Tải bản đầy đủ

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
1.1 Đa thức bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Trường phân rã của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Cấu trúc của trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . .

7
7
9
15

2 Đa
tố
2.1


2.2
2.3

21
21
27
35

thức hoán vị được modulo lũy thừa một số nguyên
Đa thức hoán vị được trên một trường hữu hạn . . . . .
Đa thức hoán vị được trên vành Z2n . . . . . . . . . . . .
Đa thức hoán vị được trên vành Z3n và Z5n . . . . . . .

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 → 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 = 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) = 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) = 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 = 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) = 0 thì
1
. Khi đó
phần tử (g(α))−1 ∈ E được kí hiệu là
g(α)
K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]},
K(α) =

g(α)
| g(x), h(x) ∈ K[x], h(α) = 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 = 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 = 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.
n

ci xi ∈ K[x] là đa thức bất khả quy và

1.2.6 Bổ đề. Cho f (x) =
i=0

n

p(ci )xi ∈ K [x]. Giả sử

p : K → K là đẳng cấu trường. Đặt g(x) =
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 K ). Khi đó tồn
tại một đẳng cấu φ : K(α) → K (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) → K (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 K và deg g(x) = n.
Vì thế, theo Mệnh đề 1.2.2, hệ {1, β, . . . , β n−1 } là một cơ sở của K (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 ∈ K [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

ci xi ∈ K[x] là một đa thức có bậc dương.

1.2.7 Định lý. Cho f (x) =
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 → K là một đẳng cấu trường và F là trường phân
n

p(ci )xi trên K thì tồn tại một đẳng cấu

rã của đa thức g(x) =
i=0

φ : F → F 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


2
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
nên Q(i 3, 3 2) ⊆ Q(α1 , α2 , α3 ). Về công thức bậc
α1 và i 3 =
α1
của mở rộng, ta có
√ √
√ √


3
3
3
3
[Q(i 3, 2) : Q] = [Q(i 3, 2) : Q( 2)][Q( 2) : Q].

3


3

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

3
[Q( 2) : Q] = deg(x3 − 2) = 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 là hai số tự nhiên
thì (k − k)1 = 0 tức là k1 = k 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 (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 (x) = (q1)xq−1 − 1 = −1.
Do đó gcd(g(x), g (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
(a + b)q = aq +
trong đó

q
k

q
1

aq−1 b + · · · +

q
q−1

abq−1 + bq ,

là số tổ hợp chập k của q phần tử. Vì q = pd và p

nguyên tố nên bằng quy nạp ta kiểm tra được

q
k

là bội của p với mọi


17

k = 1, . . . , q − 1. Do đó ta có

q
k

aq−k bk = 0 với mọi k = 1, . . . , q − 1.

Suy ra
(a + b)q = aq + bq = a + b,
tức là g(a + b) = 0. Vì thế a + b ∈ K. Cho 0 = a ∈ K. Khi đó aq = a.
Chú ý rằng q ≥ 2. Do a = 0 nên a có nghịch đảo a−1 ∈ F. Vì vậy, từ
aq = a ta suy ra aq−1 = 1. Chú ý rằng aq−2

q

= (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 K là trường có q phần
tử. Khi đó K có đặc số là p nguyên tố.Vì thế p, p là ước nguyên tố của
q và là ước nguyên tố duy nhất của q. Do đó p = p . Theo chứng minh
Bổ đề 1.3.2, K, K 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 = 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 = 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, K cũng là trường phân rã của g(x) trên Zp .
Theo Định lý 1.2.7 ta suy ra K ∼
= K . 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 =< 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 đều là nghiệm của đa thức xd − 1 ∈ K[x]. Vì H và H khác nhau
nên H ∪ H 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.


