Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
Một số lớp tam thức hoán vị được trên trường hữu hạn đặc số chẵn

Một số lớp tam thức hoán vị được trên trường hữu hạn đặc số chẵn

Tải bản đầy đủ - 0trang

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

nhóm con của F∗q = Fq \{0} vì nếu α, β ∈ µd thì (α · β)d = αd β d = 1

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 xr h(x d ) hốn vị trên Fq nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau thỏa

mãn:

(i) gcd(r, q−1

d ) = 1;

(ii) xr h(x)



q−1

d



hoán vị được trên µd .



q−1

Chứng minh. Đặt s =

cho f (x) hốn vị được trên Fq . Giả sử

d

q−1

gcd(r,

) = t > 1.

d

Theo Mệnh đề 1.1.11, nhóm F∗q = Fq \{0} là nhóm xyclic. Do µs

là nhóm con của F∗q nên µs cũng là nhóm xyclic có s phần tử. Giả sử

µs =< ξ >. Khi đó ta có ξ s = 1 và ξ k = 1 với mọi 0 < k < s. Suy ra

s



ξ s = ξ t . Ta có

s



r



s



f (ξ t ) = (ξ s ) t h((ξ t )s )

r

s

= (ξ t )s · (h(ξ t ))s

r

= (ξ s ) t · h(ξ)s

= h(1).

22





f (ξ s ) = f (1) = h(1).

Do đó f (x) khơng hốn vị trên µs . Vì thế f (x) khơng hốn vị trên Fq ,

vơ lý. Vậy gcd(r, s) = 1. Ta có (f (x))s = xrs (h(x)r )s .

Vì F∗q là nhóm cấp q − 1, nên với mọi α ∈ F∗q (theo Chú ý 1.1.12), ta

suy ra

(αs )d = (α



q−1

d



)d = αq−1 = 1.



Do đó αs ∈ µd , suy ra (F∗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) = xr h(x)s trên µd . Vì thế

f (x) hốn vị trên Fd nếu và chỉ nếu g(x) hốn vị trên µd .

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 khơng 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.

Do Fq có đặc số chẵn nên nα = 0 với n chẵn. Chú ý rằng C2i m là

2m !

m

i

là số

bội của 2 với mọi 1 ≤ i ≤ 2 − 1, trong đó C2m =

i!(2m − i)!

tổ hợp chập i của 2m phần tử. Suy ra

m



m



[(1 + α)2 + (α3 )2 ]α3 = 0.

m



Tiếp tục khai triển nhị thức (1 + α)2 ta được

m



m



[1 + α2 + α3·2 ]α3 = 0.

23



Suy ra α3 + α2



m



+1



m



· α2 + (α2



+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 = 0. Do đó α = 1.

Suy ra 0 = 1 + α + α3 = 1 + 1 + 13 = 1, vơ lí. Do đó đa thức 1 + x + x3

khơng 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 = 0.

Khi đó f (x) hốn 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 hốn vị trên trường có đặc số chẵn.

Định lý 2.2.5. Đa thức f (x) := x4 + x2m+3 + x3·2



m



+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) = x4 h1 (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) := x4 h1 (x)2m−1 hoán vị trên µ2m +1 .

Giả sử gcd(m, 3) =1. Theo Bổ đề 2.2.3, h1 (x) khơng có nghiệm

trong µ2m +1 , nghĩa là h1 (µ2m +1 ) ⊆ F∗22m và do đó g1 (µ2m +1 ) ⊆ µ2m +1 .

24



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 )2



m



−1



m



=

=

=

=



α4 (1 + α + α3 )2

1 + α + α3

m

m

α4 (1 + α2 + (α2 )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

x + x3 + x4

G1 (x) :=

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.

1 + x + x3

Nghĩa là x4 + 1 = 0. Vậy ta nhận đươc x = y = 1.

Trường hợp 2. x = 1 hoặc y = 1. Giả sử G1 (x) = G1 (y), nghĩa là

x + x3 + x4

y + y3 + y4

=

.

