ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ VĂN HẢO VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - VŨ VĂN HẢO VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Ngô Thị Ngoan THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Trường hữu hạn 1.1 Một số khái niệm 1.2 Đa thức tương hỗ 1.3 Công thức nghịch o Măobius Đa thức bất khả quy trường 2.1 Đa thức xp − x + a 2.2 Dãy đa thức bất khả quy 2.2.1 Q−phép biến đổi vết 2.2.2 Dãy đa thức bất khả quy số 2.2.3 Dãy đa thức bất khả quy số lẻ hữu hạn trường hữu trường hữu hạn có hạn có 4 13 14 18 18 21 22 đặc 25 đặc 30 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Ngô Thị Ngoan Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả học tập nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho cơng tác nghiên cứu thân Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn K11D (khóa 2017–2019); Nhà trường phịng chức Trường; Khoa Tốn – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Trường Trung học phổ thông Quang Hà giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi giúp tơi hồn thành luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K11D (khóa 2017–2019) ln động viên giúp đỡ tác giả nhiều trình học tập, nghiên cứu Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị cơng tác đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Vũ Văn Hảo Mở đầu Đa thức bất khả quy khái niệm đóng vai trị quan trọng có nhiều áp dụng Đây vấn đề kinh điển lý thuyết đa thức nói riêng tốn học nói chung Các tốn đa thức bất khả quy tốn phân tích đa thức thành nhân tử bất khả quy đưa vào giảng dạy từ THCS Việc phân tích cho phép học sinh chuyển việc giải phương trình đại số phương trình có bậc thấp Trong chương trình tốn học cao cấp, khái niệm đa thức bất khả quy đưa vào giảng dạy năm chương trình đào tạo Đại học Lúc này, sinh viên tiếp xúc với tiêu chuẩn tính bất khả quy đa thức Z[x], Q[x] tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn Person, tiêu chuẩn Dumas Đặc biệt sử dụng kỹ thuật quan trọng xét tính bất khả quy đa thức hệ số nguyên thông qua việc rút gọn theo modulo p nguyên tố Trong khuôn khổ luận văn này, tơi trình bày tìm hiểu đa thức bất khả quy trường hữu hạn: Một số lớp đa thức bất khả quy; việc xây dựng đa thức bất khả quy từ hai đa thức bất khả quy cho; việc xây dựng dãy vô hạn đa thức bất khả quy với bậc tăng dần từ đa thức bất khả quy ban đầu trường hữu hạn Nội dung luận văn bao gồm hai chương: Chương luận văn trình bày trường hữu hạn Nội dung chương tham khảo chủ yếu từ tài liệu [1] [6] Chúng ta trình bày mở rộng trường, trường phân rã đa thức, cấu trúc trường hữu hạn công thức nghịch đảo Măobius [6] giỳp ta xỏc nh cỏc a thc dng chuẩn (đa thức monic) bất khả quy trường hữu hạn Fq có bậc n Chương luận văn trình bày đa thức bất khả quy trường hữu hạn Chúng ta trình bày lớp đa thức bất khả quy trường Fq [x] với q = pn ; xây dựng đa thức bất khả quy từ hai đa thức bất khả quy cho; xây dựng dãy vô hạn đa thức bất khả quy trường hữu hạn có đặc số cách sử dụng Q− biến đổi; xây dựng dãy vô hạn đa thức bất khả quy có bậc tăng dần trường hữu hạn có đặc số lẻ cách sử dụng R− biến đổi từ đa thức bât khả quy ban đầu Thái Nguyên, ngày 25 tháng năm 2019 Tác giả luận văn Vũ Văn Hảo Chương Trường hữu hạn 1.1 Một số khái niệm Ta nhắc lại, trường F vành giao hốn khác khơng khơng có ước Một trường có hữu hạn phần tử gọi trường hữu hạn Định nghĩa 1.1.1 Trường F gọi