CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

MỤC LỤC MỤC LỤCBẢNG KÝ HIỆUC - tập các số phức R - tập các số thực Fq n - trường hữu hạn với qn phần tử Fq - trường hữu hạn với q phần tử... Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô trong và n

-

LÊ THỊ THANH HƯƠNG

CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số

Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn: PGS TS Bùi Xuân Hải

Đại học Khoa học Tự Nhiên TP HCM

TP HỒ CHÍ MINH – NĂM 2011

Mục lục

1 Kiến thức chuẩn bị 5

1.1 Cấu trúc trường hữu hạn 5

1.2 Các hàm số học 11

1.2.1 Hàm nhân 11

1.2.2 Hàm Mobius 12

1.2.3 Hàm Euler 14

2 Cơ sở trong trường hữu hạn 15 2.1 Cơ sở đa thức 15

2.2 Cơ sở đối ngẫu 19

2.3 Cơ sở tự đối ngẫu 23

2.4 Cơ sở chuẩn tắc 28

MỤC LỤC MỤC LỤCBẢNG KÝ HIỆU

C - tập các số phức

R - tập các số thực

Fq n - trường hữu hạn với qn phần tử

Fq - trường hữu hạn với q phần tử

MỤC LỤC MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi trân trọng kính gửi đến Thầy hướng dẫn PGS-TS Bùi Xuân Hải lờicảm ơn sâu sắc nhất về sự tận tâm, chỉ bảo nhiệt tình của Thầy trong suốt quá trình tôithực hiện luận văn

Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô phản biện cùng Quý Thầy, Cô trong hội đồngbảo vệ luận văn đã dành thời gian để đọc và đưa ra những nhận xét sâu sắc về luận vănnày

Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô trong và ngoài khoa Toán- Tin, Trường Đại họcKhoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh, đã tận tình truyền đạt kiến thức cho tôitrong suốt thời gian tôi học tập Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và QuýThầy, Cô thuộc Phòng Đào tạo sau Đại học- Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thànhphố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi hoàn tất chương trình học tập.Tôi cũng xin cảm ơn các bạn Quốc Huy, Hoàng Dũng, Phương An, Thanh Hà vì sựgiúp đỡ, trao đổi, thảo luận trong quá trình học tập và thực hiện luận văn

Tôi cũng xin có đôi lời gửi đến Trường THPT Ernst Th¨almann, đặc biệt là Ban giámhiệu và các thành viên tổ Toán đã tạo điều kiện thuận lợi về thời khóa biểu giảng dạy đểtôi có thể yên tâm học tập

Lời thân thương cuối cùng, xin dành cho ba mẹ và các anh, chị, em của tôi, vì sựkhuyên răn, bảo ban tôi, là chỗ dựa vững chắc giúp tôi hoàn thành chương trình học vàluận văn này

Vì kiến thức của bản thân còn nhiều hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếusót, rất mong nhận được sự chỉ bảo của Quý Thầy Cô và sự góp ý chân thành của cácbạn bè, đồng nghiệp

Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 08 năm 2011

Lê Thị Thanh Hương

MỤC LỤC MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU

Trường là một cấu trúc đẹp của Đại số, đặc biệt là trường hữu hạn Trong luận vănnày đối tượng được nghiên cứu chính là trường hữu hạn Và nội dung mà tôi đề cập đếnchính là các loại cơ sở của trường hữu hạn Bằng kiến thức đã được học và tài liệu đượccung cấp qua sách, báo tôi đã hệ thống một cách chi tiết các loại cơ sở của trường hữuhạn, cụ thể gồm cơ sở đa thức, cơ sở đối ngẫu, cơ sở tự đối ngẫu và cơ sở chuẩn tắc.Luận văn gồm hai chương Chương đầu là kiến thức chuẩn bị, nội dung là về cấu trúctrường hữu hạn và các hàm số học Là phần căn bản và hỗ trợ trong việc tính toán cácloại cơ sở Chương hai là phần chính của luận văn, được trình bày theo thứ tự là cơ sở đathức, cơ sở đối ngẫu, cơ sở tự đối ngẫu và cơ sở chuẩn tắc Cấu trúc của mỗi mục đượctrình bày theo thức tự là định nghĩa, sự tồn tại, công thức tính và các tính chất liên hệgiữa các loại cơ sở cũng như ứng dụng của nó

Luận văn phần nào tổng hợp một cách đầy đủ và trình bày các chứng minh một cáchchi tiết các tính chất liên quan đến các loại cơ sở của trường hữu hạn, là tài liệu thamkhảo hữu ích cho những ai có quan tâm đến trường hữu hạn

Bằng kiến thức hạn hẹp của mình, luận văn khó tránh khỏi sai sót, tôi hy vọng sẽ nhậnđược sự góp ý chân thành từ các Thầy, Cô và các bạn quan tâm

TP HCM, tháng 09 năm 2011

Lê Thị Thanh Hương

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị

1.1 Cấu trúc trường hữu hạn

Định nghĩa 1.1 Tập F được gọi là trường nếu nó là vành giao hoán có đơn vị là 1(16= 0) và mỗi phần tử khác 0 đều khả nghịch

