Một Số Lớp Đa Thức Hoán Vị Trên Trường Hữu Hạn Đặc Số Chẵn.docx

THÁI NGUYÊN - 2019
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
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
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
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

1
Mục lục
MỞ đầu 2
Chương 1
TrưỜng húu hạn và nhªp môn về đa thùc hoán vị 4
1.1 Trưòng 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 tụ nhiên................................10
Chương 2
Một số lỚp đa thùc hoán vị trên trưỜng húu hạn có đ°c số
chắn 13
2.1 Trưòng đóng đại số .................................................................14
2.2 Một số lóp tam thức hoán vị đưọc trên trưòng hữu hạn
đ°c số chẫn ..............................................................................21
Kết luªn và kiến nghị 36
Tài li»u tham khảo 38

2
MỞ 6ầu
Đa thức hoán vị là một lĩnh vục nghiên cứu thú vị. Chúng có các
ứng dụng trong các lĩnh vục khác nhau nhv lý thuyết mã hóa, mªt mã
và thiết kế tổ họp. Loại đa thức đon giản nhất là đon thức. Một đon
thức xn
hoán vị trên Fq khi và chỉ khi gcd (n, q − 1) = 1. Nhvng đối
vói nhị thức và tam thức thì tình huống không de dàng nhv vªy. Chỉ có
một vài loại nhị thức hoán vị và tam thức đvọc biết đến. Chúng tôi đ°c
biệt quan tâm đến các lóp tam thức hoán vị trên các trvòng hữu hạn vói
đ°c số chẫn. Chú ý rằng, không có nhị thức trên các trvòng hữu hạn có
đ°c số chẫn. Điều này thúc đẩy chúng tôi tìm ra các lóp tam thức hoán
vị mói vói các hệ số tầm thvòng trên các trvòng hữu hạn vói đ°c số
chẫn. Tuy nhiên, cho đến nay, một số ít các lóp tam thức hoán vị trên
F2m đã đvọc biết đến.
Trong luªn vǎn này, chúng tôi trình bày chứng minh chi tiết nǎm lóp
tam thức hoán vị trên trvòng hữu hạn có đ°c số chẫn. Nội dung chính
của luªn vǎn đvọc trình bày thành hai chvong:
ChN6ng 1: Trvòng hữu hạn và nhªp môn về đa thức hoán vị. Trong
chvong này, chúng tôi trình bày cấu trúc và số phần tử của trvòng hữu
hạn, một số tính chất co bản của đa thức hoán vị trên trvòng hữu hạn

3
và đa thức hoán vị modulo một số tụ nhiên.
ChN6ng 2: Một số lóp đa thức hoán vị trên trvòng hữu hạn có đ°c số
chẫn. Chvong này chúng tôi trình bày về một số tiêu chuẩn hoán vị của
đa thức và một số lóp tam thức hoán vị. Đ°c biệt ỏ chvong 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
lóp tam thức hoán vị trên trvòng có đ°c số chẫn.
Luªn vǎn này đvọc hoàn thành tại trvòng Đại học Khoa học, Đại
học Thái Nguyên dvói sụ hvóng dan tªn tình của GS. TS Lê Thị Thanh
Nhàn. Em chân thành cảm on cô Lê Thị Thanh Nhàn đã tªn tình hvóng
dan em triển khai đề tài của luªn vǎn này.
Em chân thành cảm on các thầy cô trong tổ Đại số, khoa Toán-Tin
trvòng Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, những ngvòi đã tªn
tình giảng dạy và trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho em trong suốt
quá trình học tªp tại trvòng. Vì thòi gian và kiến thức còn hạn chế
nên m°c dù bản thân đã cố gắng nhiều nhvng luªn vǎn khó tránh khỏi
những thiếu sót. Em xin mong nhªn đvọc những ý kiến đóng góp của
các thầy cô và các bạn để luªn vǎn của em đvọc hoàn chỉnh hon.
Em xin chân thành cảm on!
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2019
Học viên
Nguyễn Văn Vi»t

4
ChN6ng 1
TrNỜng húu hạn và nhªp môn về 6a thùc hoán
vị
Để chuẩn bị cho việc trình bày về đa thức hoán vị và một số lóp
đa thức hoán vị trên trvòng hữu hạn có đ°c số chẫn ỏ Chvong 2, trong
chvong này, chúng tôi trình bày cấu trúc và số phần tử của trvòng hữu
hạn, một số tính chất co bản của đa thức hoán vị trên trvòng hữu hạn
và đa thức hoán vị modulo một số tụ nhiên.
1.1 TrNỜng húu hạn
Mục đích của chvong này là giói thiệu khái niệm trvòng hữu hạn và
làm rõ cấu trúc cũng nhv số phần tử của trvòng hữu hạn.
Trvòng là một tªp họp T cùng vói hai phép toán cộng và nhân sao
cho hai phép toán là kết họp, giao hoán, phép nhân phân phối vói phép
cộng, T có phần thử 0, có phần tử đon vị 1, mọi phần tử a ∈ T đều có
đối xứng —a ∈ T và mọi phần tử a ∈ T, a /
= 0 đều có phần tử nghịch
đảo a—1
∈ T.
Chẫng hạn Z2 là một trvòng, vành Z4 không là trvòng vì phần tử
2 /
= 0 ∈ Z4 không có phần tử nghịch đảo. Tổng quát, Zn là trvòng khi