Chương 2
Đa thức hoán vị được modulo lũy thừa một số
nguyên tố

Mục đích của Chương 2 là trình bày lại các kết quả về đa thức hoán
vị được modulo lũy thừa một số nguyên tố. Trong Chương 1, chúng ta
đã chỉ ra rằng nếu F là trường hữu hạn, thì số phần tử của F là lũy
thừa của một số nguyên tố. Vì thế, nếu đa thức f (x) hoán vị được trên
trường hữu hạn, thì ta cũng nói f (x) hoán vị được modulo lũy thừa một
số nguyên tố. Nội dung đầu tiên của Chương 2 là trình bày tính hoán vị
được của đa thức trên trường hữu hạn. Nội dung tiếp theo của Chương
2 là chứng minh lại chi tiết các điều kiện cần và đủ của các số nguyên
a0 , . . . , ad để đa thức f (x) = a0 + a1 x + . . . + ad xd hoán vị được trên
vành Zpn với p = 2, 3, 5. Tài liệu tham khảo chính của Chương này là
[2], [6], [7].

2.1

Đa thức hoán vị được trên một trường hữu hạn

Trong phần này chúng tôi trình bày một số tính chất của đa thức hoán
vị được trên một trường hữu hạn. Trong tiết này ta luôn giả thiết F là
một trường.
2.1.1 Định nghĩa. Cho f (x) ∈ F[x] là một đa thức trên trường F.
(i) Ta nói rằng f (x) là đa thức hoán vị được trên F nếu ánh xạ cảm
sinh f : F → F cho bởi a → f (a) là một song ánh.
21


22

(ii) Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố, Fq là trường có q phần
tử và f (x) là một đa thức với hệ số trong Fq . Khi đa thức f (x) hoán vị
được trên trường Fq thì ta cũng nói f (x) là hoán vị được modulo q.
Tiếp theo là một số ví dụ về đa thức hoán vị được.
2.1.2 Ví dụ. (i) Cho F = Z2 , đa thức f (x) = x + 1 là hoán vị được trên
Z2 (vì f (0) = 1 và f (1) = 0), đa thức g(x) = x2 + x + 1 không hoán vị
được (vì g(0) = g(1) = 1.)
(ii) Cho F = Z5 , đa thức f (x) = 2x + 1 là hoán vị được trên Z5 , đa
thức g(x) = x2 không hoán vị được (vì g(2) = g(3) = 4.)
(iii) Cho F = Z7 , đa thức f (x) = x + 2 là hoán vị được trên Z7 , đa
thức g(x) = x2 + 1 không hoán vị được (vì g(1) = g(6) = 2.)
Từ nay về sau, với q là lũy thừa của một số nguyên tố, ta kí hiêu Fq
là trường có q phần tử. Mệnh đề tiếp theo chỉ ra một số lớp đa thức
hoán vị được và không hoán vị được.
2.1.3 Mệnh đề. Các phát biểu sau là đúng.
(i) Mọi đa thức bậc không đều không hoán vị được trên trường Fq .
(ii) Mọi đa thức bậc nhất đều hoán vị được trên trường Fq .
Chứng minh. (i) Giả sử f (x) = a ∈ Fq . Vì mỗi trường đều có it nhất
hai phần tử là 0 và 1, hơn nữa f (0) = a = f (1), nên ánh xạ cảm sinh
f : Fq → Fq không là đơn ánh. Do đó f (x) không hoán vị được.
(ii) Giả sử f (x) = ax + b ∈ Fq [x] là đa thức bậc nhất. Vì 0 = a ∈ Fq
nên tồn tại phần tử a−1 ∈ Fq là nghịch đảo của a. Do đó với mỗi c ∈ Fq ,
phương trình ax + b = c luôn có nghiệm là x = a−1 (c − b) ∈ Fq . Do đó
ánh xạ cảm sinh là toàn ánh. Do Fq là hữu hạn nên ánh xạ cảm sinh là
đơn ánh. Do đó f (x) hoán vị được trên Fq .
Tiếp theo là một tiêu chuẩn hoán vị được cho các đơn thức.


