Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn.doc

Viết thuê đề tài giá rẻ trọn gói - KB Zalo/Tele : 0973.287.149
Luanvanmaster.com – Cần Kham Thảo - Kết bạn Zalo/Tele : 0973.287.149
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 -

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 -

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
Tài liệu tham khảo 38
1

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
hạn, một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị trên trường hữu hạn
2

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
Nguyễn Văn Việt
3

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 2 T đều có đối xứng a 2 T và mọi phần tử a 2 T;
a 6= 0 đều có phần tử nghịch đảo a 1
2 T:
Chẳng hạn Z2 là một trường, vành Z4 không là trường vì phần tử 2
6= 0 2 Z4 không có phần tử nghịch đảo. Tổng quát, Zn là trường khi
4

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 2 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 6= 0, tức là n1 6= m1. Vì thế T chứa
tập fn1 j n 2 Zg 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
n1 = 0, vô lý. Do đó p là số nguyên tố.
5

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 2 T và mọi ; 2 V ta có:
(i) Phân phối: (x + y) = x + y và x( + ) = x + x ;
(ii) Kết hợp: x(y ) = (xy) ;
(iii) Unita: 1 = :
Định nghĩa 1.1.6. Giả sử V là một T - không gian véc tơ.
(i) Một hệ véc tơ fvigi2I trong V được gọi là một hệ sinh của V nếu
mọi phần tử x 2 V đều có thể biểu thị tuyến tính theo hệ đó, tức
là tồn tại hữu hạn phần tử vi1; ; vik của hệ fvigi2I và hữu hạn
phần tử ai1; ; aik của T sao cho x =
Pk
aijvij. Nếu V có
j=1
một hệ sinh gồm hữu hạn phần tử thì V được gọi là T -
không gian hữu hạn sinh.
(ii) Một hệ véc tơ fvigi2I trong V được gọi là một hệ độc lập tuyến tính
nếu từ mỗi ràng buộc tuyến tính của hệ
Pk
j=1 aijvij = 0 ta đều có
6

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 0
là các không gian véc tơ trên trường T . Ta nói ánh
xạ f : V ! V 0
là ánh xạ tuyến tính nếu f(a + b) = f(a) + f(b) và
f(ra) = rf(a) với mọi a; b 2 V , mọi r 2 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 = fn1 j n 2 Zg. 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 2 K; 1 2 K.
Do đó để chứng minh K là trường, ta chỉ cần chứng minh nếu n1 6=
0 thì n1 có phần tử nghịch đảo. Cho n1 6= 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 2 Z sao cho 1 = nx + py. Suy ra 1 = (nx + py)1 = (n1)(x1).
Vì thế x1 2 K và x1 là nghịch đảo của n1. Do đó K là trường.
Với 0 n < m < p, ta có n1 6= 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 2 Z tùy ý. Viết n = pr + s; 0 s
< p. Ta có n1 = (pr + s)1 = s1. Vậy K có đúng p phần tử.
7

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
2 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 nf0g là một
nhóm với phép nhân.
Nhóm G được gọi là xyclic nếu tồn tại phần tử a 2 G sao cho:
G = fan
j n 2 Zg:
Khi đó ta viết G =< a > và ta nói G là nhóm xyclic sinh bởi a.
Chú ý rằng nhóm con của nhóm xyclic là xyclic.
8

Mệnh đề 1.1.11. Cho T là một trường. Khi đó nhóm T = T nf0g
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 2 G, thì an
= 1.
Chú ý 1.1.12. Nếu T là trường có q phần tử thì nhóm nhân
T = T nf0g
có q 1 phần tử. Vì thế aq 1
= 1 với mọi a 2 T = T nf0g.
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
đa thức h(x) = x2
+ x + 1 không hoán vị được vì h(0) = h(1) = 1.
9

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 6= 0 và a; b; c 2 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 2 T là phần tử khác 0. Khi đó tam thức
axk
+ bxj
+ c (trong đó a; b; c 2 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 đa thức với hệ số nguyên hoán vị modulo một số tự nhiên.
10