trường nguyên tố khơng có trường ngồi thân Nhận xét 1.1.2 (i) Cho F trường nguyên tố Khi xảy hai trường hợp: F có đặc số F ∼ = Q; F có đặc số p F ∼ = Zp Trường hợp F ∼ = Zp Ta thường kí hiệu Fp thay cho F (ii) Cho E trường tùy ý, gọi F giao trường E F trường E, rõ ràng F trường nhỏ E , F trường nguyên tố Trong trường hợp này, ta nói F trường nguyên tố E Như vậy, trường chứa trường nguyên tố Bổ đề 1.1.3 (Cấu trúc trường hữu hạn) (i) Cho F trường hữu hạn có q phần tử Khi tồn số nguyên tố p cho q = pn với số tự nhiên n (ii) Với số nguyên tố p số tự nhiên n = 0, tồn trường hữu hạn có pn phần tử (sai khác đẳng cấu trường) Chứng minh (i) Gọi p đặc số trường F , p số nguyên tố Gọi Fp trường nguyên tố F , Fp ∼ = Zp Ta biết F Fp −không gian vectơ hữu hạn chiều Giả sử dimFp (F ) = n < ∞, F có sở {e1 , , en } phần tử F có dạng x = n ei với a1 , , an ∈ Fp Từ i=1 suy số phần tử F số phần tử (a1 , , an ) ∈ Fp × × Fp (n lần) Do q = pn (ii) Sự tồn trường có q = pn phần tử Xét đa thức f (x) = xq − x ∈ Fp [x] với Fp ∼ = Zp trường nguyên tố có đặc số nguyên tố p Gọi E trường phân rã f (x) Fp Đặt K = {α ∈ E | f (α) = 0} tập hợp nghiệm f (x) Khi K trường E Thật vậy, với α, β ∈ K ta có (α − β)q = αq − β q = α − β, (αβ)q = αq β q = αβ Do α − β, αβ ∈ K Nếu α ∈ K ∗ (α−1 )q = (aq )−1 = α−1 suy α−1 ∈ K Ngoài ra, rõ ràng 1q = nên ∈ K Cuối cùng, ta thấy n a ∈ Fp thỏa mãn ap = a aq = ap = a chứng tỏ Fp ⊆ K Như K trường phân rã f (x) Fp , trường có q = pn phần tử (lưu ý f (x) khơng có nghiệm bội) Tính trường có q = pn phần tử Giả sử Fq trường có q = pn phần tử Khi Fq có đặc số p (giả sử p1 đặc số Fq theo (i) suy ′ ′ q = pn1 ; pn = pn1 p = p1 ) Vì F∗q = Fq \ {0} nhóm với phép nhân nên αq−1 = với α ∈ F∗q ; αq = α với α ∈ Fq Chứng tỏ phần tử Fq nghiệm đa thức f (x) = xq − x ∈ Fp [x] với Fp trường nguyên tố Fq Suy trường Fq trường phân rã f (x) Fp Điều khẳng định tính Fq sai khác đẳng cấu trường Trong luận văn, quan tâm nghiên cứu đa thức bất khả quy trường hữu hạn Fq Đa thức bất khả quy trường Fq phần tử bất khả quy vành đa thức Fq [x] Định nghĩa 1.1.4 Một đa thức với hệ số trường gọi bất khả quy có bậc dương khơng phân tích thành tích hai đa thức có bậc thấp Định lý 1.1.5 Cho F trường hữu hạn có đặc số p Khi ta có n n n n n (a + b)p = ap + bp , (a − b)p = ap − bp n với a, b ∈ F, n ∈ N \ {0} Chứng minh Ta có khai triển p p (a + b) = k=0 p k p k ak bp−k với = Cpk , p với < k < p (a + b)p = ap + bp Bằng quy nạp k n n−1 n n n theo n, biến đổi (a + b)p = ((a + b)p )p suy (a + b)p = ap + bp Để n n n chứng minh (a − b)p = ap − bp , ta biến đổi mà p | n n n n (a − b)p = (a + (−b))p = ap + (−b)p n n Nếu p lẻ ta có (−1)p = −1, p chẵn p = (−1)p = = −1 Cho p số nguyên tố, ≤ n ∈ Z Đặt q = pn Khi ta có định lý sau Định lý 1.1.6 Nhóm nhân F∗ q trường hữu hạn F xyclic cấp q − Để chứng minh Định lý 1.1.6 ta cần bổ đề sau Bổ đề 1.1.7 Nếu ≤ m ∈ Z, m = cho hàm Euler d|m ϕ(d), ϕ(d) kí hiệu Chứng minh Nếu d chia hết m, ta kí hiệu Cd nhóm Zm có cấp d, kí hiệu Φd tập tất phần tử sinh Cd Vì phần tử Zm sinh nhóm Cd đó, nên nhóm Zm hợp rời tập Φd ; từ ta có m = |Zm | = |Φd | = d|m ϕ(d) d|m Bổ đề 1.1.8 Cho H nhóm hữu hạn cấp n Giả sử rằng, với ước d n, tập phần tử x ∈ H cho xd = có nhiều d phần tử Khi H nhóm xyclic Chứng minh Cho d ước m Nếu tồn x ∈ H có cấp d, nhóm (x) = {1, x, , xd−1 } nhóm xyclic cấp d; mặt khác theo giả thiết, có không d phần tử y ∈ H thỏa mãn y d = Vì y ∈ H cho y d = thuộc