đều có ít nhất một nghiệm trong T .
Ví dụ 2.1.2.
(i) Trường Z2 không đóng đại số vì đa thức f (x) = x2 + x + 1 có bậc 2 nhưng không có nghiệm trong Z2.
(ii) Trường R các số thực không đóng đại số vì đa thức x4 + 1 có bậc 4
nhưng không có nghiệm thực.
Định lý sau đây, được gọi là Định lý cơ bản của đại số, cho ta thấy
14
trường số phức C là trường đóng đại số.
Định lý 2.1.3. Nếu f (x) là đa thức bậc dương với hệ số phức, thì f (x)
có ít nhất một nghiệm phức. Đặc biệt, đa thức bậc n với hệ số phức có
đủ n nghiệm phức.
Tính chất sau đây chỉ ra rằng mọi trường hữu hạn đều không là
trường đóng đại số.
Mệnh đề 2.1.4. Nếu T là trường hữu hạn thì T không đóng đại số.
Chứng minh. Giả sử T có q phần tử. Viết T = {a1, . . . , aq}.
Xét đa thức
f (x) = (x − a1)(x − a2) . . . (x − aq) + 1 ∈ T [x].
Đa thức f (x) có bậc q > 0. Nếu T đóng đại số, thì f (x) phải có
nghiệm trong T . Tuy nhiên ta có f (ai) = 1 (cid:54)= 0, ∀ai ∈ T , vô lý. Vậy
T không là trường đóng đại số.
Mệnh đề 2.1.4 chỉ ra rằng nếu T là trường đóng đại số, thì T là
trường vô hạn.
Định nghĩa 2.1.5. Cho T là một trường. Khi đó luôn tồn tại duy nhất
một trường T đóng đại số tối thiểu chứa T . Ta nói T là bao đóng đại
số của T .
15
Ví dụ 2.1.6. Trường R không đóng đại số. Trường C là trường đóng đại số tối thiểu chứa R. Do đó C là bao đóng đại số của R.
Chú ý 2.1.7. Cho n là số tự nhiên. Cho T là một trường và T là bao
đóng đại số của T . Gọi 1 là đơn vị của T . Khi đó đa thức
xn − 1 ∈ T [x]
có đủ n nghiệm trong T nếu n không chia hết cho p với p là đặc số của
T . Ví dụ như đa thức x4 − 1 ∈ R[x] chỉ có 2 nghiệm thực (là 1 và −1)
nhưng có đủ 4 nghiệm trong C (là 1, −1, i, −i). Ta nói n nghiệm của
đa thức xn − 1 trong T là n căn bậc n của đơn vị trong T .
Ví dụ, các căn bậc 4 của đơn vị trong C là 1, −1, i, −i. Kí hiệu
µn = {a ∈ T | an = 1}
là tập các căn bậc n của đơn vị trong T . Vì T đóng đại số nên µn có
1 để kí hiệu hàm vết từ
đúng n phần tử.
Chú ý 2.1.8. Cho m là số tự nhiên. Ta dùng T rm F2m đến F2, tức là
1 (α) = α + α2 + α22
+ · · · + α2m−1 + α23 T rm ∈ F2
với mọi α ∈ F2m.
1 là ánh xạ
Chú ý rằng F2m là F2− không gian véc tơ. Do đó T rm
giữa hai không gian véc tơ trên trường F2.
1 (−) là ánh xạ tuyến tính, tức là
Bổ đề 2.1.9. T rm
1 (α + β) = T rm
1 (α) + T rm
1 (β)
T rm
1 (aα) = aT rm
1 (α) với mọi a ∈ F2 = Z2.
16
với mọi α, β ∈ F2m và T rm
Chứng minh. Với mọi số tự nhiên s > 0 ta có:
2sα2s−1 · β + . . . + C 2s−1
2s αβ2s−1 + β2s
(α + β)2s = α2s + C 1
2s = 2s!
(2s−j)!j! là bội của 2, bằng
với 1 ≤ j ≤ 2s − 1. Ta chứng minh C j
quy nạo theo j.
Ta có
2s =
C j = · . 2s! (2s − j)!j! 2s! (2s − j + 2)!(j − 1)! 2s − j + 1 j
2s = 2s.
Cho j = 1 ta có C j
2s = Cứ tiếp tục như thế đến j = 2s − 1 ta có
= 22s−1 − 2s−1. Cho j = 2 ta có C j (2s − 1)2s 2
2s =
C j = = 2s. 2s! (2s − 2s + 1)!(2s − 1)! 2s! (2s − 1)!