Định nghĩa 1.3.1. Cho f(x) = adxd
+ : : : + a1x1
+ a0 là đa thức
có hệ số nguyên, ad 6= 0. Cho n là một số tự nhiên. Ta nói f(x)
hoán vị modulo n nếu ánh xạ ’ : Zn ! Zn cho bởi ’(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.
hệ số nguyên. Cho n = 2w
và m = 2w 1
. Khi đó nếu f(x) hoán vị
modulo m thì f(x) hoán vị modulo n.
11

Kết quả sau đây là mở rộng của Mệnh đề 1.3.5, trong đó n
không nhất thiết là lũy thừa của 2.
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+: : :) là số chẵn.
12

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
2 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
2 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
2 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
2 F22m[x] là
Mục đính thứ hai của Chương 2 là chứng minh lại chi tiết kết quả
13

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.
Định lý E. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức
m+1
1
+ x2m
m+1
+1
f(x) = x + x2
2
2 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 trường số phức C là trường đóng đại số.
14

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 = fa1; : : : ;
aqg. Xét đa thức
f(x) = (x a1)(x a2) : : : (x aq) + 1 2 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 6= 0; 8ai 2 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 .
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.
15

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 2 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 2 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
n = fa 2 T j an
= 1g
là tập các căn bậc n của đơn vị trong T . Vì T đóng đại số nên n
có đúng n phần tử.
Chú ý 2.1.8. Cho m là số tự nhiên. Ta dùng T r1
m
để kí hiệu
hàm vết từ F2m đến F2, tức là
T r1
m
( ) = + 2
+ 22
+ 23
+ + 2m 1
2 F2
với mọi 2 F2m.
Chú ý rằng F2m là F2 không gian véc tơ. Do đó T r1
m
là ánh
xạ giữa hai không gian véc tơ trên trường F2.
Bổ đề 2.1.9. T r1
m
( ) là ánh xạ tuyến tính, tức là
T r1
m
( + ) = T r1
m
( ) + T r1
m
( )
với mọi ; 2 F2m và T r1
m
(a ) = aT r1
m
( ) với mọi a 2 F2 = Z2.

16

Chứng minh. Với mọi số tự nhiên s > 0 ta có:
( + )2s
= 2s
+ C2
1
s
2s 1
+ : : : + C2
2
s
s 12s 1
+
2s
s j 2s
!
với 1 j 2 1. Ta chứng minh C2s = là bội của 2, bằng
(2s
j)!j!
quy nạo theo j.
Ta có
C2
j
s =
2s
!
=
2s
! 2s
j + 1
:
(2s
j)!j! (2s
j + 2)!(j 1)! j
Cho j = 1 ta có C2
j
s = 2s
:
Cho j = 2 ta có C2
j
s =
(2s
1)2s
= 22s
1 2s 1:
2
Cứ tiếp tục như thế đến j = 2s
1 ta có
C2
j
s =
2s
!
=
2s
!
= 2s
:
(2s
2s
+ 1)!(2s
1)! (2s
1)!
Suy ra C2
j
s là bội của 2. Suy ra
( + )2s
= 2s
+
2s
= T r1
m
( ) + T r1
m
( ):
Với a = 0 2 F2, ta có T r1
m
(a ) = T r1
m
(0) = 0 và 0 T r1
m
( ) = 0.
Với a = 1 2 F2 ta có
T r1
m
(a ) = T r1
m
( ) = 1 T r1
m
( ) = aT r1
m
( ):
Do đó T r1
m
( ) là ánh xạ tuyến tính.
Bổ đề 2.1.10. Với mọi i 2 N ta có T r1
m
( 2i
) = T r1
m
( ).
Chứng minh. Với mọi i 2 N, cho 2 F2m ta có
T r1m( 2i
) = 2i
+ ( 2i
)2 + ( 2i
)22
+ : : : + ( 2i
)2m 1
:
17

Với mọi j 2 N ta có
(2
i
)2
j
= 2
i+j
= (2
m
)2
i+j m
(i + j m)
= (2m 1
)2i+j m
= 2i+j m
= 2i+j 2m
(i + j m m)
=
= 2s
(0 s m 1):
Suy ra
T r1
m
( 2i
) = + 2
+ 22
+ : : : + 2m 1
= T r1
m
( ):
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 = 222k
1
= 24k
1
= 2(5 1)k
1
2 ( 1)k
1(mod5)
18