vào (x) Đặc biệt, phần tử H có cấp d sinh (x) có tất ϕ(d) phần tử cấp d Vì số phần tử H có cấp d ϕ(d) Lưu ý với trường hợp nhóm H hữu hạn có cấp n, ta ln có Φ(d′ ) H= d′ |m,∃x′ ∈H có cấp d′ Φ(d′ ) kí hiệu cho tập tất phần tử H có cấp d′ Do ϕ(d′ ) |Φ(d′ )| = m = |H| = d′ |m,∃x′ ∈H có cấp d′ d′ |m,∃x′ ∈H có cấp d′ Nếu tồn d|m mà khơng có phần tử H có cấp d cơng thức cho thấy m≤ ϕ(d′ ) < ϕ(d′ ) d′ |n, d′ =d d′ |n d′ |m ϕ(d′ ) = m theo Bổ đề 1.1.7 Từ suy mâu thuẫn Vậy ước d n có phần tử H có cấp d Đặc biệt, có phần tử x ∈ H có cấp m, H trùng với nhóm xyclic (x) Chứng minh Định lý 1.1.6 Định lý suy từ Bổ đề 1.1.8 áp dụng cho H = F∗q m = q − Thật với d|(q − 1), ta có phương trình xd − = có bậc d có hệ số trường Fp , nên có nhiều d nghiệm Fq Chú ý 1.1.9 Từ chứng minh cho thấy kết tổng quát nhóm hữu hạn nhóm nhân trường xyclic Định lý 1.1.10 Cho Fq trường hữu hạn đa thức f ∈ Fq [x] bất khả quy Fq , deg f = n Khi trường phân rã f Fq Fqn Hơn 23 f Q bất khả quy f bất khả quy Ta nhận thấy có mối liên hệ tất các đa thức bậc n tất đa thức tự tương hỗ bậc 2n Ta biết có q n (q − 1) đa thức bậc n Fq Theo Chú ý 1.2.2 Định nghĩa 1.2.1 đa thức 2n ak xk tự k=0 tương hỗ ak = a2n−k với ≤ k ≤ 2n Do đó, xây dựng đa thức bất khả quy bậc 2n, đa thức xác định việc chọn a0 , a1 , , an với điều kiện bắt buộc a0 = Do vậy, có q n (q − 1) đa thức tự tương hỗ có bậc 2n Fq Ngồi ra, f có bậc n, f Q tự tương hỗ có bậc 2n Bổ đề 2.2.4 Ánh xạ Fq [x] → Fq [x], f → f Q đơn ánh Chứng minh Giả sử f, g ∈ Fq [x] thỏa mãn f Q (x) = g Q (x) Khi ta có f, g có bậc n xn f (x + 1/x) = xn g(x + 1/x) Lấy tùy ý β thuộc bao đóng đại số Fq Fq , ta phải f (β) = g(β) f (0) = g(0) Cho α ∈ Fq nghiệm x + 1/x = β ⇔ x2 − βx + = Vì α = f Q (α) = g Q (α) ⇔ αn f (α + 1/α) = αn g(α + 1/α) ⇔ f (β) = g(β) Việc lại f (0) = g(0), nghĩa hệ số tự f g Nhưng hệ số tự f (x) hệ số cao f Q (x), hệ số tự g(x) hệ số cao g Q (x) f Q = g Q , nên f (0) = g(0), f (x) = g(x) f → f Q đơn ánh Thực ánh xạ toàn ánh từ tập đa thức bậc n lên tập đa thức tự tương hỗ bậc 2n (hai tập có số phần tử hữu hạn nhau) Định lý đóng vai trị quan trọng việc xây dựng dãy đa thức bất khả quy trường có đặc số 2, chứng minh Định lý 2.2.1 Định lý cho ta điều kiện cần đủ cho f Q bất khả quy f bất khả quy 24 Định lý 2.2.5 Cho f (x) ∈ Fq [x] đa thức bất khả quy Fq với bậc deg f = n Khi f Q bất khả quy Fq g(x) = x2 − βx + ∈ Fqn [x] bất khả quy Fqn , β nghiệm tùy ý f Chú ý 2.2.6 Nếu x2 − βx + ∈ Fqn [x] bất khả quy với β nghiệm f bất khả quy với nghiệm f Theo Định lý 1.1.10 n−1 nghiệm khác f β q , , β q biểu diễn qua tự đẳng cấu σ : Fqn → Fqn Fqn Fq cho σ(α) = αp với α ∈ Fqn σ(β), , σ n−1 (β) tương ứng Do tất đa thức x2 − σ k (β)x + bất khả quy Fqn với ≤ k ≤ n − theo Định lý 2.1.5 Chứng minh Định lý 2.2.5 Giả sử g(x) bất khả quy Fqn Đầu tiên, thấy nghiệm f Q hệ tử tự f Q hệ tử cao f Bây giờ, gọi α = nghiệm f Q Mục đích ta deg(α, Fq ) = 2n = deg f Q Vì = f Q (α) = αn f (α + 1/α) nên suy f (α + 1/α) = α = Theo Chú ý 2.2.6 không giảm tổng quát ta giả sử β = α + 1/α, deg(β, Fq ) = n Hơn g(α) = Theo giả thiết g(x) bất khả quy Fqn , Fqn [x]/(g(x)) trường, đẳng cấu với (Fq (β))(α) = Fq (α) theo tháp mở rộng trường hữu hạn, [Fq (α) : Fq ] = [Fq (α) : Fq (β)][Fq (β) : Fq ] = 2n deg(α, Fq ) = 2n = deg f Q f Q bất khả quy Ngược lại, f Q (x) bất khả quy Fq α nghiệm f Q [Fq (α) : Fq ] = 2n Bằng cách đặt β = α + 1/α ta có f (β) = đặt g(x) = x2 − βx + 1, g(α) = Nếu g