23

2.1.4 Định lý. Đa thức f (x) = xn là hoán vị được trên trường Fq nếu
và chỉ nếu gcd(q − 1, n) = 1. Đặc biệt,
(i) Đa thức x luôn hoán vị được trên trường Fq với mọi q.
(ii) Đa thức f (x) = x2 là đa thức hoán vị được trên trường Fq nếu và
chỉ nếu q là số chẵn.
(iii) Nếu n là một số nguyên tố thì đa thức f (x) = xn hoán vị được
trên trường Fq nếu và chỉ nếu q ≡ 1 (mod n).
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh đa thức f (x) = xn là hoán vị
được nếu và chỉ nếu gcd(q−1, n) = 1. Thật vậy, cho gcd(q−1, n) = 1. Khi
đó tồn tại các số nguyên k, t sao cho 1 = k(q − 1) + tn. Cho 0 = c ∈ Fq .
Khi đó c ∈ F∗q . Vì F∗q là nhóm nhân có cấp q − 1 với đơn vị là 1, nên
theo Định lý Lagrange ta có cq−1 = 1. Suy ra
c = c1 = ck(q−1) ctn = (ct )n = f (ct ).
Khi c = 0 thì ta luôn có c = (c)n = f (c.) Do đó ánh xạ cảm sinh
f : Fq → Fq cho bởi f (a) = an là một toàn ánh. Vì Fq là tập hợp hữu
hạn nên ánh xạ cảm sinh là song ánh. Do đó f (x) = xn là hoán vị được
trên Fq . Ngược lại, giả sử đa thức f (x) = xn là hoán vị được trên trường
Fq . Ta cần chứng minh gcd(q − 1, n) = 1. Đặt d = gcd(q − 1, n) và
F∗q = Fq \ {0}. Theo Định lý 1.3.4, F∗q là nhóm xyclic cấp q − 1 với phép
nhân. Vì thế tồn tại a ∈ F∗q sao cho F∗q = (a). Vì F∗q có cấp q − 1 nên
theo Định lý Lagrange ta có aq−1 = 1. Do đó
f (1) = 1n/d = 1 = (aq−1 )n/d = (a(q−1)/d )n .
Suy ra f (a(q−1)/d ) = f (1). Do f (x) là hoán vị được nên ánh xạ cảm sinh
là đơn ánh, vì thế a(q−1)/d = 1. Do F∗q là nhóm xyclic sinh bởi a nên a
có cấp là q − 1. Vì thế d = 1.
Tiếp theo ta chứng minh cho các trường hợp đặc biệt.
(i) Với n = 1 thì gcd(q − 1, n) = 1 nên đơn thức x là hoán vị được với


24

mọi q.
(ii) Đơn thức x2 là hoán vị được nếu và chỉ nếu gcd(q − 1, 2) = 1. Điều
này xảy ra nếu và chỉ nếu q là số chẵn.
(iii) Với n là số nguyên tố, đơn thức xn là hoán vị được nếu và chỉ nếu
gcd(q − 1, n) = 1. Vì n là số nguyên tố nên điều này xảy ra khi và chỉ
khi q − 1 không chia hết cho n, nghĩa là q ≡ 1 (mod n).
2.1.5 Chú ý. Giả sử f (x) ∈ Fq [x] là hoán vị được trên trường Fq . Khi đó
đa thức g(x) = af (x + b) + c là hoán vị được trên Fq , với mọi a, b, c ∈ Fq
sao cho a = 0. Thật vậy, vì Fq là trường hữu hạn nên để chứng minh
ánh xa cảm sinh g : Fq → Fq là song ánh, ta chỉ cần chứng minh nó là
toàn ánh. Cho d ∈ Fq là phần tử tùy ý. Vì a = 0 nên tồn tại a−1 ∈ Fq là
nghịch đảo của a. Suy ra phần tử (d − c)a−1 ∈ Fq . Vì đa thức f (x) là
hoán vị được nên tồn tại phần tử a1 ∈ Fq sao cho (d − c)a−1 = f (a1 ).
Đặt a2 := a1 − b, thì a2 ∈ Fq và f (a2 + b) = f (a1 ) = (d − c)a−1 , nghĩa là
af (a2 + b) + c = d.
Vì thế đa thức g(x) là hoán vị được trên Fq .
Sử dụng Định lý 2.1.4 và Chú ý 2.1.5 ta có đặc trưng tính hoán vị
của các đa thức bậc 2 như sau.
2.1.6 Mệnh đề. Đa thức f (x) = ax2 + bx + c là hoán vị được trên
trường Fq nếu và chỉ nếu b = 0 và q là số chẵn.
Chứng minh. Giả sử b = 0 và q là số chẵn. Khi đó đa thức g(x) = x2 là
hoán vị được trên Fq theo Định lý 2.1.4(ii). Do đó theo Chú ý 2.1.5, đa
thức
ag(x + 0) + c = ax2 + c = f (x)
là hoán vị được trên trường Fq . Ngược lại, giả sử f (x) = ax2 + bx + c
là hoán vị được trên trường Fq . Trước tiên ta sẽ chứng minh b = 0. Do