5
và chỉ khi n nguyên tố. Một số ví dụ về trvòng vô hạn nhv trvòng Q
các số hữu tý; trvòng R các số thục; trvòng C các số phức.
Định nghĩa 1.1.1. Trường hru hạn là trvòng có hữu hạn phần tử.
Chú ý 1.1.2. Vói mọi trvòng T, mọi phần tử a ∈ T và mọi số nguyên
n ta định nghĩa bội nguyên na nhv 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 trvòng. Nếu tồn tại số nguyên
dvong nhỏ nhất n sao cho n1 = 0, trong đó 1 là phần tử đon vị của T ,
thì ta nói trvòng T có d°c số là n. Nếu không tồn tại số n nhv vªy thì
ta nói trvòng T có d°c số là 0.
Chẫng hạn, trvòng Z5 có đ°c số 5. Trvòng Q có đ°c số 0, trvòng Zp
có đ°c số p (vói mọi số nguyên tố p).
M»nh 6ề 1.1.4. Đ°c số của mët trường T hru hạn là số nguyên tố.
Chŕng minh. Giả sử trvòng hữu hạn T có đ°c số 0. Khi đó, vói mọi số
nguyên n > m ta có (n — m)1 /
= 0, tức là n1 /
= m1. Vì thế T chứa tªp
{n1 | n ∈ Z} là tªp vô hạn, vô lý. Do đó T phải có đ°c số p > 0.
Giả sử p là họp số. Khi đó p = mn vói 1 < m, n < p. Ta có
p1 = 0 = mn1 = (m1)(m1). Do T là một trvòng nên (m1) = 0 ho°c
n1 = 0, vô lý. Do đó p là số nguyên tố.

6
j=1
j=1
Tiếp theo, chúng ta cần nhắc lại một số khái niệm về không gian
véc to.
Định nghĩa 1.1.5. Cho T là một trvòng. Một tªp V có trang bị một
phép toán công vói một ánh xạ T × V → V (gọi là phép nhân vô
hvóng) đvọc gọi là một không gian véc to trên trvòng T hay một T -
không gian véc to nếu phép cộng có tính chất giao hoán, kết họp, có
phần tử 0, mọi phần tử của V đều có đối xứng và phép nhân vô hvóng
thỏa mãn các tính chất sau đây: vói 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 họp: x(yα) = (xy)α;
(iii) Unita: 1α = α.
Định nghĩa 1.1.6. Giả sử V là một T- không gian véc to.
(i) Một hệ véc to {vi}i∈I trong V đvọc gọi là một h» sinh của V nếu
mọi phần tử x ∈ V đều có thể biểu thị tuyến tính theo hệ đó, tức
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 =
Σk
aijvij. Nếu V có
một hệ sinh gồm hữu hạn phần tử thì V đvọc gọi là T-không gian
hữu hạn sinh.
(ii) Một hệ véc to {vi}i∈I trong V đvọc gọi là một hệ độc lªp tuyến tính
nếu từ mői ràng buộc tuyến tính của hệ
Σk
aijvij = 0 ta đều có

7
aij = 0 vói mọi j = 1, · · · , k.
(iii) Một hệ véc to của V đvọc gọi là co sỏ của V nếu nó là một hệ
sinh và độc lªp tuyến tính. Nếu V có một co sỏ gồm n phần tử thì
ta nói V có chiều n và ta viết dimT V = n.
Giả sử V và V
′
là các không gian véc to trên trvòng T. Ta nói ánh
xạ f : V → V
′
là ánh xạ tuyến tính nếu f(a + b) = f(a) + f(b)
và f(ra) = rf(a) vói mọi a, b ∈ V , mọi r ∈ T.
M»nh 6ề 1.1.7. Cho T là mët trường hru hạn có q phần tr. Khi dó q
là mët lũy thra của mët số nguyên tố p với p là d°c số của T.
Chŕng minh. Đ°t K = {n1 | n ∈ Z}. Vì T là trvòng hữu hạn nên
theo Mệnh đề 1.1.4, T có đ°c số p nguyên tố. Ta chứng minh K là
trvòng 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 trvòng, ta chỉ cần chứng minh nếu n1 /
= 0
thì n1 có phần tử nghịch đảo. Cho n1 /
= 0. Vì T có đ°c 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 trvòng.
Vói 0 ≤ n < m < p, ta có n1 /
= m1. Thªt vªy, 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
có n1 = (pr + s)1 = s1. Vªy K có đúng p phần tử.

8
Xét T là K- Không gian véc to. Vì T là trvòng hữu hạn nên T có
số chiều hữu hạn t. Đ°t dimT T = t khi đó số phần tử của T là pt
.
Định lý 1.1.8. (Về cấu trúc của trУỜng hỸu hạn) Các phát biểu sau
dây là dúng:
(i) Nếu T là trường có hru hạn q phần tr, thì q là lũy thra của mët số
nguyên tố.
(ii) Nếu q là lũy thra của mët số nguyên tố, thì tồn tại duy nhất mët
trường có q phần tr.
Chŕng minh. Xem tài liệu [1].
Định nghĩa 1.1.9. Nhóm là một tªp G cùng vói một phép toán nhân
sao cho phép nhân kết họp, có phần tử đon vị là 1 và mọi phần tử của
G đều có nghịch đảo a—1
∈ G.
Một tªp con H của G đvọc gọi là nhóm con của G nếu H đóng kín
phép nhân và lªp thành một nhóm vói phép nhân đó.
Nhªn xét 1.1.10. Nếu T là một trvòng thì tªp T ∗ = T {0} là một
nhóm vói phép nhân.
Nhóm G đvọc 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 bỏi a. Chú ý
rằng nhóm con của nhóm xyclic là xyclic.