khả quy α phải nghiệm đa thức tuyến tính Fqn [x] α ∈ Fqn , mâu thuẫn với [Fq (α) : Fq ] = 2n Nhà toán học H Meyn [6] đưa khái niệm vết phần tử, đóng vai trị quan trọng việc tìm dãy đa thức bất khả quy trường có đặc số trình bày mục sau Định nghĩa 2.2.7 Cho F = Fqm , K = Fq trường hữu hạn Gọi α ∈ F Vết (trace) α K xác định m−1 k αq TrF/K (α) = k=0 25 Chú ý 2.2.8 Từ định nghĩa hàm vết, ta có ý sau: (i) Cho F = Fqm , K = Fq Nếu α ∈ F TrF/K (α) ∈ K Với f đa thức cực tiểu α K deg f = d | m Theo Định lý 1.1.10 phần tử α, αq , αq d−1 nghiệm f Đặt m−1 k (x − αq ) = g(x) = f (x)m/d ∈ k=1 K[x], ta có hệ số cao thứ hai g −TrF/K (α) phần tử phải thuộc K (ii) Trong trường hợp đặc biệt, Fqm = F, Fq = K trường hữu hạn bậc đa thức cực tiểu α K m (vì F = K(α)), −TrF/K (α) với hệ số xm−1 đa thức f (x) (iii) TrF/K : F → K ánh xạ tuyến tính (F xem khơng gian vectơ K ) (iv) TrF/K (αq ) = TrF/K (α), với α ∈ F (v) Hàm vết có tính bắc cầu, nghĩa trường hữu hạn K < F < L, α ∈ L TrL/K (α) = TrF/K (TrL/F (α)) 2.2.2 Dãy đa thức bất khả quy trường hữu hạn có đặc số Áp dụng Định lý 2.2.5, có điều kiện bất khả quy cho đa thức x2 + x + β ∈ F2n [x] qua định lý sau Định lý 2.2.9 Cho F = F2k , K = F2 đa thức f (x) = x2 + x + β ∈ F [x] Khi f (x) có nghiệm F (tức không bất khả quy F ) TrF/K (β) = Hay nói cách khác f (x) bất khả quy F TrF/K (β) = Chứng minh Theo Định lý 1.1.19 ta có F có sở tắc K , i tức sở có dạng {α2 : ≤ i < k} với α ∈ F \ K Giả sử f (x) có nghiệm y ∈ F Khi ta biểu diễn y β theo sở trên, tức k−1 k−1 y = αy0 + · · · + α2 yk−1 , β = αb0 + · · · + α2 bk−1 Suy k−1 y = (αy0 + · · · + α2 yk−1 )2 = α2 y02 + · · · + (α2 = αyk−1 + α2 y0 + · · · + α2 k−1 yk−2 , k−1 )2 yk−1 26 yi ∈ F2 (α2 Từ ta có k−1 k )2 = α2 = α Do y nghiệm f (x) nên y + y = β k−1 k−1 k−1 αyk−1 +α2 y0 +· · ·+α2 yk−2 +αy0 +· · ·+α2 yk−1 = αb0 +· · ·+α2 tức y0 + yk−1 = b0 , y1 + y0 = b1 , , yk−1 + yk−2 = bk−1 bk−1 Cộng tất đẳng thức ta thu k−1 k−1 i=0 i=0 Ta cần chứng minh TrF/K (β) = ta có bi 2yi = 0= k−1 bi Do tính tuyến tính hàm vết nên i=0 k−1 i bi TrF/K (αq ) TrF/K (β) = i=0 theo tính chất vết nêu Chú ý 2.2.8 có i TrF/K (αq ) = TrF/K (α) ∀i = 0, , k − Ta lại có TrF/K (α) ∈ K = F2 tức k−1 TrF/K (α) = TrF/K (α) = TrF/K (α) = {α, , α2 } i sở F K Vậy TrF/K (α) = = TrF/K (αq ) ∀i = 0, , k − Suy TrF/K (β) = k−1 bi = i=0 Ngược lại, giả sử TrF/K (β) = Khi ta xây dựng nghiệm y phương trình cách đặt y0 = a, y1 = a + b1 , y2 = a + b1 + b2 , · · · , ym−1 = a + b1 + · · · + bm−1 , a = 0, Tính tốn ta thu y + y = β Bây xét điều kiện bất khả quy cho đa thức g(x) = x2 − βx + = x2 + βx + F2n phát biểu định lý Định lý 2.2.10 Cho K = F2 = β ∈ F2k = F Khi phương trình x2 + βx + = có nghiệm F TrF/K ( β1 ) = Tức x2 + βx + bất khả quy TrF/K ( β1 ) = 27 = 0, theo Định lý 2.2.9 ta có x2 + x + β1 có Chứng minh Giả sử nghiệm ξ, η ∈ F Khi ta có ξ, η = 0, ξη = β1 , ξ + η = Từ ta có TrF/K ( β1 ) ξ η ξ ξ + βξη + η (ξ + η)2 + +β +1= = = η η2 η2 ξ nghiệm phương trình x2 + βx + = η Ngược lại, ta giả sử phương trình x2 + βx + = có nghiệm α ∈ F Khi ta có α2 + βα + = Ta suy α α α + = suy nghiệm phương + Do β = nên ta có β β β β 1 trình x + x + β = 0, kéo theo TrF/K ( β ) = Theo tính chất vết ta có TrF/K ( β12 ) = TrF/K ( β1 ) tức TrF/K ( β1 = Định lý sau cho ta điều kiện để f Q kế thừa tính bất khả quy đa thức f Định lý 2.2.11 Cho F = F2k , k > 0, K = F2 giả sử f (x) = xn + n−1 ak xk đa thức bất khả quy F Khi f Q (x) bất khả quy