1 + x + x3

1 + y + y3

Thêm 1 vào cả hai vế ta có,

1 + x4

1 + y4

=

.

1 + x + x3

1 + y + y3

25



Suy ra

(y + 1)3 + y 2

(x + 1)3 + x2

=

.

(1 + x)4

(y + 1)4

Vì thế

1

x 2 1 2

1

y 2 1 2

+(

)(

) =

+(

)(

).

1+x

1+x 1+x

1+y

1+y 1+y

Thay a =



1

1

và b =

vào phương trình trên, ta được

x+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 = 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 .

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

2m



β2



m



m



m



m



= (β 2 )2 = (β + 1)2 = β 2 + 1 = β, tức là, β ∈ F22m . Nếu



26



gcd(m, 3) = 3, khi đó α ∈ F2m và

m



f1 (α + β) = (α + β)4 + (α + β)2m (α + β)3 + ((α + β)2 )3 (α + β)

= (α + β)4 + (α + β + 1)(α + β)3 + (α + β + 1)3 (α + β)

= (β 4 + β 2 + 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

m



f (x) = x + x2 + x2



2m−1



−2m−1 +1



∈ F22m [x]



là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.

m



Chứng minh. Đa thức f (x) có thể được viết là f (x) = xh(x2

trong đó h(x) := 1 + x + x2



m−1



−1



),



∈ F22m [x]. Theo Bổ đề ??, f (x) hoán



vị F22m khi và chỉ khi đa thức g(x) := xh(x)2



m



−1



hốn vị trên µ2m +1 .



Vì gcd (2, 2m + 1) = 1, nên đa thức g(x) hốn vị trên µ2m +1 khi và chỉ

khi g(x)2 hốn vị trên µ2m +1 . Với x ∈ µ2m +1 ,

m



g(x)2 = x2 (1 + x2 + x2m )2 −1

1 m

= x2 (1 + x2 + )2 −1

x

m



= x4 (1 + x + x3 )2



−1



= g1 (x).

27



Từ chứng minh Định lý 2.2.5, ta có g1 (x) hốn 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 hốn vị trên trường có đặc số chẵn. Định lý này được phát

biểu trong Định lý B ở đầu Chương 2.

m



m



Định lý 2.2.7. Đa thức f2 (x) := x2 + x2·2 + x3·2



−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) = x2 h2 (x2



m



−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) := x2 h2 (x)2



m



−1



hốn vị trên µ2m +1 .



Đầu tiên, giả sử gcd(m, 3) = 1. Theo Bổ đề 2.2.3, h2 (x) không có

nghiệm trong µ2m +1 , nghĩa là h2 (µ2m +1 ) ⊆ F∗22m , và do đó

g2 (µ2m +1 ) ⊆ µ2m +1 .

Như vậy, g2 (x) hốn 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

1 + α + α3

,

g2 (α) =

α + α3 α4

và do đó, g2 (x) là tác động đơn ánh trên µ2m +1 khi và chỉ khi

1 + x + x3

1

G2 (x) :=

=

x + x3 + x4

G1 (x)

28



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 G1 x tác động đơn ánh trên µ2m +1 . Do đó

G2 (x) là tác động đơn ánh trên µ2m +1 .

Nếu gcd(m, 3) = 1, từ Định lý 2.2.5, f1 (x) khơng là đa thức hốn

vị trên F22m . Vì gcd(2, 2m −1) = 1, từ điều kiện (i) của Bổ đề ?? ta suy

1

ra g1 (x) khơng hốn vị trên µ2m +1 . Như vậy, G1 (x) và G2 (x) =

G1 (x)

khơng hốn vị trên µ2m +1 , nghĩa là f2 (x) khơng là một đa thức hốn

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.

m



Định lý 2.2.8. Đa thức f3 (x) := x5 + x2



+4



m



+ x4·2



+1



∈ F22m [x] là



một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.

m



Chứng minh. Đa thức f3 (x) có thể được viết là f3 (x) = x5 h3 (x2



−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) := x5 h3 (x)2



m



−1



hốn 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) = 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

α + α4 + α5

.

g3 (α) =

1 + α + α4

29



Theo đó g3 (x) tác động đơn ánh trên µ2m +1 khi và chỉ khi

x + x4 + x5

G3 (x) :=

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 = y, từ biểu thức trên của G3 (x), ta được

(x + x4 + x5 )(1 + y + y 4 ) + (y + y 4 + y 5 )(1 + x + x4 ) = 0,

tức là,

(x5 + y 5 ) + xy(x4 + y 4 ) + x4 y 4 (x + y) + (x4 + y 4 ) + (x + y) = 0.