Nếu k chẵn, thì 2m
1 1 (mod 5). Suy ra gcd(5; 2m
1) = 1.
Nếu k lẻ, thì 2m
12 12 (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.
Bổ đề 2.1.13. Nếu m là số tự nhiên lẻ thì gcd
(2
m 1
1; 2m
1)=1:
2
Chứng minh. Đặt d = gcd(2
m 1
1; 2m
1). Viết m = 2k + 1.
2
Ta có 2
m 1
1 = 2k 1.
2
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
thủy bậc n của đơn vị. Vì thế chúng ta nhắc lại khái niệm này ở đây.
19

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 là một căn bậc n của đơn vị sao cho
k
6= 1 với mọi số tự nhiên k < n, thì ta nói là một căn nguyên
thủy bậc n của đơn vị.
Ví dụ 2.1.15. Trong trường C các số phức, các số phức
= cos 2 k + i sin 2 k
k n n
với k = 0; ; n 1, là các căn bậc n của đơn vị. Hơn nữa, k là căn
nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k; n) = 1. Do đó
= cos 2 + i sin 2
1 n 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.
ip ip
1 3 1 3
Với n = 3, thì 1; là các căn bậc 3 của đơn vị, là
2 2 2 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 đơn vị trong trường có đặc số chẵn như sau.
20

Ví dụ 2.1.16. Trong trường F2 = Z2 = f0; 1g, phần tử 1 là căn
bậc n của đơn vị duy nhất. Ta xây dựng trường có 4 phần tử .
Z2[x]
F
4
=
(x2 + x + 1)
= f0; 1; x; x + 1g:
Ta có 13
= 1; x3
= 1; (x + 1)3
= 1:
Vì thế tập các căn bậc 3 của đơn vị trong trường F4 là
f1; x; x + 1g = 3:
Trong trường
F8 =
Z2[x]
= f0; 1; x; x + 1; x
2
; x
2
+ x; x
2
+ 1; x
2
+ x + 1g:
(x3 + x + 1)
Ta có
13
= 1; x3
6= 1; (x + 1)3
6= 1; (x2
)3
6= 1;
(x2
+ x)3
6= 1; (x2
+ 1)3
6= 1; (x2
+ x + 1)3
6= 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 một số nguyên tố). Giả sử X là một nhóm con của nhóm
nhân Fq = Fqnf0g. Khi đó ta nói đa thức f(x) 2 Fq[x] hoán vị trên
X nếu f( ) 6= f( ) với mọi ; 2 X; 6= . Nói cách khác, f(x) hoán vị
trên X nếu nó tác động đơn ánh trên tập X.
21

Chú ý 2.2.1. Như kí hiệu trong Tiết 2.1 (Chú ý 2.1.7), gọi d là
tập
các căn bậc d của đơn vị trong trường đóng đại số Fq của Fq,
tức là d = f 2 Fq j d
= 1g. Khi đó d có đúng d phần tử. Hơn nữa
d là nhóm con của Fq = Fqnf0g vì nếu ; 2 d thì ( )d
= d d
= 1 tức
là ; 2 d; 1 2 d và ( 1
)d
= ( d
) 1
= 1. Do đó 1
2 d.
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) 2 Fq[x]. Khi
q 1
đó xr
h(x d ) hoán vị trên Fq nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau
thỏa mãn:
(i) gcd(r; q
d
1
) = 1;
(ii) xr
h(x)q
d
1
hoán vị được trên d.
Chứng minh. Đặt s =
q1
chof(x) hoán vị được trên Fq. Giả sử d
gcd(r;
q
d
1
) = t > 1.
Theo Mệnh đề 1.1.11, nhóm Fq = Fqnf0g là nhóm xyclic. Do s
là nhóm con của Fq nên s cũng là nhóm xyclic có s phần tử. Giả
sử s =< >. Khi đó ta có
s
= 1 và
k
6= 1 với mọi 0 < k < s. Suy ra
s
6=
s
. Ta có
t
s r s
f( ) = ( s
) h(( )s
)
t t t
r s
= ( t )s
(h( t ))s
r
= ( s
) t h( )s
= h(1):