F k=0 TrF/K (a1 /a0 ) = Chứng minh Ta đặt L = F2nk Giả sử β nghiệm f ∈ L Theo Định lý 2.2.5, f Q (x) bất khả quy F x2 + βx + bất khả quy L Theo Định lý 2.2.10, điều xảy TrF/K ( β1 ) = Ta xét đa thức tương hỗ f ∗ f (với f ∗ (x) = xn f (1/x)) Theo Chú ý 1.2.2 ta biết f ∗ bất khả quy F f ∗ (1/β) = Hơn nữa, f ∗ (x)/a0 đa thức dạng chuẩn bất khả quy có bậc n F với nghiệm β 1 đa thức cực tiểu F Theo Chú ý 2.2.8 có TrL/F ( ) β β n−1 ∗ hệ số x đa thức f (x)/a0 , a1 /a0 Vì hàm vết có tính chất bắc cầu nên K < F < L trường hữu hạn α ∈ L TrL/K (α) = TrF/K (TrL/F (α)), = TrL/K (1/β) = TrF/K (TrL/F (1/β)) = TrF/K (a1 /a0 ) 28 Chú ý 2.2.12 Trong F2 , cho đa thức bất khả quy f , f Q bất khả quy hệ tử tuyến tính a1 f Đồng thời, trường có đặc số 2, f phải có hệ số a1 khác để f Q bất khả quy, khơng TrF/K (a1 /a0 ) = 0, giá trị a0 = Ví dụ 2.2.13 Cho α nghiệm đa thức x3 + x + ∈ F2 [x], F8 = F2 (α) Khi α phần tử sinh F∗8 Xét đa thức bất khả quy x + α ∈ F8 [x] TrF8 /F2 (1/α) = 1, f Q (x) bất khả quy F8 Tuy nhiên, f Q (x) = x2 + αx + TrF8 /F2 (α/1) = f Q không bất khả quy F8 Ta có f Q = x4 + αx3 + x2 + αx + = (x2 + α5 x + α6 )(x2 + α6 x + α) Như ví dụ trên, có đa thức f thỏa mãn điều kiện Định lý 2.2.11 f Q lại không thỏa mãn điều kiện Trong định lý sau ta thấy rằng, thêm điều kiện f đa thức tự tương hỗ, f thỏa mãn Định lý 2.2.11 f Q Định lý 2.2.14 Cho F = F2k , k > 0, K = F2 Nếu f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + a1 x + ∈ F [x] đa thức tự tương hỗ bất khả quy F thoả mãn TrF/K (a1 ) = f Q (x) = x2n + b1 x2n−1 + · · · + b1 x + ∈ F [x] thoả mãn điều kiện TrF/K (b1 ) = Chứng minh Vì f đa thức tự tương hỗ nên có hệ số đối xứng, tức ak = an−k ; k = 0, , n Khi f = x f (x + ) = x Q n ak (x2 + 1)k xn−k n k=0 Vậy, TrF/K (b1 ) = TrF/K (a1 ) = Định lý 2.2.14 rằng, ta bắt đầu với đa thức có đầy đủ điều kiện nội dung định lý, tạo dãy vơ hạn đa thức bất khả quy cách lặp lại Q−phép biến đổi Ví dụ 2.2.15 Ví dụ đơn giản cho đa thức tự tương hỗ, bất khả quy x + ∈ F2k [x] Chúng ta tính vết theo Định lý 2.2.11 Định lý 2.2.14 k−1 j 12 = k TrF2k /F2 (1) = i=0 29 nhận giá trị k lẻ, k chẵn Các định lý áp dụng Q−phép biến đổi đa thức x + tạo vơ hạn đa thức bất khả quy F2k k lẻ Dãy đa thức bất khả quy từ đa thức x + có bậc luỹ thừa trường F2k với k lẻ, kể vài đa thức dãy: x + 1, x2 + x + 1, x4 + x3 + x2 + x + 1, x8 + x7 + x6 + x4 + x2 + x + 1, x16 + x15 + x14 + x13 + x12 + x11 + x8 + x5 + x4 + x3 + x2 + x + 1, Ví dụ 2.2.16 Ta xét F4 = F2 (α), α nghiệm x2 + x + 1( bất khả quy F2 ) Ta có TrF4 /F2 (α−1 ) = TrF4 /F2 (α) = α + α2 = α + α + = Áp dụng Định lý 2.2.10 ta có hai đa thức f1 (x) := x2 + αx + 1, f2 (x) := x2 + α−1 x + bất khả quy F4 Sau áp dụng Định lý 2.2.14, ta lặp lại Q−phép biến đổi cho đa thức trên, ta thu đa thức sau bất khả quy F4 f1Q (x) = x4 + αx3 + x2 + αx + 1, f1Q (x) = x8 + αx7 + αx6 + αx4 + αx2 + αx + f2Q (x) = x4 + α−1 x3 + x2 + α−1 x + 1, f2Q (x) = x8 + α−1 x7 + α−1 x6 + α−1 x4 + α−1 x2 + α−1 x + Ví dụ 2.2.17 Đa thức F8 có bậc mà Định lý 2.2.14 áp dụng x2 + x + 1, đa thức tự tương hỗ khác x2 + βx + không thoả mãn điều kiện TrF8 /F2 (β −1 ) = TrF8 /F2 (β) = đa thức thoả mãn áp dụng Định lý 2.2.14 Định lý 2.2.10 Câu hỏi đặt làm cách ta chọn đa thức thoả mãn điều kiện Định lý 2.2.14? Câu hỏi Meyn [6] giải đáp trường hợp xét trường F2 , tác giả tồn đa thức dạng chuẩn, bất khả quy, tự tương hỗ có bậc 4m hệ số tuyến tính với m lẻ 30 2.2.3 Dãy đa thức