9
M»nh 6ề 1.1.11. Cho T là mët trường. Khi dó nhóm T∗ = T{0} là
mët nhóm nhân xyclic.
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 vóc của n. Do đó nếu a ∈ G, thì an
= 1.
Chú ý 1.1.12. Nếu T là trvòng có q phần tử thì nhóm nhân
T∗ = T{0}
có q — 1 phần tử. Vì thế aq—1
= 1 vói mọi a ∈ T∗ = T{0}.
1.2 Một số tính chất c6 bản của 6a thùc hoán vị
Sau đây là khái niệm và một số kết quả về đa thức hoán vị trên
trvòng hữu hạn.
Định nghĩa 1.2.1. Cho T là một trvòng hữu hạn. Một đa thức f (x) vói
hệ số trên T đvọc gọi là hoán vị nếu ánh xạ cảm sinh f : T → T cho
ứng phần tử a vói f(a), là một song ánh.
Ví dụ 1.2.2. Trên trvòng Z2 thì các đa thức f (x) = x và g(x) = x + 1
là các đa thức hoán vị, bỏi 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 đvọc vì h(0) = h(1) = 1.

10
M»nh 6ề 1.2.3. Cho T là mët trường hru hạn có q phần tr. Các phát
biểu sau là dúng
(i) Các da thŕc bªc không không hoán vị trên T.
(ii) Các da thŕc bªc nhất luôn hoán vị trên T.
(iii) Đơn thŕc xn
hoán vị trên T khi và chỉ khi gcd (q — 1, n) = 1. Đ°c
bi»t, x2
hoán vị trên T khi và chỉ khi T có d°c số 2 (tŕc là q là số chẫn).
(iv) Nếu n là số nguyên tố thì xn
hoán vị trên T nếu và chỉ nếu q không
dồng dư với 1 theo modun n.
(v) Đa thŕc ax2
+ bx + c với a /
= 0 và a, b, c ∈ T, hoán vị trên T nếu
và chỉ nếu b = 0 và T có d°c số 2 (tŕc là q là số chẫn).
Sau đây là tính hoán vị của các tam thức trên trvòng hữu hạn (xem
tài liệu [2]).
M»nh 6ề 1.2.4. Cho T là trường có q phần tr. Cho k > j là hai
số nguyên dương. Cho a ∈ T là phần tr khác 0. Khi dó tam thŕc
axk
+ bxj
+ c (trong dó a, b, c ∈ T) hoán vị trên T nếu và chỉ nếu
b = 0 và gcd(k, q — 1) = 1.
1.3 Đa thùc hoán vị modulo một số tü nhiên
Trong phần này chúng ta nhắc lại khái niệm và một số kết quả về
đa thức vói hệ số nguyên hoán vị modulo một số tụ nhiên.

11
Định nghĩa 1.3.1. Cho f(x) = adxd
+ . . . + a1x1
+ a0 là đa thức có
hệ số nguyên, ad /
= 0. Cho n là một số tụ nhiên. Ta nói f(x) hoán vị
modulo n nếu ánh xạ ϕ : Zn → Zn cho bỏi 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.
M»nh 6ề 1.3.3. Đa thŕc 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 vói m là số chẫn.
M»nh 6ề 1.3.4. Cho f (x) = a0 + a1x + . . . + adxd
là da thŕc với h» số
nguyên và cho n = 2m là mët số tự nhiên với m là số chẫn. 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.
là da thŕc với h» số
nguyên. Cho n = 2w
và m = 2w—1
. Khi dó nếu f (x) hoán vị modulo
m thì f(x) hoán vị modulo n.

12
Kết quả sau đây là mỏ rộng của Mệnh đề 1.3.5, trong đó n không
nhất thiết là lũy thừa của 2.
là da thŕc với h»
số nguyên. Cho n = 2m với m là số tự nhiên chẫn. Nếu f (x) hoán vị
modulo m, thì f (x) hoán vị modulo n nếu và chỉ nếu (a3+a5+a7+. . .)
là số chẫn.
Kết quả sau đây là đ°c trvng tính hoán vị modulo lũy thừa của 2
(xem tài liệu [2]).
M»nh 6ề 1.3.7. Đ°t P (x) = a0+a1x+. . .+adxd
là mët da thŕc với h»
số nguyên. Khi dó P (x) là da thŕc hoán vị modulo n = 2w
, w ≥ 2, nếu
và chỉ nếu a1 là số lẻ, (a2+a4+a6+. . .) là số chẫn, và (a3+a5+a7+. . .)
là số chẫn.

13
ChN6ng 2
Một số lỚp 6a thùc hoán vị trên trNỜng húu
hạn có 6°c số chắn
Mục đích thứ nhất của Chvong 2 là trình bày lại chi tiết các kết quả
trong bài báo [4] của R. Gupta và R. Sharma về 4 lóp tam thức hoán vị
trên trvòng có đ°c số chẫn. Chú ý rằng nếu T là trvòng hữu hạn gồm q
phần tử và T có đ°c số chẫn thì q là lũy thừa của 2. Trong suốt chvong
này ta ký hiệu Fq là trvòng có q phần tử.
Chúng tôi trình bày chi tiết chứng minh bốn định lý chính sau đây.
Định lý A. Đa thŕc 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 thŕc f2(x) := x2
+ x2·2m
+ x3·2m
—1 ∈ F22m [x] là mët
da thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Định lý C. Đa thŕc f3(x) := x5
+ x2m
+4 + x4·2m
+1 ∈ F22m [x] là
mët da thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
Định lý D. Đa thŕc f4(x) := x3
+ x3·2m
+x2m+2
—1 ∈ F22m [x] là mët
da thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
Mục đính thứ hai của Chvong 2 là chứng minh lại chi tiết kết quả

14
2
m
trong bài báo [3] của C. Ding, L. Qu, Q. Wang, J. Yuan, P. Yuan về một
lóp tam thức hoán vị trên trvòng có đ°c số chẫn F2m . Cụ thể, chúng tôi
tªp trung chứng minh định lý sau.
Định lý E. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thŕc
f(x) = x + x2
m+1−1
2
+ x2 —2
m+1 +1
hoán vị trên trường F2m.
2.1 TrNỜng 6óng 6ại số
Để chứng minh các Định lý A, B, C, D chúng ta cần nhắc lại khái
niệm trvòng đóng đại số.
Định nghĩa 2.1.1. Cho T là một trvòng (hữu hạn ho°c vô hạn). Ta nói
T là trvòng dóng dại số nếu mọi đa thức bªc dvong vói hệ số trên T
đều có ít nhất một nghiệm trong T .
Ví dụ 2.1.2.
(i) Trvòng Z2 không đóng đại số vì đa thức f(x) = x2
+ x + 1 có bªc
2 nhvng không có nghiệm trong Z2.
(ii) Trvòng R các số thục không đóng đại số vì đa thức x4
+ 1 có bªc 4
nhvng không có nghiệm thục.
Định lý sau đây, đvọc gọi là Định lý cơ bản của dại số, cho ta thấy
trvòng số phức C là trvòng đóng đại số.