22

và
f( s
) = f(1) = h(1):
Do đó f(x) không hoán vị trên s. Vì thế f(x) không hoán vị trên
Fq, vô lý. Vậy gcd(r; s) = 1. Ta có (f(x))s
= xrs
(h(x)r
)s
.
Vì Fq là nhóm cấp q 1, nên với mọi 2 Fq (theo Chú ý 1.1.12), ta
suy ra
( s
)d
= ( q
d
1
)d
= q 1
= 1:
Do đó s
2 d, suy ra (Fq)s
= d. 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 d. Vì thế
f(x) hoán vị trên Fd nếu và chỉ nếu g(x) hoán vị trên d.
Bổ đề 2.2.3. Với m 2 N, ký hiệu 2m+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 2m+1.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử 2 2m+1
là nghiệm của đa thức 1 + x + x3
, tức là 1 + + 3
= 0.
Do Fq có đặc số chẵn nên n= 0 với n chẵn. Chú ý rằng C2
i
m là
bội của 2 với mọi 1 i 2m
1, trong đó C2
i
m =
2m
!
là số
i!(2m
i)!
tổ hợp chập i của 2m
phần tử. Suy ra
[(1+ )
2m 3 2m
]
3
= 0:
+ ( )
Tiếp tục khai triển nhị thức (1 + )2m
ta được
[1 + 2m
+
3 2m
]
3
= 0:
23

Suy ra 3
+ 2m+1 2
+ ( 2m+1
)3
= 0.
Do 2 2m+1 nên 3
+ 2
+ 1 = 0. Suy ra 1 + + 3
= 1 + 2
+ 3
.
Do đó = 2
. Vì 2 2m+1 nên 6= 0. Do đó = 1:
Suy ra 0 = 1 + +
3
= 1 + 1 + 1
3
= 1, vô lí. Do đó đa thức 1 +x+x
3
không có nghiệm trong 2m+1, tức là các căn bậc 2
m
+ 1 của đơn
vị trong Fq đều không là nghiệm của đa thức 1 + x + x
3
.
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 2 Fq và a; b
6= 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
2 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
2 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 2m+1.
Giả sử gcd(m; 3) =1. Theo Bổ đề 2.2.3, h1(x) không có nghiệm
trong 2m+1, nghĩa là h1( 2m+1) F22m và do đó g1( 2m+1) 2m+1.
24

Vì 2m+1 là tập hữu hạn, g1(x) hoán vị trên 2m+1 khi và chỉ khi
g(x) tác động đơn ánh trên 2m+1. Với 2 2m+1, ta có
g1( ) = 4
(1 ++ 3
)2m 1
= 4
(1 + + 3
)2m
1++3
=
4
(1 + 2m
+ ( 2m
)3
)
1++3
=
4
(1+ 1
+( 1
)3
)
1++3
+3
+4
=
1++3
:
Như vậy g1(x) là tác động đơn ánh trên 2m+1 khi và chỉ khi
x + x3
+ x4
G1(x) :=
1 + x + x3
là tác động đơn ánh trên 2m+1. Giả sử G1(x) = G1(y) với mọi x;
y 2
2m+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 6= 1 hoặc y 6= 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
(x + 1)3
+ x2
=
(y + 1)3
+ y2
:
(1 + x)4
(y + 1)4
Vì thế
1 x 1 1 y 1
+ ( )2
( )2
= + ( )2
( )2
:
1 + x 1 + x 1 + x 1 + y 1 + y 1 + y
1 1
Thay a = x + 1 và b = y + 1 vào phương trình trên, ta
được (a + b)
4
+ (a + b)
2
+ (a + b) = 0:
Lưu ý rằng a = b khi và chỉ khi x = y. Nếu x 6= y, khi đó đẳng
thức trên có nghĩa là
(a + b)3
+ (a + b) + 1 = 0:
Tức là, a + b 2 F22m là một nghiệm của x3
+ x + 1 2 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
2 F23 là một nghiệm của x
3
+ x + 1 2 F2[x] và cho là một nghiệm
của x2m
+ x + 1 2 F22m[x] trong một số trường mở rộng. Lưu ý
rằng 22m
= ( 2m
)2m
= ( + 1)2m
= 2m
+ 1 = , tức là, 2 F22m. Nếu
26