bất khả quy trường hữu hạn có đặc số lẻ Trong trường hợp trường có đặc số 2, ta sử dụng phép biến đổi f → f Q để xây dựng dãy vô hạn đa thức bất khả quy từ đa thức ban đầu thỏa mãn số điều kiện Nếu xét trường hợp trường hữu hạn có đặc số lẻ, ta cần thay đổi đôi chút phép biến đổi để tạo dãy đa thức bất khả quy tương tự Nếu Fq có đặc số lẻ, thu tiêu chuẩn tính bất khả quy cho g(x) = x2 − βx + ∈ Fq [x], để sử dụng Định lý 2.2.5 sau Vì g(x) có bậc 2, bất khả quy Fq khơng có nghiệm Fq Nếu g(x) = ta có (2x − β)2 = β − Vậy g(x) bất khả quy Fq β − thặng dư bậc hai Fq Khẳng định giúp ta chứng minh kết sau Định lý 2.2.18 Cho Fq trường hữu hạn với đặc số p lẻ, giả sử f (x) ∈ Fq [x] đa thức dạng chuẩn bất khả quy Fq có bậc n Khi f Q bất khả quy Fq f (2)f (−2) không thặng dư bậc hai Fq Chứng minh Theo Định lý 2.2.5 f Q bất khả quy g(x) = x2 − βx + bất khả quy Fqn , β nghiệm f Fqn (trường phân rã f ) Điều xảy β − n thặng dư bậc hai Fqn tương đương với (β − 4)(q −1)/2 = −1( theo Định lý 1.1.20) k Theo Định lý 1.1.10, nghiệm f (x) β q với k = 0, , n − Nên với a ∈ Fq , áp dụng Định lý 1.1.5 ta có n−1 f (a) = k (a − β q ) (a − γ) = k=0 {γ:f (γ)=0} n−1 qk (a − β) = (a − β) = 1+q+···+q n−1 = (a − β) (q n −1) (q−1) k=0 tích chạy tất γ nghiệm f trường phân rã f Do đó, β − thặng dư bậc hai Fqn tương đương 31 với (β − 4)(q n −1)/2 = −1 ⇔ ((2 − β)(−2 − β))(q n −1)/2 (q n −1) ⇔ (((2 − β)(−2 − β)) (q−1) ) ⇔ (f (2)f (−2)) (q−1) = −1 (q−1) = −1 = −1 Nghĩa f (2)f (−2) không thặng dư bậc hai F Sử dụng Định lý 2.2.18 ta tìm dãy đa thức bất khả quy trường hữu hạn có đặc số lẻ Ví dụ 2.2.19 Cho đa thức bất khả quy f (x) = x2 + 2x + ∈ F3 [x] Ta có f (2)f (−2) = f (−1)f (1) = −1 thặng dư bậc hai F3 Kí hiệu n f Q lặp n lần phép biến đổi f → f Q fQ n+1 (2)f Q n+1 Qn Qn n n (−2) = 2deg f (−2)deg f f Q (2 + 2−1 )f Q (−2 + (−2)−1 ) n n = f Q (−2)f Q (2), n deg f Q chẵn (Quy ước f Q := f ) Do vậy, theo quy nạp theo Định lý 2.2.18, dãy đa thức fn+1 (x) = fnQ (x), với f1 (x) = f (x), dãy đa thức bất khả quy F3 , deg fn = 2n Các phần tử dãy: f2 (x) = x4 + 2x3 + x2 + 2x + 1, f3 (x) = x8 + 2x7 + 2x6 + 2x5 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1, f4 (x) = x16 + 2x15 + x14 + x13 + x12 + x11 + 2x9 + x8 + 2x7 + x6 + x4 + x3 + x2 + 2x + Tổng qt hóa q trình sau: Cho f (x) ∈ F3k [x] đa thức bất khả quy bậc chẵn thỏa mãn f (2)f (−2) = f (1)f (−1) thặng dư bậc n hai F3k Khi f Q (x) bất khả quy với n ∈ N Điều fQ n+1 (2)f Q n+1 Qn Qn n n (−2) = 2deg f (−2)deg f f Q (2 + 2−1 )f Q (−2 + (−2)−1 ) n n = f Q (−2)f Q (2) theo quy nạp theo Định lý 2.2.18 Chú ý bước quy nạp phụ thuộc vào đặc số trường 32 Sau ví dụ ta sử dụng Q−phép biến đổi không thành công việc tạo đa thức bất khả quy đa thức ban đầu Ví dụ 2.2.20 Cho f (x) ∈ F5k [x] k ∈ N>0 đa thức bất khả quy thỏa mãn f (2)f (−2) thặng dư bậc F5k Do vậy, f Q bất khả quy theo Định lý 2.2.18 Tuy nhiên f Q (2)f Q (−2) = 2deg f (−2)deg f f (2 + 2−1 )f (−2 + (−2)−1 ) = f (0)2 thặng dư bậc 2, f Q không bất khả quy theo Định lý 2.2.18 Tiếp theo để chứng minh Định lý 2.2.1, ta giới thiệu đa thức biến đổi mới, dựa Q−phép biến đổi Định nghĩa 2.2.21 Cho Fq trường hữu hạn có đặc số p lẻ Giả sử đa thức f ∈ Fq [x] cho trước có bậc n, gọi f R (x) = (2x)n f (2−1 (x + 1/x) Hơn nữa, với đa thức f , đặt λ(f ) = f (1)f (−1) Chú ý 2.2.22 Từ f R (x) = (2x)n f (2−1 (x + 1/x) Ta có f R (x) đa thức tự tương hỗ có bậc gấp đôi bậc f (x) Chứng minh tương tự Bổ đề 