15
Định lý 2.1.3. Nếu f (x) là da thŕc bªc dương với h» số phŕc, thì f (x)
có ít nhất mët nghi»m phŕc. Đ°c bi»t, da thŕc bªc n với h» số phŕc có
dủ n nghi»m phŕc.
Tính chất sau đây chỉ ra rằng mọi trvòng hữu hạn đều không là
trvòng đóng đại số.
M»nh 6ề 2.1.4. Nếu T là trường hru hạn thì T không dóng dại số.
Chŕng 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 bªc q > 0. Nếu T đóng đại số, thì f (x) phải có
nghiệm trong T . Tuy nhiên ta có f (ai) = 1 /
= 0, ∀ai ∈ T , vô lý. Vªy
T không là trvòng đóng đại số.
Mệnh đề 2.1.4 chỉ ra rằng nếu T là trvòng đóng đại số, thì T là
trvòng vô hạn.
Định nghĩa 2.1.5. Cho T là một trvòng. Khi đó luôn tồn tại duy nhất
một trvòng T đóng đại số tối thiểu chứa T . Ta nói T là bao đóng đại
số của T .
Ví dụ 2.1.6. Trvòng R không đóng đại số. Trvòng C là trvòng đóng
đại số tối thiểu chứa R. Do đó C là bao đóng đại số của R.

16
1
1
1
1
1 1
Chú ý 2.1.7. Cho n là số tụ nhiên. Cho T là một trvòng và T là bao
đóng đại số của T . Gọi 1 là đon vị của T . Khi đó đa thức
xn
— 1 ∈ T[x]
có đủ n nghiệm trong T nếu n không chia hết cho p vói p là đ°c số của
T . Ví dụ nhv đa thức x4
— 1 ∈ R[x] chỉ có 2 nghiệm thục (là 1 và —1)
nhvng có đủ 4 nghiệm trong C (là 1, —1, i, —i). Ta nói n nghiệm của
đa thức xn
— 1 trong T là n cǎn bªc n của đon vị trong T.
Ví dụ, các cǎn bªc 4 của đon vị trong C là 1, —1, i, —i. Kí hiệu
µn = {a ∈ T | an
= 1}
là tªp các cǎn bªc n của đon vị trong T. Vì T đóng đại số nên µn có
đúng n phần tử.
Chú ý 2.1.8. Cho m là số tụ nhiên. Ta dùng Trm
để kí hiệu hàm vết từ
F2m đến F2, tức là
Trm
(α) = α + α2
+ α2
2
+ α2
3
+ · · · + α2
m−1
∈ F
vói mọi α ∈ F2m.
Chú ý rằng F2m là F2— không gian véc to. Do đó Trm
2
là ánh xạ
giữa hai không gian véc to trên trvòng F2.
Bổ 6ề 2.1.9. Trm
(—) là ánh xạ tuyến tính, tŕc là
Trm
(α + β) = Trm
(α) + Trm
(β)
1 1 1
với mọi α, β ∈ F2m và Trm
(aα) = aTrm
(α) với mọi a ∈ F2 = Z2.

17
2s
C =
—
2s
C =
—
C =
2s
1
1
1 1 1 1
2s
s
Chŕng minh. Vói mọi số tụ nhiên s > 0 ta có:
(α + β)2
s
= α2
s
+ C1
α2
s
—1
· β + . . . + C2
s
—1
αβ2
s
—1
+ β2
s
2s
vói 1 ≤ j ≤ 2s
— 1. Ta chứng minh Cj
2s
= 2s
!
(2s—j)!j!
là bội của 2, bằng
quy nạo theo j.
Ta có
j 2s
!
2s
(2s — j)!j!
=
2s
!
(2s — j + 2)!(j — 1)!
·
2s
j + 1
.
j
Cho j = 1 ta có Cj
= 2s
.
Cho j = 2 ta có j
(2s
1)2s
= 2
2
2s—1
— 2s—1.
Cứ tiếp tục nhv thế đến j = 2s
— 1 ta có
j 2s
!
2s
(2s — 2s + 1)!(2s — 1)!
=
2s
! s
(2s — 1)!
= 2 .
Suy ra Cj
là bội của 2. Suy ra
s s
(α + β 2
α2
+ β2
= Trm
(α) + Trm
(β).
) = 1 1
Vói a = 0 ∈ F2, ta có Trm
(aα) = Trm
(0) = 0 và 0 · Trm
(α) = 0.
1 1 1
Vói a = 1 ∈ F2 ta có
Trm
(a · α) = Trm
(α) = 1 · Trm
(α) = aTrm
(α).
Do đó Trm
(—) là ánh xạ tuyến tính.
Bổ 6ề 2.1.10. Với mọi i ∈ N ta có Trm
(α2i
) = Trm
(α).
1 1
Chŕng minh. Vói mọi i ∈ N, cho α ∈ F2m ta có
Trm
(α2
i
) = α2
i
+ (α2
i
)2
+ (α2
i
)2
2
+ . . . + (α2
i
)2
m−1
.