25

a = 0 nên tồn tại phần tử a−1 ∈ Fq là nghịch đảo của a. Vì thế ta có
f (−a−1 b) = a(−a−1 b)2 + b(−a−1 b) + c = a−1 b2 − a−1 b2 + c = c.
Mặt khác, f (0) = c và do ánh xạ cảm sinh f : Fq → Fq là song ánh nên
ta có a−1 b = 0. Nhân cả hai vế với a ta suy ra b = 0. Tiếp theo ta chứng
minh q là số chẵn. Do b = 0 nên f (x) = ax2 + c. Theo Chú ý 2.1.5, đa
thức g(x) = a−1 f (x) − a−1 c = x2 là hoán vị được trên Fq . Theo Định lý
2.1.4(ii) ta suy ra q là số chẵn.
Trong phần cuối của mục này, chúng tôi trình bày tính hoán vị được
của một số tam thức đặc biệt.
2.1.7 Định lý. Cho k, j là các số nguyên dương thỏa mãn 1 ≤ j < k
và gcd(k − j, q − 1) = 1. Khi đó đa thức f (x) = axk + bxj + c ∈ Fq [x]
là đa thức có bậc k hoán vị được trên trường Fq nếu và chỉ nếu b = 0 và
gcd(k, q − 1) = 1.
Chứng minh. Giả sử đa thức f (x) = axk + bxj + c có bậc k và f (x) là đa
thức hoán vị được trên trường Fq . Vì đa thức f (x) có bậc k nên a = 0.
Suy ra tồn tại a−1 ∈ Fq là nghịch đảo của a. Theo Chú ý 2.1.5, đa thức
g(x) = a−1 f (x + 0) − a−1 c = xk + a−1 bxj
là hoán vị được trên trường Fq . Ta có g(x) = xj (xk−j + a−1 b). Vì j ≥ 1
nên g(0) = 0. Theo giả thiết, gcd(k − j, q − 1) = 1 nên tồn tại các số
nguyên m, n sao cho 1 = m(k − j) + n(q − 1). Đặt d = −a−1 b ∈ Fq . Giả
sử b = 0. Ta sẽ chỉ ra mâu thuẫn. Thật vậy, vì a = 0 và b = 0 nên d = 0,
tức là d ∈ F∗q = Fq \ {0}. Ta có
d = d1 = (dm )k−j (dq−1 )n .
Do F∗q là nhóm cấp q − 1 với phép nhân và d ∈ F∗q nên dq−1 = 1. Vì thế
d = (dm )k−j . Suy ra
g(dm ) = (dm )j ((dm )k−j − d) = (dm )j ((dm )k−j − (dm )k−j ) = 0.


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×