1.1.8 ta có ánh xạ f → f R song ánh từ tập tất đa thức có bậc n lên tập tất đa thức tương hỗ có bậc 2n Ánh xạ gọi R−phép biến đổi Do đó, đa thức tự tương hỗ f (x) có bậc 2n Fq viết thành f (x) = g R (x) với g(x) ∈ Fq [x] Hơn nữa, R−phép biến đổi tích tích R−phép biến đổi, f R bất khả quy kéo đa thức f bất khả quy Hạng tử cao đa thức f hạng tử cao f R Nên f đa thức dạng chuẩn ⇔ f R đa thức dạng chuẩn Việc xây dựng dãy đa thức bất khả quy sử dụng Q−phép biến đổi liên quan mật thiết với f (2)f (−2) f Q (2)f Q (−2) trình bày Định lý 2.2.18 Tuy nhiên, sử dụng R−phép biến đổi, việc xây dựng dãy đa thức bất khả quy từ đa thức bất khả quy cho phụ thuộc vào đại lượng λ(f ) λ(f R ) Chú ý rằng, theo định nghĩa R−phép biến đổi Trong Định lý 2.2.1 ta có R dãy đa thức fm+1 (x) = fm (x) dãy đa thức bất khả quy f thoả mãn điều kiện định lý Ta cần hai bổ đề sau Bổ đề 2.2.23 Cho Fq trường hữu hạn có đặc số p lẻ, f đa thức bậc n Khi ta có 33 (i) Nếu p ≡ (mod 4) λ(f ) thặng dư bậc hai Fq λ(f R ) thặng dư bâc hai Fq (ii) Nếu n chẵn λ(f ) không thặng dư bậc hai Fq λ(f R ) thặng dư bâc hai Fq Chứng minh Ta có λ(f R ) = f R (1)f R (−1) = (−1)n 22n f (1)f (−1) = (−1)n 22n λ(f ) (2.2) Nếu n chẵn, theo cơng thức (2.2), rõ ràng λ(f R ) không thặng dư bậc (q − 1) ⇒ hai Fq Nếu p ≡ (mod 4) ⇒ q − = pn − ⇒ (q−1) (−1) = suy −1 thặng dư bậc hai Fq theo Định lý 1.1.20, λ(f R ) khơng phải thặng dư bậc hai Fq Bổ đề 2.2.24 Cho Fq trường hữu hạn có đặc số p lẻ, f đa thức bậc n bất khả quy Fq Khi đó, f R bất khả quy Fq λ(f ) thặng dư bậc hai Fq Chứng minh Đặt g(x) = 2n f (2−1 x) Khi ta có f R (x) = g Q (x) nghĩa chứng minh g Q (x) bất khả quy f R (x) bất khả quy Ta có, đa thức g(x) bất khả quy Thật vậy, g(x) khả quy g(x) = 2n f (2−1 x) = r(x)s(x), r(x), s(x) ∈ Fq [x] với < deg r, deg s < n suy f (x) = 2−n s(2x)r(2x), mâu thuẫn với tính bất khả quy f Theo định lý 2.2.18, g Q (x) bất khả quy g(2)g(−2) thặng dư bậc hai Fq Ta có g(2)g(−2) = 22n λ(f ) nên g Q (x) bất khả quy λ(f ) không thặng dư bậc hai Fq Áp dụng Bổ đề 2.2.23 Bổ đề 2.2.24 ta có định lý sau đây, cách phát biểu khác Định lý 2.2.1 Định lý 2.2.25 Cho Fq trường hữu hạn có đặc số p lẻ, f1 (x) đa thức dạng chuẩn bậc n bất khả quy Fq Giả thiết thêm n chẵn trường hợp p ≡ (mod 4) λ(f ) không thặng dư bậc hai Fq , dãy đa thức kí hiệu R fm+1 (x) = fm (x), m ∈ N>0 dãy đa thức dạng chuẩn bất khả quy Fq , với deg fm = n2m−1 34 Chứng minh Ta có f2 (x) = f1R (x) thỏa mãn f1 (x) bất khả quy, λ(f1 ) không thặng dư bậc hai Fq , theo Bổ đề 2.2.24 suy f2 (x) bất khả quy Áp dụng Bổ đề 2.2.23 ta cịn có λ(f1R ) = λ(f2 ) không thặng dư bậc hai Fq R Bằng quy nạp theo m ta suy fm+1 (x) = fm (x) bất khả quy Fq , ∀m = 1, 2, Chú ý 2.2.26 Định lý 2.2.25 không thiếu điều kiện n chẵn trường hợp p ≡ (mod 4) Thật vậy, cho x3 + ∈ F7 [x] đa thức bất khả quy F7 khơng có nghiệm F7 Mặc dù λ(f ) = không thặng dư bậc hai F7 33 = 27 = −1 F7 Vậy f R (x) = x6 + 3x4 + 2x3 + 3x2 + 1, λ(f R ) = 1, f R (x) = x12 + 4x10 + 2x9 − x8 − x7 − x5 − x4 + 2x3 + 4x2 + = (x6 + 3x5 + 3x3 + 2x2 − x − 2)(x6 + 4x5 − x4 + 2x3 + 2x + 3) đa thức không bất khả quy Định lý đa thức bất khả quy, tự tương hỗ có bậc 2n ln tạo từ phép R−biến đổi đa thức bất khả quy có bậc n thỏa mãn điều kiện Định lý 2.2.25 Định lý 2.2.27 Cho f (x) ∈ Fq [x] đa thức dạng chuẩn, tự tương hỗ bất khả quy có bậc 2n trường hữu hạn Fq Khi ln tồn đa thức dạng chuẩn g(x) ∈ Fq [x] có bậc n cho g(x) bất khả quy Fq