18
) =
Vói mọi j ∈ N ta có
(α2i 2j
α2i+j
= (α2
m
)2
i+j−m
(i + j ≥ m)
= (α2m−1
· α)2i+j−m
= α2i+j−m
= α2
i+j−2m
(i + j — m ≥ m)
= · · ·
= α2
s
(0 ≤ s ≤ m — 1).
Suy ra
i 2 m−1
Trm
(α2
) = α + α2
+ α2
+ . . . + α2
= Trm
(α).
1 1
Để chứng minh Định lý C trong phát biểu ỏ đầu Chvong 2, chúng
ta cần một số tính chất đon giản của số học dvói đây.
Bổ 6ề 2.1.11. Nếu m là số tự nhiên lẻ thì
gcd(5, 2m
— 1) = 1.
Chŕng 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
≡ 2 · (—1)k
— 1(mod5)

19
m−1
m−1
Nếu k chẫn, 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 6ề 2.1.12. Nếu m chẫn thì 22m
— 1 chia hết cho 5.
Chŕng 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 6ề 2.1.13. Nếu m là số tự nhiên lẻ thì gcd
m−1
(2 2 — 1, 2 — 1) = 1.
Chŕng minh. Đ°t d = gcd(2 2
— 1, 2m
— 1). Viết m = 2k + 1.
Ta có 2
Ta có
2 —1 = 2k
— 1.
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 vóc của 2k
— 1 và d là vóc của 2m
— 1 nên d là vóc của 1.
Việc chứng minh Định lý C cũng cần đến khái niệm cǎn nguyên
thủy bªc n của đon vị. Vì thế chúng ta nhắc lại khái niệm này ỏ đây.
m

20
2 2 2 2
Định nghĩa 2.1.14. Cho T là một trvòng đóng đại số. Khi đó phvong
trình xn
— 1 có đúng n nghiệm phân biệt trong T vói n không chia hết
cho đ°c số của trvòng T . Mői nghiệm của xn
— 1 trong T đvọc gọi là
một cǎn bªc n của đon vị. Nếu ξ là một cǎn bªc n của đon vị sao cho
ξk
/
= 1 vói mọi số tụ nhiên k < n, thì ta nói ξ là một cǎn nguyên thủy
bªc n của đon vị.
Ví dụ 2.1.15. Trong trvòng C các số phức, các số phức
ξk = cos
2πk
+ i sin
n
2πk
n
vói k = 0, · · · , n — 1, là các cǎn bªc n của đon vị. Hon nữa, ξk là cǎn
nguyên thủy bªc n của đon vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1. Do đó
ξ1 = cos
2π 2π
+ i sin
n n
là một cǎn nguyên thủy bªc n của đon vị.
Chẫng hạn, vói n = 2, thì ±1 là 2 cǎn bªc 2 của đon vị, —1 là cǎn
nguyên thủy. √ √
Vói n = 3, thì 1,
—1
±
i 3
là các cǎn bªc 3 của đon vị,
—1
±
i 3
là
2 cǎn nguyên thủy bªc 3 của đon vị.
Vói n = 4, thì ±1, ±i là các cǎn bªc 4 của đon vị, ±i là 2 cǎn nguyên
thủy bªc 4 của đon vị.
Ta minh họa cǎn bªc n của đon vị và cǎn nguyên thủy bªc n của
đon vị trong trvòng có đ°c số chẫn nhv sau.

21
Ví dụ 2.1.16. Trong trvòng F2 = Z2 = {0, 1}, phần tử 1 là cǎn bªc n
của đon vị duy nhất. Ta xây dụng trvòng có 4 phần tử .
Z2[x]
F4 =
(x2 + x + 1) = {0, 1, x, x + 1}.
Ta có 1
3
= 1, x3
= 1, (x + 1)3
= 1.
Vì thế tªp các cǎn bªc 3 của đon vị trong trvòng F4 là
{1, x, x + 1} = µ3.
Trong trvòng
Z2[x]
F8 =
(x3 + x + 1) = {0, 1, x, x + 1, x2, x2 + x, x2 + 1, x2 + x + 1}.
Ta có
1
3
= 1, x3
/
= 1, (x + 1)3
/
= 1, (x2)3
/
= 1,
(x2 + x)3
/
= 1, (x2 + 1)3
/
= 1, (x2 + x + 1)3
/
= 1.
Do đó trong trvòng F8, chỉ có duy nhất 1 cǎn bªc 3 của đon vị, đó là 1.
2.2 Một số lỚp tam thùc hoán vị 6NỢc trên trNỜng húu
hạn 6°c số chắn
Cho X là một tªp con của trvòng Fq (trong đó q là lũy thừa của
một số nguyên tố). Giả sử X là một nhóm con của nhóm nhân Fq
∗ =
Fq{0}. Khi đó ta nói đa thức f (x) ∈ Fq[x] hoán vị trên X nếu f (α) /
=
f (β) vói mọi α, β ∈ X, α /
= β. Nói cách khác, f (x) hoán vị trên X
nếu nó tác động đon ánh trên tªp X.