2s là bội của 2. Suy ra
Suy ra C j
1 (α) + T rm
1 (β).
1 (aα) = T rm
1 (0) = 0 và 0 · T rm
1 (α) = 0.
(α + β)2s = α2s + β2s = T rm
Với a = 0 ∈ F2, ta có T rm Với a = 1 ∈ F2 ta có
1 (a · α) = T rm
1 (α) = 1 · T rm
1 (α) = aT rm
1 (α).
T rm
1 (−) là ánh xạ tuyến tính.
Do đó T rm
1 (α2i) = T rm
1 (α).
Bổ đề 2.1.10. Với mọi i ∈ N ta có T rm
Chứng minh. Với mọi i ∈ N, cho α ∈ F2m ta có
1 (α2i
17
T rm ) = α2i + (α2i )2 + (α2i )22 + . . . + (α2i )2m−1 .
Với mọi j ∈ N ta có
(α2i )2j = α2i+j
= (α2m )2i+j−m (i + j ≥ m)
= (α2m−1 · α)2i+j−m
= α2i+j−m
(i + j − m ≥ m) = α2i+j−2m
= · · ·
= α2s (0 ≤ s ≤ m − 1).
Suy ra
1 (α2i
1 (α).
T rm ) = α + α2 + α22 + . . . + α2m−1 = T rm
Để chứng minh Định lý C trong phát biểu ở đầu Chương 2, chúng
ta cần một số tính chất đơn giản của số học dưới đây.
Bổ đề 2.1.11. Nếu m là số tự nhiên lẻ thì
gcd(5, 2m − 1) = 1.
Chứng minh. Viết m = 2k + 1. Khi đó 2m − 1 = 22k+1 − 1.
Suy ra
2m − 1 = 2 · 22k − 1
= 2 · 4k − 1
= 2 · (5 − 1)k − 1
18
≡ 2 · (−1)k − 1(mod5)
Nếu k chẵn, thì 2m − 1 ≡ 1 (mod 5). Suy ra gcd(5, 2m − 1) = 1.
Nếu k lẻ, thì 2m − 1 ≡ −2 − 1 ≡ 2 (mod 5). Do đó
gcd(5, 2m − 1) = gcd(5, 2) = 1.
Bổ đề 2.1.12. Nếu m chẵn thì 22m − 1 chia hết cho 5.
Chứng minh. Viết m = 2k. Ta có 22m − 1 = 42k − 1 = 16k − 1. Vì
16k − 1 ≡ 1k − 1 ≡ 0 (mod 5) nên ta có kết quả.
m−1
Bổ đề 2.1.13. Nếu m là số tự nhiên lẻ thì gcd
2 − 1, 2m − 1) = 1.
2 − 1, 2m − 1). Viết m = 2k + 1.
(2
Chứng minh. Đặt d = gcd(2 m−1
2 −1 = 2k − 1.
Ta có 2 m−1
Ta có
2m − 1 = 22k+1 − 1
= 2 · (2k)2 − 1
= 2(2k − 1 + 1)2 − 1
= 2(2k − 1)2 + 4(2k − 1) + 1.
Do d là ước của 2k − 1 và d là ước của 2m − 1 nên d là ước của 1.
Việc chứng minh Định lý C cũng cần đến khái niệm căn nguyên
19
thủy bậc n của đơn vị. Vì thế chúng ta nhắc lại khái niệm này ở đây.
Định nghĩa 2.1.14. Cho T là một trường đóng đại số. Khi đó phương
trình xn − 1 có đúng n nghiệm phân biệt trong T với n không chia hết
cho đặc số của trường T . Mỗi nghiệm của xn − 1 trong T được gọi là
một căn bậc n của đơn vị. Nếu ξ là một căn bậc n của đơn vị sao cho
ξk (cid:54)= 1 với mọi số tự nhiên k < n, thì ta nói ξ là một căn nguyên thủy
bậc n của đơn vị.
Ví dụ 2.1.15. Trong trường C các số phức, các số phức
+ i sin ξk = cos 2πk n 2πk n
với k = 0, · · · , n − 1, là các căn bậc n của đơn vị. Hơn nữa, ξk là căn
nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1. Do đó
+ i sin ξ1 = cos 2π n 2π n
là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.
Chẳng hạn, với n = 2, thì ±1 là 2 căn bậc 2 của đơn vị, −1 là căn
nguyên thủy. √ √ 3 i i 3 ± ± Với n = 3, thì 1, là các căn bậc 3 của đơn vị, là 2 −1 2 2
−1 2 2 căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị.