gcd(m; 3) = 3, khi đó 2 F2m và
f1( + ) = ( + )4
+ ( + )2m
( + )3
+ (( + )2m
)3
( + )
= ( + )4
+( + +1)( + )3
+( + +1)3
( + )
= (4
+2
+)+(4
+ 2
+ )
= 4
+ 2
+
= f1( ):
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
2 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
2 F22m[x]. Theo Bổ đề ??, f(x) hoán
vị F22m khi và chỉ khi đa thức g(x) := xh(x)2m 1
Vì gcd (2; 2m
+ 1) = 1, nên đa thức g(x) hoán vị trên 2m+1 khi và
chỉ khi g(x)2
hoán vị trên 2m+1. Với x 2 2m+1,
g(x)2
= x2
(1 + x2
+ x2m
)2m 1
= x2
(1 + x2
+ x
1
)2m 1
= x4
(1 + x + x3
)2m 1
= g1(x):
27

Từ chứng minh Định lý 2.2.5, ta có g1(x) hoán vị trên 2m+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) = x2
h2(x2m 1
);
trong đó h2(x) := 1 + x2
+ x3
2 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)2m 1
Đầu tiên, giả sử gcd(m; 3) = 1. Theo Bổ đề 2.2.3, h2(x)
không có nghiệm trong 2m+1, nghĩa là h2( 2m+1) F22m, và do đó
g2( 2m+1) 2m+1:
Như vậy, g2(x) hoán vị trên 2m+1 khi và chỉ khi g2(x) tác động đơn
ánh trên 2m+1. Với 2 2m+1 biểu thức g2( ) có thể được rút gọn là
1 + + 3
g2( ) =
+ 3 4
;
và do đó, g2(x) là tác động đơn ánh trên 2m+1 khi và chỉ khi
1 + x + x3
1
G2(x) := =
G1(x)
x + x3
+ x4
28

là tác động đơn ánh trên 2m+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
2m+1. Do đó G2(x) là tác động đơn ánh trên 2m+1.
Nếu gcd(m; 3) 6= 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
1
ra g
1
(x ) không hoán vị trên
2m+1
. Như vậy, G
1
(x) và G
2
(x) =
G1(x) không hoán vị trên 2m+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.
+ x2m+4
+ x4 2m+1
2 F22m[x] là
h3(x2m
1
, trong đó h3(x) := 1 + x + x4
2 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)2m 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( ) 6= 0 với mọi 2 2m+1, vì thế
g3( 2m+1) 2m+1:
Với 2 2m+1, ta có thể biến đổi và rút gọn g3( ) về dạng sau
+4
+5 g3( )
=
1 + + 4
:
29

Theo đó g3(x) tác động đơn ánh trên 2m+1 khi và chỉ khi
x + x4
+ x5
G3(x) :=
1 + x + x4
là tác động đơn ánh trên 2m+1. Giả sử G3(x) = G3(y), trong đó
x; y 2 2m+1. Với x 6= 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
) + x4
y4
(x + y) + (x4
+ y4
) + (x + y) = 0:
Suy ra
(x5
+ y5
) = (x + y)5
+ x2
y2
(x + y) + xy(x + y)3
:
Chia phương trình trên cho (x5
+ y5
) ta được
1 xy 4 1 xy 2 xy
+ ( ) + + ( ) + +1=0:
(x + y)4
x + y x + y (x + y)2
(x + y)2
Thay a = 1 và b = a2m
= xy vào phương trình trên và rút
x + y x + y
gọn, ta được
(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 2 F2m.
Tác động hàm vết T r1
m
( ) 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 r1
m
((a + b)4
) + T r1
m
(a + b) + T r1
m
((ab)2
) + T r1
m
(ab) + 1 = 0:
30