22
d
d
s
Chú ý 2.2.1. Nhv kí hiệu trong Tiết 2.1 (Chú ý 2.1.7), gọi µd là tªp
các cǎn bªc d của đon vị trong trvòng đóng đại số Fq của Fq, tức là
µd = {α ∈ Fq | αd
= 1}. Khi đó µd có đúng d phần tử. Hon nữa µd là
nhóm con của Fq
∗ = Fq{0} vì nếu α, β ∈ µd thì (α · β)d
= αd
βd
= 1
tức là α, β ∈ µd; 1 ∈ µd và (α—1
)d
= (αd
)—1
= 1. Do đó α—1
∈ µd.
Bổ 6ề 2.2.2. Cho q là lũy thra của mët 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
dó xr
h(x d ) hoán vị trên Fq nếu và chỉ nếu hai diều ki»n sau thỏa
mãn:
(i) gcd(r, q—1
) = 1;
(ii) xr
h(x)
q−1
hoán vị dược trên µ .
d
Chŕng minh. Đ°t s =
q — 1
d
cho f(x) hoán vị đvọc trên Fq. Giả sử
gcd(r,
q — 1
) = t > 1.
d
Theo Mệnh đề 1.1.11, nhóm Fq
∗
= Fq{0} là nhóm xyclic. Do µs
là nhóm con của Fq
∗ nên µs cũng là nhóm xyclic có s phần tử. Giả sử
µs =< ξ >. Khi đó ta có ξs
= 1 và ξk
/
= 1 vói mọi 0 < k < s. Suy ra
ξs
/
= ξt . Ta có
f(ξ
s
) = (ξs
)
r
h((ξ
s
)s
)
t t t
r s
= (ξ t )s
· (h(ξ t ))s
r
= (ξs
)t · h(ξ)s
= h(1).

23
d
2
2
) ]
m
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,
vô lý. Vªy gcd(r, s) = 1. Ta có (f(x))s
= xrs
(h(x)r
)s
.
Vì Fq
∗ là nhóm cấp q — 1, nên vói mọi α ∈ Fq
∗ (theo Chú ý 1.1.12), ta
suy ra
(αs
)d
= (α
q−1
)d
= αq—1
= 1.
Do đó αs
∈ µd, suy ra (Fq
∗)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) hoán vị trên Fd nếu và chỉ nếu g(x) hoán vị trên µd.
Bổ 6ề 2.2.3. Với m ∈ N, ký hi»u µ2m+1 là tªp các cǎn bªc 2m
+1 trong
trường dóng dại số Fq của Fq. Khi dó mỗi da thŕc 1 + x + x3
, 1 + x2
+
x3
, 1 + x + x4
và 1 + x3
+ x4
dều không có nghi»m trong µ2m+1.
Chŕng 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 đ°c số chẫn nên nα = 0 vói n chẫn. Chú ý rằng Ci
m là
bội của 2 vói mọi 1 ≤ i ≤ 2 — 1, trong đó Ci
m =
2m
!
i!(2m — i)!
là số
tổ họp chªp i của 2m
phần tử. Suy ra
[(1 + α)2
m
+ (α3 2
m
α3
= 0.
Tiếp tục khai triển nhị thức (1 + α)2m
ta đvọc
[1 + α2
m
+ α3·2
m
]α3
= 0.

24
4 2m+3 3·2m
+1
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 /
= 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 cǎn bªc 2m
+ 1 của đon vị
trong Fq đều không là nghiệm của đa thức 1 + x + x3
.
Bổ 6ề 2.2.4. Cho q là lũy thra của mët số nguyên tố. Cho g(x) là da
thŕc trong Fq[x]. Cho f (x) = ag(bx + c) với a, b, c ∈ Fq và a, b /
= 0.
Khi dó f(x) hoán vị trên Fq khi và chỉ khi g(x) hoán vị trên Fq.
Chŕng minh. Xem Tài liệu [2]
Bây giò chúng ta chứng minh Định lý A trong phần giói thiệu đầu
Chvong 2. Đây là kết quả chính thứ nhất của luªn vǎn, cho ta một lóp
tam thức hoán vị trên trvòng có đ°c số chẫn.
Định lý 2.2.5. Đa thŕc f (x) := x + x + x ∈ F22m [x] là mët
da thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Chŕng minh. Đa thức f1(x) có thể đvọc 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) không có nghiệm
trong µ2m+1, nghĩa là h1(µ2m+1) ⊆ F2
∗
2 m và do đó g1(µ2m+1) ⊆ µ2m+1.

25
1
Vì µ2m+1 là tªp hữu hạn, g1(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ khi g(x)
tác động đon ánh trên µ2m+1. Vói α ∈ µ2m+1, ta có
g (α) = α4
(1 + α + α3
)2
m
—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
.
Nhv vªy g1(x) là tác động đon ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi
x + x3
+ x4
G1(x) :=
1 + x + x3
là tác động đon ánh trên µ2m+1. Giả sử G1(x) = G1(y) vói mọi x, y ∈
µ2m+1. Chúng ta xem xét hai trvòng họp sau.
TrNỜng hỢp 1. x = 1 ho°c y = 1. Giả sử rằng y = 1, khi đó
x + x3
+ x4
1 + x + x3
= 1.
Nghĩa là x4
+ 1 = 0. Vªy ta nhªn đvoc x = y = 1.
TrNỜng hỢp 2. x /
= 1 ho°c y /
= 1. Giả sử G1(x) = G1(y), nghĩa là
x + x3
+ x4
1 + x + x3
=
Thêm 1 vào cả hai vế ta có,
1 + x4
1 + x + x3
=
y + y3
+ y4
1 + y + y3
.
1 + y4
1 + y + y3
.

26
Suy ra
Vì thế
(x + 1)3
+ x2
(1 + x)4
=
(y + 1)3
+ y2
(y + 1)4
.
1
1 + x
x
+ (
1 + x
)2
(
1
1 + x
)2
=
1
1 + y
y
+ (
1 + y
)2
(
1
1 + y
)2
.
Thay a =
1
x + 1
và b =
1
y + 1
vào phvong trình trên, ta đvọc
(a + b)4
+ (a + b)2
+ (a + b) = 0.
Lvu ý rằng a = b khi và chỉ khi x = y. Nếu x /
= y, khi đó đẫng 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 bỏi vì 1 + x + x3
là khả quy trên F2 và gcd(3, 2m) = 1.
Vì vªy 1 + x + x3
là khả quy trên F2m .
Ngvọc lại, giả sử rằng f1(x) là một đa thức hoán vị trên F22m. Đ°t
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 trvòng mỏ rộng. Lvu ý rằng
β22m
= (β2m
)2m
= (β + 1)2m
= β2m
+ 1 = β, tức là, β ∈ F22m . Nếu