Với n = 4, thì ±1, ±i là các căn bậc 4 của đơn vị, ±i là 2 căn nguyên
thủy bậc 4 của đơn vị.
Ta minh họa căn bậc n của đơn vị và căn nguyên thủy bậc n của
20
đơn vị trong trường có đặc số chẵn như sau.
Ví dụ 2.1.16. Trong trường F2 = Z2 = {0, 1}, phần tử 1 là căn bậc n
của đơn vị duy nhất. Ta xây dựng trường có 4 phần tử .
= {0, 1, x, x + 1}. F4 = Z2[x] (x2 + x + 1)
Ta có 13 = 1, x3 = 1, (x + 1)3 = 1.
Vì thế tập các căn bậc 3 của đơn vị trong trường F4 là
{1, x, x + 1} = µ3.
Trong trường
= {0, 1, x, x + 1, x2, x2 + x, x2 + 1, x2 + x + 1}. F8 = Z2[x] (x3 + x + 1)
Ta có
13 = 1, x3 (cid:54)= 1, (x + 1)3 (cid:54)= 1, (x2)3 (cid:54)= 1,
(x2 + x)3 (cid:54)= 1, (x2 + 1)3 (cid:54)= 1, (x2 + x + 1)3 (cid:54)= 1.
Do đó trong trường F8, chỉ có duy nhất 1 căn bậc 3 của đơn vị, đó là 1.
2.2 Một số lớp tam thức hoán vị được trên trường hữu
hạn đặc số chẵn
Cho X là một tập con của trường Fq (trong đó q là lũy thừa của
q = Fq\{0}. Khi đó ta nói đa thức f (x) ∈ Fq[x] hoán vị trên X nếu f (α) (cid:54)=
một số nguyên tố). Giả sử X là một nhóm con của nhóm nhân F∗
f (β) với mọi α, β ∈ X, α (cid:54)= β. Nói cách khác, f (x) hoán vị trên X
21
nếu nó tác động đơn ánh trên tập X.
Chú ý 2.2.1. Như kí hiệu trong Tiết 2.1 (Chú ý 2.1.7), gọi µd là tập các căn bậc d của đơn vị trong trường đóng đại số Fq của Fq, tức là µd = {α ∈ Fq | αd = 1}. Khi đó µd có đúng d phần tử. Hơn nữa µd là q = Fq\{0} vì nếu α, β ∈ µd thì (α · β)d = αdβd = 1 nhóm con của F∗
tức là α, β ∈ µd; 1 ∈ µd và (α−1)d = (αd)−1 = 1. Do đó α−1 ∈ µd.
Bổ đề 2.2.2. Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố. Cho d, r > 0 là các số tự nhiên thỏa mãn d là ước của q − 1. Cho h(x) ∈ Fq[x]. Khi q − 1
đó xrh(x d ) hoán vị trên Fq nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau thỏa
mãn:
d ) = 1;
q−1
(i) gcd(r, q−1
d hoán vị được trên µd.
(ii) xrh(x)
Chứng minh. Đặt s = cho f (x) hoán vị được trên Fq. Giả sử q − 1 d
gcd(r, ) = t > 1. q − 1 d
q = Fq\{0} là nhóm xyclic. Do µs
Theo Mệnh đề 1.1.11, nhóm F∗
q nên µs cũng là nhóm xyclic có s phần tử. Giả sử µs =< ξ >. Khi đó ta có ξs = 1 và ξk (cid:54)= 1 với mọi 0 < k < s. Suy ra ξs (cid:54)= ξ s
t . Ta có
s
s
là nhóm con của F∗
r t h((ξ
t ) = (ξs) r t )s · (h(ξ
t )s) s t ))s
f (ξ
= (ξ
= (ξs) r t · h(ξ)s
22
= h(1).
và
f (ξs) = f (1) = h(1).
Do đó f (x) không hoán vị trên µs. Vì thế f (x) không hoán vị trên Fq,
q (theo Chú ý 1.1.12), ta
Vì F∗ vô lý. Vậy gcd(r, s) = 1. Ta có (f (x))s = xrs(h(x)r)s. q là nhóm cấp q − 1, nên với mọi α ∈ F∗
q−1
d )d = αq−1 = 1.
suy ra
(αs)d = (α
q)s = µd. Vì thế các giá trị của (f (x))s gồm (f (0))s = 0 và các giá trị của đa thức g(x) = xrh(x)s trên µd. Vì thế f (x) hoán vị trên Fd nếu và chỉ nếu g(x) hoán vị trên µd.