Suy ra

(x5 + y 5 ) = (x + y)5 + x2 y 2 (x + y) + xy(x + y)3 .

Chia phương trình trên cho (x5 + y 5 ) ta được

xy 4

1

xy

xy

1

2

+

(

)

+

+

(

)

+

+ 1 = 0.

(x + y)4

x+y

x+y

(x + y)2

(x + y)2

1

xy

m

và b = a2 =

vào phương trình trên và rút

x+y

x+y

gọn, ta được

Thay a =



(a + b)4 + a + b + a2 b2 + ab + 1 = 0.

Lưu ý rằng a và b có thể không thuộc F2m , nhưng a + b, ab ∈ F2m . Tác

động hàm vết T r1m (−) vào cả hai vế của đẳng thức trên và sử dụng tính

chất tuyến tính của hàm vết trong Bổ đề 2.1.9, ta được

T r1m ((a + b)4 ) + T r1m (a + b) + T r1m ((ab)2 ) + T r1m (ab) + 1 = 0.

30



Chú ý rằng

T r1m ((a + b)4 ) = T r1m (a + b)



T r1m ((ab)2 ) = T r1m (ab).

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) khơng là đa thức

hốn vị trên F2m . Nếu 5|2m + 1, thì khi đó ta lấy mơt 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 + ξ 4 )2



m



−1



= g3 (ξ 4 )





m



g3 (ξ 2 ) = (1 + ξ 2 + ξ 3 )2



−1



= g3 (ξ 3 ).



Như vậy, g3 (x) khơng hốn vị trên µ2m +1 và vì thế f3 (x) khơng hốn

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.

m



m+2



Định lý 2.2.9. Đa thức f4 (x) := x3 + x3·2 + x2



−1



∈ F22m là đa



thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.

m



Chứng minh. Đa thức f4 (x) có thể được viết là f4 (x) = x3 h4 (x2



−1



),



trong đó f4 (x) := 1 + x3 + x4 ∈ F22m [x]. Theo Bổ đề ??, f4 (x) là

31



một đa thức trên F22m khi và chỉ khi gcd(3, 2m − 1) = 1 và đa thức

g4 (x) := x3 h4 (x)2



m



−1



hốn 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) hốn vị trên µ2m +1 khi m là số lẻ.

Giả sử m là số lẻ. Theo Bổ đề 2.2.3, h4 (x) khơng có nghiệm trong

µ2m +1 . Với α ∈ µ2m +1 , g4 (α) có thể được biến đổi và rút gọn là

1 + α + α4

g4 (α) =

α + α4 + α5

và như vậy, g4 (x) tác động đơn ánh trên µ2m +1 khi và chỉ khi

1 + x + x4

1

G4 (x) :=

=

x + x4 + x5

G3 (x)

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 hốn 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 hốn vị trên

trường có đặc số chẵn.

Định lý 2.2.10. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức f (x) = x +

x2



m+1 −1

2



m



+ x2



−2



m+1 +1

2



hoán vị trên trường F2m .



Chứng minh. Chúng ta có

(m+1)/2



f (x) = x + x2



−1



+ x2



(



m



−2(m+1)/2 +1

m



= x(1 + x2 m+1)/2−2 + x2

= x(1 + x



2·(2(m−1)/2−1 )



+x



−2(m+1)/2



2(m+1)/2(2



)



(m−1)/2 −1)



).

32



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Một số lớp tam thức hoán vị được trên trường hữu hạn đặc số chẵn

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×