27
1 ) ) (
2 2 —2 +1
gcd(m, 3) = 3, khi đó α ∈ F2m và
f (α + β) = (α + β)4
+ (α + β)2m
(α + β)3
+ ((α + β 2
m
3
α + β)
= (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 thuan vói giả thiết.
Theo kết quả của Định lý 2.2.5, chúng ta có đvọc lóp tam thức hoán
vị sau đây.
H» quả 2.2.6. Đa thŕc
m 2m−1 m−1
f(x) = x + x + x ∈ F22m[x]
là mët da thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Chŕng minh. Đa thức f(x) có thể đvọc viết là f(x) = xh(x2m
—1),
2m−1
trong đó h(x) := 1 + x + x ∈ F22m [x]. Theo Bổ đề ??, f(x) hoán
2m
—1
vị F22m khi và chỉ khi đa thức g(x) := xh(x) 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. Vói x ∈ µ2m+1,
g(x)2
= x2
(1 + x2
+ x2m
)2
m
—1
= x2
(1 + x2
+
1
)2m
—1
x
= x4
(1 + x + x3
)2
m
—1
= g1(x).

28
2 2·2m
3·2m
—1
2 2
2 2m
—1
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 Chvong này, cho ta một
lóp tam thức hoán vị trên trvòng có đ°c số chẫn. Định lý này đvọc phát
biểu trong Định lý B ỏ đầu Chvong 2.
Định lý 2.2.7. Đa thŕc f2(x) := x + x + x hoán vị trên F22m
khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Chŕng minh. Đa thức f2(x) có thể đvọc viết dvói dạng
f (x) = x2
h (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) := x h2(x) hoán 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∗
22 m , và do đó
g2(µ2m+1) ⊆ µ2m+1.
Nhv vªy, g2(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ khi g2(x) tác động đon
ánh trên µ2m+1. Vói α ∈ µ2m+1 biểu thức g2(α) có thể đvọc rút gọn là
1 + α + α3
g2(α) =
α + α3α4
,
và do đó, g2(x) là tác động đon ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi
G2(x) :=
1 + x + x3
x + x3 + x4
=
1
G1(x)

29
3 3 3
5 2m
+4 4·2m
+1
là tác động đon 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 đon ánh trên µ2m+1. Do đó
G2(x) là tác động đon ánh trên µ2m+1.
Nếu gcd(m, 3) /
= 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 g1(x) không hoán vị trên µ2m+1. Nhv vªy, G1(x) và G2(x) =
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 giói thiệu Chvong
2. Định lý này là kết quả chính thứ ba của luªn vǎn, cho ta một lóp tam
thức hoán vị trên trvòng có đ°c số chẫn.
Định lý 2.2.8. Đa thŕc f3(x) := x + x + x ∈ F22m [x] là
mët da thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
Chŕng minh. Đa thức f (x) có thể đvọc viết là f (x) = x5
h (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) := 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(α) /
= 0 vói mọi α ∈ µ2m+1, vì thế
g3(µ2m+1) ⊆ µ2m+1.
Vói α ∈ µ2m+1, ta có thể biến đổi và rút gọn g3(α) về dạng sau
α + α4
+ α5
g3(α) =
1 + α + α4
.

30
1
Theo đó g3(x) tác động đon ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi
x + x4
+ x5
G3(x) :=
1 + x + x4
là tác động đon ánh trên µ2m+1. Giả sử G3(x) = G3(y), trong đó
x, y ∈ µ2m+1. Vói x /
= y, từ biểu thức trên của G3(x), ta đvọc
(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 phvong trình trên cho (x5
+ y5
) ta đvọc
1
(x + y)4
xy
+ (
x + y
)4
+
1
x + y
xy
+ (
(x + y)2
)2
+
xy
(x + y)2
+ 1 = 0.
Thay a =
1
x + y
gọn, ta đvọc
và b = a2m
=
xy
x + y
vào phvong trình trên và rút
(a + b)4
+ a + b + a2
b2
+ ab + 1 = 0.
Lvu ý rằng a và b có thể không thuộc F2m , nhvng a + b, ab ∈ F2m . Tác
động hàm vết Trm
(—) vào cả hai vế của đẫng thức trên và sử dụng tính
chất tuyến tính của hàm vết trong Bổ đề 2.1.9, ta đvọc
Trm
((a + b)4
) + Trm
(a + b) + Trm
((ab)2
) + Trm
(ab) + 1 = 0.
1 1 1 1

31
4 2 —1 4
3 3
Chú ý rằng
Trm
((a + b)4
) = Trm
(a + b)
1 1
và
Trm
((ab)2
) = Trm
(ab).
1 1
Vì thế từ đẫng thức trên ta suy ra 1 = 0, điều này là mâu thuan.
Tiếp theo nếu m là số chẫn, thì theo Bổ đề 2.1.12 ta có 5|22m
— 1,
có nghĩa là có ít nhất một trong hai số 2m
— 1 ho°c 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 cǎn
nguyên thủy bªc 5 của đon vị. Do 5 là vóc của 2m
+ 1 nên
m
ξ ∈ µ2m+1, g3(ξ) = (1 + ξ + ξ ) = g3(ξ )
và
g (ξ2
) = (1 + ξ2
+ ξ3
)2
m
—1
= g (ξ3
).
Nhv vªy, 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 tªp trung chứng minh Định lý D. Đây là kết quả
chính thứ tv của luªn vǎn.
Định lý 2.2.9. Đa thŕc f4(x) := x3
+ x3·2m
+ x2m+2
—1 ∈ F22m là da
thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
Chŕng minh. Đa thức f4(x) có thể đvọc viết là f4(x) = x3
h4(x2m
—1),
trong đó f4(x) := 1 + x3
+ x4
∈ F22m[x]. Theo Bổ đề ??, f4(x) là

32
2
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, 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. Vói α ∈ µ2m+1, g4(α) có thể đvọc biến đổi và rút gọn là
1 + α + α4
g4(α) =
α + α4 + α5
và nhv vªy, g4(x) tác động đon ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi
G4(x) :=
1 + x + x4
x + x4 + x5
=
1
G3(x)
tác động đon ánh trên µ2m+1. Vì m là số lẻ, nên theo Định lý 2.2.8,
G3(x) và G4(x) tác động đon 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 nǎm của luªn vǎn, cho ta một lóp tam thức hoán vị trên
trvòng có đ°c số chẫn.
Định lý 2.2.10. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thŕc f(x) = x +
m+1 −1
x2 2
+ x2m
—2
m+1 +1
Chŕng 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)
).