Do đó αs ∈ µd, suy ra (F∗
Bổ đề 2.2.3. Với m ∈ N, ký hiệu µ2m+1 là tập các căn bậc 2m +1 trong trường đóng đại số Fq của Fq. Khi đó mỗi đa thức 1 + x + x3, 1 + x2 +
x3, 1 + x + x4 và 1 + x3 + x4 đều không có nghiệm trong µ2m+1.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử α ∈ µ2m+1 là
nghiệm của đa thức 1 + x + x3, tức là 1 + α + α3 = 0.
2m là
Do Fq có đặc số chẵn nên nα = 0 với n chẵn. Chú ý rằng C i
2m =
là số bội của 2 với mọi 1 ≤ i ≤ 2m − 1, trong đó C i 2m! i!(2m − i)!
tổ hợp chập i của 2m phần tử. Suy ra
[(1 + α)2m + (α3)2m ]α3 = 0.
Tiếp tục khai triển nhị thức (1 + α)2m ta được
23
[1 + α2m + α3·2m ]α3 = 0.
Suy ra α3 + α2m+1 · α2 + (α2m+1)3 = 0.
Do α ∈ µ2m+1 nên α3 + α2 + 1 = 0. Suy ra 1 + α + α3 = 1 + α2 + α3.
Do đó α = α2. Vì α ∈ µ2m+1 nên α (cid:54)= 0. Do đó α = 1.
Suy ra 0 = 1 + α + α3 = 1 + 1 + 13 = 1, vô lí. Do đó đa thức 1 + x + x3
không có nghiệm trong µ2m+1, tức là các căn bậc 2m + 1 của đơn vị trong Fq đều không là nghiệm của đa thức 1 + x + x3.
Bổ đề 2.2.4. Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố. Cho g(x) là đa thức trong Fq[x]. Cho f (x) = ag(bx + c) với a, b, c ∈ Fq và a, b (cid:54)= 0. Khi đó f (x) hoán vị trên Fq khi và chỉ khi g(x) hoán vị trên Fq.
Chứng minh. Xem Tài liệu [2]
Bây giờ chúng ta chứng minh Định lý A trong phần giới thiệu đầu
Chương 2. Đây là kết quả chính thứ nhất của luận văn, cho ta một lớp
tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn.
Định lý 2.2.5. Đa thức f (x) := x4 + x2m+3 + x3·2m+1 ∈ F22m[x] là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Chứng minh. Đa thức f1(x) có thể được viết là f1(x) = x4h1(x2m−1), trong đó h1(x) := 1 + x + x3 ∈ F22m[x]. Vì gcd(4, 2m − 1) = 1, nên theo Bổ đề 2.2.2, f1(x) hoán vị trên F22m khi và chỉ khi đa thức g1(x) := x4h1(x)2m−1 hoán vị trên µ2m+1.
Giả sử gcd(m, 3) =1. Theo Bổ đề 2.2.3, h1(x) không có nghiệm
22m và do đó g1(µ2m+1) ⊆ µ2m+1.
24
trong µ2m+1, nghĩa là h1(µ2m+1) ⊆ F∗
Vì µ2m+1 là tập hữu hạn, g1(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ khi g(x)
tác động đơn ánh trên µ2m+1. Với α ∈ µ2m+1, ta có
g1(α) = α4(1 + α + α3)2m−1
= α4(1 + α + α3)2m 1 + α + α3
=
= α4(1 + α2m + (α2m)3) 1 + α + α3 α4(1 + α−1 + (α−1)3) 1 + α + α3
= α + α3 + α4 1 + α + α3 .
Như vậy g1(x) là tác động đơn ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi
G1(x) := x + x3 + x4 1 + x + x3
là tác động đơn ánh trên µ2m+1. Giả sử G1(x) = G1(y) với mọi x, y ∈
µ2m+1. Chúng ta xem xét hai trường hợp sau.
Trường hợp 1. x = 1 hoặc y = 1. Giả sử rằng y = 1, khi đó
x + x3 + x4 1 + x + x3 = 1.
Nghĩa là x4 + 1 = 0. Vậy ta nhận đươc x = y = 1.
Trường hợp 2. x (cid:54)= 1 hoặc y (cid:54)= 1. Giả sử G1(x) = G1(y), nghĩa là
x + x3 + x4 1 + x + x3 = y + y3 + y4 1 + y + y3 .
Thêm 1 vào cả hai vế ta có,
25
1 + x4 1 + x + x3 = 1 + y4 1 + y + y3 .