Chú ý rằng
T r1
m
((a + b)4
) = T r1
m
(a + b)
và
T r1
m
((ab)2
) = T r1
m
(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 5j2
2m
1, có nghĩa là có ít nhất một trong hai số 2
m
1 hoặc 2
m
+ 1 chia
hết cho 5. Nếu 5j2
m
1, thì khi đó theo Bổ đề ??, f3(x) không là đa
thức hoán vị trên F2m. Nếu 5j2
m
+ 1, thì khi đó ta lấy môt phần tử
là căn nguyên thủy bậc 5 của đơn vị. Do 5 là ước của 2
m
+ 1 nên
2 2m+1; g3( ) = (1 + + 4
)2m 1
= g3( 4
)
và
g3( 2
) = (1 + 2
+ 3
)2m 1
= g3( 3
):
Như vậy, g3(x) không hoán vị trên 2m+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.
+ x3 2m
+ x2m+2 1
2 F22m là đa
thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
h4(x2m
1
), trong đó f4(x) := 1 + x3
+ x4
2 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)2m 1
Chú ý rằng gcd(3; 2
m
1) = 1 khi và chỉ khi m là số lẻ. Do đó chúng
ta chỉ cần chỉ ra rằng g4(x) hoán vị trên 2m+1 khi m là số lẻ.
Giả sử m là số lẻ. Theo Bổ đề 2.2.3, h4(x) không có nghiệm
trong 2m+1. Với 2 2m+1; g4( ) có thể được biến đổi và rút gọn là
1 + + 4
g4( ) =
+ 4 + 5
và như vậy, g4(x) tác động đơn ánh trên 2m+1 khi và chỉ khi
1 + x + x4
1
G4(x) := =
G3(x)
x + x4
+ x5
tác động đơn ánh trên 2m+1. Vì m là số lẻ, nên theo Định lý
2.2.8, G3(x) và G4(x) tác động đơn ánh trên 2m+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 trường có đặc số chẵn.
Định lý 2.2.10. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức f(x) = x +
m+1
1
+ x2m
m+1
+1 hoán vị trên trường F2m.
x2
2
2 2
Chứng minh. Chúng ta có
f(x) = x + x2(m+1)=2
1 + x2m
2(m+1)=2
+1
= 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)
):
32

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) = 1 +x2
+ x2(m+1)=2
khi x 6= 0.
x2(m+1)=2+2
Trước hết, chúng ta thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình
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
(m 1)
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 6= 0; a 2
F2m. Có nghĩa là, với mỗi a 6= 0; a 2 F2m, chúng ta chứng minh
rằng tồn tại một nghiệm duy nhất x 6= 0 cho phương trình sau:
1 + x2 + x2(m+1)=2
= a:
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
ay2(m 1)=2
+1 + y2(m 1)=2
+ y + 1 = 0: (2)
33

Bây giờ chúng ta cần giải phương trình (2) với mỗi a 6= 0 và
y 6= 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 6= 1 và a 6= 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
a2(m+1)=2
y2(m+1)=2+1
+ ay2(m 1)=2+1 + y2(m+1)=2
+ y2(m 1)=2
= 0: (4)
Vì y 6= 0, ta có thể chia phương trình (4) cho y2(m 1)=2
ta có kết quả là
a2(m+1)=2
y2(m 1)=2+1
+ ay+ y2(m 1)=2
+ 1 = 0: (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 6= 0, nên ta thu được
(a2(m+1)=2
+ a)y2(m 1)=2
+1 + (a + 1) = 0:
Từ (a2(m+1)=2
+ a) 6= 0 với a 2 f0; 1g, đa thức
(a2(m+1)=2
+ a)y2(m 1)=2
+1 + (a + 1) = 0
34

là một đa thức hoán vị trên F2m với gcd(2
(m 1)=2
; 2
m
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 6= 0; 1. Do đó tồn tại nhiều nhất là một nghiệm x 6= 0 của phương
trình
1 + x2 + x2(m+1)=2
= a với mỗi a 6= 0. Do đó tồn tại một nghiệm
22(m+1)=2+2
duy nhất cho g(x) = a cho mỗi a. Vì thế định lý được chứng minh.

Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn.doc

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn.doc

Similar to Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn.doc (20)

More from Dịch vụ viết thuê đề tài trọn gói ☎☎☎ Liên hệ ZALO/TELE: 0973.287.149 👍👍

More from Dịch vụ viết thuê đề tài trọn gói ☎☎☎ Liên hệ ZALO/TELE: 0973.287.149 👍👍 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn.doc