33
2
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 lvu ý rằng g(0) = 0 và
1 + x2 + x2(m+1)/2
g(x) = khi x /
= 0.
x2(m+1)/2+2
Trvóc hết, chúng ta thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của phvong trình
đa thức g(x) = 0. Nếu g(x) = 0, thì x = 0 ho°c 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)
ta đvoc 1 + x2(m+1)/2
+ x2m
= 0. Cộng hai vế của hai phvong trình trên
vói nhau ta đvọc x2m
+ x2
= 0. Vì thế ta có đvọc x = 0 ho°c 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 phvong trình đa thức g(x) = a
có một nghiệm khác không duy nhất vói mői a /
= 0, a ∈ F2m . Có nghĩa
là, vói mői a /
= 0, a ∈ F2m , chúng ta chứng minh rằng tồn tại một
nghiệm duy nhất x /
= 0 cho phvong trình sau:
1 + x2 + x2(m+1)/2
x2(m+1)/2+2
= a.
Viết lại phvong trình trên ta thu đvọc phvong trình sau
ax2(m+1)/2+2
+ x2(m+1)/2
+ x2
+ 1 = 0. (1)
Đ°t y = x2
. Khi đó phvong trình (1) trỏ thành
ay2(m−1)/2+1
+ y2(m−1)/2
+ y + 1 = 0. (2)

34
Bây giò chúng ta cần giải phvong trình (2) vói mői a /
= 0 và y /
= 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 phvong trình (2) vói a = 1.
Từ giò trỏ đi, ta giả sử a /
= 1 và a /
= 0. Nâng lên lũy thừa 2(m+1)/2
ỏ phvong trình (2), ta thu đvọc
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 phvong 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 /
= 0, ta có thể chia phvong 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 vói vế của hai phvong trình (2) và (5) ta đvọc
(a2
(m+1)/2
+ a)y2
(m−1)/2
+1
+ (a + 1)y = 0. (6)
Vì y /
= 0, nên ta thu đvọc
(a2
(m+1)/2
+ a)y2
(m−1)/2
+1
+ (a + 1) = 0.
Từ (a2(m+1)/2
+ a) /
= 0 vói a ∈ {0, 1}, đa thức
(a2(m+1)/2
+ a)y2(m−1)/2+1
+ (a + 1) = 0

35
/ /
là một đa thức hoán vị trên F2m vói gcd(2(m—1)/2
, 2m
— 1) = 1. Do đó
tồn tại một nghiệm khác không duy nhất y đối vói phvong trình
(a2
(m+1)/2
+ a)y2
(m−1)/2
+ (a + 1) = 0,
vói a = 0, 1. Do đó tồn tại nhiều nhất là một nghiệm x = 0 của phvong
1 + x2 + x2(m+1)/2
22(m+1)/2+2
= a vói mői a /
= 0. Do đó tồn tại một nghiệm
duy nhất cho g(x) = a cho mői a. Vì thế định lý đvọc chứng minh.
trình

36
Kết luªn
Luªn vǎn đã trình bày một số kết quả về đa thức hoán vị trên trvòng
có đ°c số chẫn trong hai bài báo:
÷ 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.
÷ 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 luªn vǎn là:
Trình bày cấu trúc và số phần tử của trvòng hữu hạn, một số tính
chất co bản của đa thức hoán vị trên trvòng hữu hạn và đa thức hoán
vị modulo một số tụ nhiên.
Chứng minh chi tiết nǎm lóp tam thức sau là hoán vị trên trvòng
hữu hạn có đ°c số chẫn.
• Định lý 2.2.5. Đa thŕc 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 thŕc f2(x) := x2
+ x2·2m
+ x3·2m
—1 ∈ F22m [x]
là mët da thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.

37
5 2m
+4 4·2m
+1
3 3·2m
2m+2
—1
2
m
• Định lý 2.2.8. Đa thŕc f3(x) := x + x + x ∈ F22m[x]
là mët da thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
• Định lý 2.2.9. Đa thŕc f4(x) := x + x + x ∈ F22m[x]
là mët da thŕc hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
• Định lý 2.2.10. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thŕc
f(x) = x + x2
m+1−1
2
+ x2 —2
m+1 +1

38
Tài li»u tham khảo
Tiếng Vi»t
[1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lí thuyết da thŕc, NXB Đại học Quốc
gia Hà Nội.
[2] Vvong Thị Yến (2012), Đa thức hoán vị đvọc, Luªn vǎn thạc sĩ,
Trvòng 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
and their Applications, 41, 89-96.

Một Số Lớp Đa Thức Hoán Vị Trên Trường Hữu Hạn Đặc Số Chẵn.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Một Số Lớp Đa Thức Hoán Vị Trên Trường Hữu Hạn Đặc Số Chẵn.docx

Similar to Một Số Lớp Đa Thức Hoán Vị Trên Trường Hữu Hạn Đặc Số Chẵn.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Một Số Lớp Đa Thức Hoán Vị Trên Trường Hữu Hạn Đặc Số Chẵn.docx