Suy ra
(x + 1)3 + x2 . (1 + x)4 = (y + 1)3 + y2 (y + 1)4
Vì thế
+ ( )2( )2 = + ( )2( )2. 1 1 + x x 1 + x 1 1 + x 1 1 + y y 1 + y 1 1 + y
và b = vào phương trình trên, ta được Thay a = 1 x + 1 1 y + 1
(a + b)4 + (a + b)2 + (a + b) = 0.
Lưu ý rằng a = b khi và chỉ khi x = y. Nếu x (cid:54)= y, khi đó đẳng thức
trên có nghĩa là
(a + b)3 + (a + b) + 1 = 0.
Tức là, a + b ∈ F22m là một nghiệm của x3 + x + 1 ∈ F22m[x]. Điều này là không thể bởi vì 1 + x + x3 là khả quy trên F2 và gcd(3, 2m) = 1. Vì vậy 1 + x + x3 là khả quy trên F2m.
26
Ngược lại, giả sử rằng f1(x) là một đa thức hoán vị trên F22m. Đặt α ∈ F23 là một nghiệm của x3 + x + 1 ∈ F2[x] và cho β là một nghiệm của x2m + x + 1 ∈ F22m[x] trong một số trường mở rộng. Lưu ý rằng β22m = (β2m)2m = (β + 1)2m = β2m + 1 = β, tức là, β ∈ F22m. Nếu
gcd(m, 3) = 3, khi đó α ∈ F2m và
)3(α + β) f1(α + β) = (α + β)4 + (α + β)2m(α + β)3 + ((α + β)2m
= (α + β)4 + (α + β + 1)(α + β)3 + (α + β + 1)3(α + β)
= (β4 + β2 + β) + (α4 + α2 + α)
= β4 + β2 + β
= f1(β).
Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Theo kết quả của Định lý 2.2.5, chúng ta có được lớp tam thức hoán
vị sau đây.
Hệ quả 2.2.6. Đa thức
f (x) = x + x2m + x22m−1−2m−1+1 ∈ F22m[x]
là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Chứng minh. Đa thức f (x) có thể được viết là f (x) = xh(x2m−1), trong đó h(x) := 1 + x + x2m−1 ∈ F22m[x]. Theo Bổ đề ??, f (x) hoán vị F22m khi và chỉ khi đa thức g(x) := xh(x)2m−1 hoán vị trên µ2m+1. Vì gcd (2, 2m + 1) = 1, nên đa thức g(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ
khi g(x)2 hoán vị trên µ2m+1. Với x ∈ µ2m+1,
g(x)2 = x2(1 + x2 + x2m)2m−1
)2m−1 = x2(1 + x2 + 1 x
= x4(1 + x + x3)2m−1
27
= g1(x).
Từ chứng minh Định lý 2.2.5, ta có g1(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ
khi gcd(m, 3) = 1, điều phải chứng minh.
Định lý sau đây là kết quả chính thứ hai của Chương này, cho ta một
lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn. Định lý này được phát
biểu trong Định lý B ở đầu Chương 2.
Định lý 2.2.7. Đa thức f2(x) := x2 + x2·2m + x3·2m−1 hoán vị trên F22m
khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Chứng minh. Đa thức f2(x) có thể được viết dưới dạng
f2(x) = x2h2(x2m−1),
trong đó h2(x) := 1 + x2 + x3 ∈ F22m[x]. Vì gcd(2, 2m − 1) = 1, nên theo Bổ đề ??, f2(x) hoán vị trên F22m khi và chỉ khi đa thức g2(x) := x2h2(x)2m−1 hoán vị trên µ2m+1.
Đầu tiên, giả sử gcd(m, 3) = 1. Theo Bổ đề 2.2.3, h2(x) không có
22m, và do đó
nghiệm trong µ2m+1, nghĩa là h2(µ2m+1) ⊆ F∗
g2(µ2m+1) ⊆ µ2m+1.
Như vậy, g2(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ khi g2(x) tác động đơn
ánh trên µ2m+1. Với α ∈ µ2m+1 biểu thức g2(α) có thể được rút gọn là
g2(α) = 1 + α + α3 α + α3α4 ,
và do đó, g2(x) là tác động đơn ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi
28
G2(x) := 1 + x + x3 x + x3 + x4 = 1 G1(x)
là tác động đơn ánh trên µ2m+1. Vì gcd (m, 3) = 1, nên từ chứng minh
của Định lý 2.2.5, ta suy ra G1x tác động đơn ánh trên µ2m+1. Do đó
G2(x) là tác động đơn ánh trên µ2m+1.