f (x) = g R (x), λ(g) thặng dư bậc hai Fq Chứng minh Theo Chú ý 2.2.22 ta có f (x) = g R (x) với đa thức dạng chuẩn g(x) có bậc n R−phép biến đổi song ánh từ tập tất đa thức có bậc n đến tập tất đa thức tự tương hỗ có bậc 2n Thêm vào đó, R−phép biến đổi đa thức bất khả quy đa thức ban đầu bất khả quy Do vậy, g(x) bất khả quy Hơn nữa, g R (x) = (2n g(2−1 x))Q := hQ (x) h(x) = 2n g(2−1 x) bất khả quy (do hQ (x) = g R (x) bất khả quy), nên theo Định lý 2.2.18 ta có h(2)h(−2) khơng thặng dư bậc hai Fq mà h(2)h(−2) = 2n g(1)2n g(−1) = 22n λ(g), 35 λ(g) thặng dư bậc hai Fq Hệ 2.2.28 Cho Fq trường hữu hạn, charFq = p ≡ (mod 4) Nếu f (x) ∈ Fq [x] tự tương hỗ bất khả quy với bậc chẵn λ(f ) khơng thặng dư bậc hai Fq Chứng minh Theo Định lý 2.2.27, tồn đa thức g(x) ∈ Fq [x] bất khả quy cho g R (x) = f (x) λ(g) khơng thặng dư bậc hai Fq Theo Bổ đề 2.2.23 ta có λ(g R ) = λ(f ) khơng thặng dư bậc hai Fq Ví dụ 2.2.29 Xét đa thức x2 + ∈ F5 , bất khả quy cho α thoả mãn α2 + = nghĩa α2 = Khi F25 ∼ = F5 (α) Ta chứng minh α cấp F25 − α có cấp Khi θ := α(2 − α) = 2(1 + α) có cấp 3.8 = 24 sinh F∗25 Tìm đa thức f (x) có dạng x + β β ∈ F25 cho λ(f ) = (1 + β)(−1 + β) không thặng dư bậc hai F25 để ta áp dụng Định lý 2.2.25 mà nhận dãy đa thức bất khả quy F25 Ta chọn β = θ + 1, −1 + β = θ không thặng dư bậc hai + β thặng dư bậc hai (vì (1 + β)(25−1)/2 = (2(α + 2))12 = · · · = nên theo Định lý 1.1.20 ta suy (1 + β) thặng dư bậc hai) Do λ(f ) khơng thặng dư bậc hai ta áp dụng Định lý 2.2.25 f R (x) = 2(2−1 x + β)Q = 2x(2−1 (x + 1/x) + β) = x2 + 2βx + = x2 + (1 − α)x + bất khả quy F25 (2.3) 36 Kết luận Trong luận văn nghiên cứu số kết đa thức bất khả quy trường hữu hạn Các kết trình bày chứng minh cách tường minh Đồng thời xây dựng đa thức bất khả quy từ hai đa thức bất khả quy cho; xây dựng dãy vô hạn đa thức bất khả quy trường hữu hạn có đặc số cách sử dụng Q− biến đổi; xây dựng dãy vô hạn đa thức bất khả quy có bậc tăng dần trường hữu hạn có đặc số lẻ cách sử dụng R− biến đổi từ đa thức bât khả quy ban đầu 37 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Ngơ Thị Ngoan, Nguyễn Văn Hồng (2011), Bài giảng điện tử môn “Lý thuyết Galoa” theo hướng tích cực hóa nhận thức người đọc Tiếng Anh [2] J.V Brawley, L Carlitz (1987), Irreducibles and the composed product for polynomials over a finite field, Discrete Mathematics 65, p115-139 [3] D.S Dummit, Richard M.Foote (2004), Abstract Algebra, John Wiley and Sons, Inc [4] G Hammarhjelm (2014), Construction of Irreducible polynomials over finite fields, U.U.D.M Project report 2014:17 [5] F J MacWilliams, N J A Sloane (1978), The theory of error correcting codes, North Holland [6] H Meyn (1990), On the Construction of irreducible self-reciprocal Polynomials over finite fields, Applicable algebra in engineering, communication and computing vol ... bất khả quy; việc xây dựng đa thức bất khả quy từ hai đa thức bất khả quy cho; việc xây dựng dãy vô hạn đa thức bất khả quy với bậc tăng dần từ đa thức bất khả quy ban đầu trường hữu hạn Nội... xây dựng đa thức bất khả quy từ hai đa thức bất khả quy cho; xây dựng dãy vô hạn đa thức bất khả quy trường hữu hạn có đặc số cách sử dụng Q− biến đổi; xây dựng dãy vô hạn đa thức bất khả quy có... xỏc nh đa thức dạng chuẩn (đa thức monic) bất khả quy trường hữu hạn Fq có bậc n Chương luận văn trình bày đa thức bất khả quy trường hữu hạn Chúng ta trình bày lớp đa thức bất khả quy trường