Nếu gcd(m, 3) (cid:54)= 1, từ Định lý 2.2.5, f1(x) không là đa thức hoán vị trên F22m. Vì gcd(2, 2m −1) = 1, từ điều kiện (i) của Bổ đề ?? ta suy
ra g1(x) không hoán vị trên µ2m+1. Như vậy, G1(x) và G2(x) =
1 G1(x) không hoán vị trên µ2m+1, nghĩa là f2(x) không là một đa thức hoán vị trên F22m, ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta chứng minh Định lý C trong phần giới thiệu Chương
2. Định lý này là kết quả chính thứ ba của luận văn, cho ta một lớp tam
thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn.
Định lý 2.2.8. Đa thức f3(x) := x5 + x2m+4 + x4·2m+1 ∈ F22m[x] là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
Chứng minh. Đa thức f3(x) có thể được viết là f3(x) = x5h3(x2m−1, trong đó h3(x) := 1 + x + x4 ∈ F22m[x]. Theo Bổ đề ??, f3(x) là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(5, 2m − 1) = 1 và đa thức g3(x) := x5h3(x)2m−1 hoán vị trên µ2m+1.
Giả sử m là số lẻ. Khi đó theo Bổ đề 2.2.2 ta có gcd(5, 2m − 1) = 1.
Theo Bổ đề 2.2.5, h3(α) (cid:54)= 0 với mọi α ∈ µ2m+1, vì thế
g3(µ2m+1) ⊆ µ2m+1.
Với α ∈ µ2m+1, ta có thể biến đổi và rút gọn g3(α) về dạng sau
29
g3(α) = α + α4 + α5 1 + α + α4 .
Theo đó g3(x) tác động đơn ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi
G3(x) := x + x4 + x5 1 + x + x4
là tác động đơn ánh trên µ2m+1. Giả sử G3(x) = G3(y), trong đó
x, y ∈ µ2m+1. Với x (cid:54)= y, từ biểu thức trên của G3(x), ta được
(x + x4 + x5)(1 + y + y4) + (y + y4 + y5)(1 + x + x4) = 0,
tức là,
(x5 + y5) + xy(x4 + y4) + x4y4(x + y) + (x4 + y4) + (x + y) = 0.
Suy ra
(x5 + y5) = (x + y)5 + x2y2(x + y) + xy(x + y)3.
Chia phương trình trên cho (x5 + y5) ta được
xy xy )4 + + ( xy x + y 1 x + y (x + y)2 + 1 = 0.
Thay a = và b = a2m = vào phương trình trên và rút 1 (x + y)4 + ( 1 x + y (x + y)2 )2 + xy x + y
gọn, ta được
(a + b)4 + a + b + a2b2 + ab + 1 = 0.
Lưu ý rằng a và b có thể không thuộc F2m, nhưng a + b, ab ∈ F2m. Tác
1 (−) vào cả hai vế của đẳng thức trên và sử dụng tính
động hàm vết T rm
chất tuyến tính của hàm vết trong Bổ đề 2.1.9, ta được
1 ((a + b)4) + T rm
1 (a + b) + T rm
1 ((ab)2) + T rm
1 (ab) + 1 = 0.
30
T rm
Chú ý rằng
1 (a + b)
1 ((a + b)4) = T rm
T rm
và
1 (ab).
1 ((ab)2) = T rm
T rm
Vì thế từ đẳng thức trên ta suy ra 1 = 0, điều này là mâu thuẫn.
Tiếp theo nếu m là số chẵn, thì theo Bổ đề 2.1.12 ta có 5|22m − 1,
có nghĩa là có ít nhất một trong hai số 2m − 1 hoặc 2m + 1 chia hết
cho 5. Nếu 5|2m − 1, thì khi đó theo Bổ đề ??, f3(x) không là đa thức hoán vị trên F2m. Nếu 5|2m + 1, thì khi đó ta lấy môt phần tử ξ là căn
nguyên thủy bậc 5 của đơn vị. Do 5 là ước của 2m + 1 nên
ξ ∈ µ2m+1, g3(ξ) = (1 + ξ + ξ4)2m−1 = g3(ξ4)
và
g3(ξ2) = (1 + ξ2 + ξ3)2m−1 = g3(ξ3).
Như vậy, g3(x) không hoán vị trên µ2m+1 và vì thế f3(x) không hoán vị trên F22m. Do đó ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo chúng ta tập trung chứng minh Định lý D. Đây là kết quả
chính thứ tư của luận văn.
Định lý 2.2.9. Đa thức f4(x) := x3 + x3·2m + x2m+2−1 ∈ F22m là đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
31
Chứng minh. Đa thức f4(x) có thể được viết là f4(x) = x3h4(x2m−1), trong đó f4(x) := 1 + x3 + x4 ∈ F22m[x]. Theo Bổ đề ??, f4(x) là
một đa thức trên F22m khi và chỉ khi gcd(3, 2m − 1) = 1 và đa thức g4(x) := x3h4(x)2m−1 hoán vị trên µ2m+1.
Chú ý rằng gcd(3, 2m − 1) = 1 khi và chỉ khi m là số lẻ. Do đó chúng
ta chỉ cần chỉ ra rằng g4(x) hoán vị trên µ2m+1 khi m là số lẻ.
Giả sử m là số lẻ. Theo Bổ đề 2.2.3, h4(x) không có nghiệm trong
µ2m+1. Với α ∈ µ2m+1, g4(α) có thể được biến đổi và rút gọn là
g4(α) = 1 + α + α4 α + α4 + α5
và như vậy, g4(x) tác động đơn ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi
G4(x) := 1 G3(x)
1 + x + x4 x + x4 + x5 = tác động đơn ánh trên µ2m+1. Vì m là số lẻ, nên theo Định lý 2.2.8,
G3(x) và G4(x) tác động đơn ánh trên µ2m+1. Vì thế f (x) là hoán vị trên F2m, ta có điều phải chứng minh.
Phần tiếp theo, ta chứng minh Định lý E. Định lý này là kết quả
chính thứ năm của luận văn, cho ta một lớp tam thức hoán vị trên
m+1
m+1
2 −1
2 +1
trường có đặc số chẵn.
x2 + x2m−2 Định lý 2.2.10. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức f (x) = x + hoán vị trên trường F2m.
Chứng minh. Chúng ta có
f (x) = x + x2(m+1)/2−1 + x2m−2(m+1)/2+1
)
32
= x(1 + x2(m+1)/2−2 + x2m−2(m+1)/2 = x(1 + x2·(2(m−1)/2−1) + x2(m+1)/2(2(m−1)/2−1) ).
Vì gcd(2(m−1)/2 − 1, 2m − 1) = 1 theo Bổ đề 2.1.13, f (x) là một đa
thức hoán vị trên F2m khi và chỉ khi
g(x) = x2m−1−(2(m+1)/2+2)(1 + x2 + x2(m+1)/2 )
là một đa thức hoán vị trên F2m. Chúng ta lưu ý rằng g(0) = 0 và
g(x) = khi x (cid:54)= 0. 1 + x2 + x2(m+1)/2 x2(m+1)/2+2
Trước hết, chúng ta thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình
(m−1) 2
đa thức g(x) = 0. Nếu g(x) = 0, thì x = 0 hoặc 1 + x2 + x2(m+1)/2 = 0.
Nếu 1 + x2 + x2(m+1)/2 = 0, thì sau khi nâng cả 2 vế lên lũy thừa 2
ta đươc 1 + x2(m+1)/2 + x2m = 0. Cộng hai vế của hai phương trình trên
với nhau ta được x2m + x2 = 0. Vì thế ta có được x = 0 hoặc x = 1.
Tuy nhiên ta lại có g(x) = 1. Do đó, nghiệm duy nhất của g(x) = 0 là
x = 0.
Tiếp theo, chúng ta chứng minh rằng phương trình đa thức g(x) = a
có một nghiệm khác không duy nhất với mỗi a (cid:54)= 0, a ∈ F2m. Có nghĩa là, với mỗi a (cid:54)= 0, a ∈ F2m, chúng ta chứng minh rằng tồn tại một
nghiệm duy nhất x (cid:54)= 0 cho phương trình sau:
= a. 1 + x2 + x2(m+1)/2 x2(m+1)/2+2
Viết lại phương trình trên ta thu được phương trình sau
ax2(m+1)/2+2 + x2(m+1)/2 + x2 + 1 = 0. (1)
Đặt y = x2. Khi đó phương trình (1) trở thành
33
ay2(m−1)/2+1 + y2(m−1)/2 + y + 1 = 0. (2)
Bây giờ chúng ta cần giải phương trình (2) với mỗi a (cid:54)= 0 và y (cid:54)= 0.
Đầu tiên, nếu a = 1, thì ta có
y2(m−1)/2+1+y2(m−1)/2 +y+1 = (y2(m−1)/2+1)(y+1) = (y+1)2(m−1)/2+1 = 0.
Do đó y = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (2) với a = 1.
Từ giờ trở đi, ta giả sử a (cid:54)= 1 và a (cid:54)= 0. Nâng lên lũy thừa 2(m+1)/2
ở phương trình (2), ta thu được
a2(m+1)/2 y2(m+1)/2+1 + ay2(m−1)/2+1 + y2(m+1)/2 + y2(m−1)/2 = 0. (3)
Cộng hai vế của hai phương trình (2) và (3), ta có
= 0. + y2(m−1)/2 + ay2(m−1)/2+1 + y2(m+1)/2 y2(m+1)/2+1 a2(m+1)/2 (4)
Vì y (cid:54)= 0, ta có thể chia phương trình (4) cho y2(m−1)/2 ta có kết quả là
+ 1 = 0. + ay + y2(m−1)/2 y2(m−1)/2+1 a2(m+1)/2 (5)
Cộng vế với vế của hai phương trình (2) và (5) ta được
(a2(m+1)/2 + a)y2(m−1)/2+1 + (a + 1)y = 0. (6)
Vì y (cid:54)= 0, nên ta thu được
(a2(m+1)/2 + a)y2(m−1)/2+1 + (a + 1) = 0.
Từ (a2(m+1)/2 + a) (cid:54)= 0 với a ∈ {0, 1}, đa thức
34
(a2(m+1)/2 + a)y2(m−1)/2+1 + (a + 1) = 0
là một đa thức hoán vị trên F2m với gcd(2(m−1)/2, 2m − 1) = 1. Do đó
tồn tại một nghiệm khác không duy nhất y đối với phương trình
(a2(m+1)/2 + a)y2(m−1)/2 + (a + 1) = 0,
với a (cid:54)= 0, 1. Do đó tồn tại nhiều nhất là một nghiệm x (cid:54)= 0 của phương
= a với mỗi a (cid:54)= 0. Do đó tồn tại một nghiệm trình 1 + x2 + x2(m+1)/2 22(m+1)/2+2
35
duy nhất cho g(x) = a cho mỗi a. Vì thế định lý được chứng minh.
Kết luận
Luận văn đã trình bày một số kết quả về đa thức hoán vị trên trường
có đặc số chẵn trong hai bài báo:
(cid:62) R. Gupta và R. Sharma (2016), Some new classes of permutation
trinomials over finite fields with even characteristic, Finite Fields and
their Applications, 41, 89-96.
(cid:62) C. Dinh, L. Qu, Q. Wang, J. Yuan, P. Yuan (2015), Permutatiin
trinomials over finite fields with even characteristic, Siam J.Discnetc
Math, 29, pp 79-82.
Nội dung chính của luận văn là:
Trình bày cấu trúc và số phần tử của trường hữu hạn, một số tính
chất cơ bản của đa thức hoán vị trên trường hữu hạn và đa thức hoán
vị modulo một số tự nhiên.
Chứng minh chi tiết năm lớp tam thức sau là hoán vị trên trường
hữu hạn có đặc số chẵn.
• Định lý 2.2.5. Đa thức f (x) = x4 + x2m+3 + x3·2m+1 ∈ F22m[x]
là hoán vị trên F22m nếu và chỉ nếu gcd(m, 3) = 1.
• Định lý 2.2.7. Đa thức f2(x) := x2 + x2·2m + x3·2m−1 ∈ F22m[x]
36
là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
• Định lý 2.2.8. Đa thức f3(x) := x5 + x2m+4 + x4·2m+1 ∈ F22m[x]
là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
• Định lý 2.2.9. Đa thức f4(x) := x3 + x3·2m + x2m+2−1 ∈ F22m[x]
là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
m+1
m+1
2 −1
2 +1
• Định lý 2.2.10. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức
f (x) = x + x2 + x2m−2
37
hoán vị trên trường F2m.
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lí thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc
gia Hà Nội.
[2] Vương Thị Yến (2012), Đa thức hoán vị được, Luận văn thạc sĩ,
Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên.
Tiếng Anh
[3] C. Dinh, L. Qu, Q. Wang, J. Yuan, P. Yuan (2015), Permu-
tatiin trinomials over finite fields with even characteristic, Siam
J.Discnetc Math, 29, pp79-82.
[4] R. Gupta và R. Sharma (2016), Some new classes of permutation
trinomials over finite fields with even characteristic, Finite Fields
38
and their Applications, 41, 89-96.