Vấn đề được quan tâm ở đây là trường hữu hạn

Một ví dụ về trường hữu hạn là trường Zp = Z=pZ = 0; 1; :::; p 1 gồm các lớpthặng dư theo mod p; gồm có p phần tử, trong đó p là số nguyên tố bất kì

Định nghĩa 1.2 ChoF là trường có đơn vị 1 Nếu m:16= 0 với mọi số nguyên dương

m thì ta nói rằng đặc trưng của trường F là 0, kí hiệu charF = 0 Ngược lại, nếu m:1 = 0với một số nguyên dương nào đó thì tồn tại số nguyên dương p nhỏ nhất thỏa p:1 = 0.Khi đó ta gọi p là đặc trưng của F , kí hiệu charF = p

Nhận xét rằng đặc trưng của trường F chỉ có thể là 0 hoặc số nguyên tố p nào đó

Ví dụ: Q; R; C là trường có đặc trưng 0, còn Zp là trường có đặc trưngp:

Bổ đề 1.3 Giả sử K là trường con gồm q phần tử của trường hữu hạn F Khi đó, F

có qm phần tử, trong đó m = dimKF gọi là bậc của F trên K Kí hiệu [F : K] = m:

Hệ quả 1.4 Nếu F là trường hữu hạn đặc trưng p thì jF j = pn, trong đó n là bậc của

F trên trường con nguyên tố Fpcủa nó

Bổ đề 1.5 Nếu F là trường hữu hạn gồm q phần tử thì aq = a, 8a 2 F:

1.1 CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Chứng minh

Đa thức xq x có không quá q nghiệm khác nhau trong F Mà theo Bổ đề 1.5 thì F

có đúngq nghiệm như vậy Tức xq x phân rã trên F

Định lý 1.7.( Về sự tồn tại và duy nhất của trường hữu hạn) Với mọi sốnguyên tố p và số nguyên dương n, tồn tại trường hữu hạn gồm q = pn phần tử Đó làtrường phân rã của đa thức xq

x trên trường nguyên tố Fp Mọi trường hữu hạn gồm qphần tử đều đẳng cấu với F:

Chứng minh

Gọi F là trường phân rã của đa thức xq

x trên trường Fp và S là tập tất cả cácnghiệm của đa thức nói trên trong F Hiển nhiên 0, 12 S Với mọi ; 2 S, ta có( )q ( ) = ( q q) ( ) = ( q ) ( q ) = 0 suy ra 2 S.Tương tự, ta có 2 S và 1 2 S , nếu 6= 0 Vậy S là trường con của F nên F = S.Giả sửL là trường có q = pn phần tử Khi đó,L Fq Theo Bổ đề 1.6 thì L là trườngphân rã của đa thứcxq

x trên Fp: Vậy L' F:

Định lý 1.8 (Tiêu chuẩn trường con) Cho trường Fq, q = pn Khi đó, mọi trườngcon của Fq đều có pm phần tử, trong đó m là một ước dương của n Ngược lại, nếu m làmột ước dương của n thì tồn tại một trường con của Fq có pm phần tử

1 chia hết cho đa thức xp m 1

1 trong Fp[x] Suy ra đa thức xp n

x chia hết cho

đa thứcxp m

x trong Fp[x] Do đó mọi nghiệm của đa thức xp m

x đều là nghiệm của đathứcxpn

x , nghĩa là đều nằm trong trường Fq Vậy Fq chứa trường phân rã củaxpm xtrên Fp, nghĩa là Fq chứa Fp m Cuối cùng nếu Fq chứa hai trường con khác nhau cấp pm

thì Fq chứa nhiều hơn pm phần tử nghiệm của đa thứcxp m

x, một điều vô lý Vậy ta cóđiều phải chứng minh

Định lý 1.9 Nhóm nhân của trường hữu hạn là nhóm xyclic

Chứng minh

Xét trường hữu hạn Fq nếu q = 2 thì điều khẳng định hiển nhiên là đúng

Xét với q 3 Đặt h = q 1 =jF j và phân tích h thành các thừa số nguyên tố nhưsau h = pr1

1 :::prk

k , với mọii = 1; 2; :::; m, đa thức xh=pi 1 có không quá h=pi nghiệm trong

Fq: Vì h=pi < h nên Fq chứa những phần tử không phải là nghiệm của đa thức này Giả sử

1.1 CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1 = bh=p1 = bh=p1

1 :::bh=p1

m Nhưng 8i = 2; 3; :::; m; ta có bh=p1

i = 1, nên từ đó suy ra bh=p1

1 = 1 Nhưng điều nàymâu thuẫn với o(b1) = pr1

1 Phần tử sinh của nhóm xyclic Fq gọi là phần tử nguyên thủy của trường Fq:

Định lý 1.10 Cho Fq là trường hữu hạn với q phần tử, q là lũy thừa của một sốnguyên tố

(i) Nếu q = 2n thì F2 n = F2

2 n; F2 n = F 2

2 n: Mọi phần tử của F2 n có duy nhất căn bậc 2trong F2 n:

(ii) Nếu q là lẻ thì Fq2 là nhóm con chỉ số 2 trong Fq Nếu z 2 FqnFq2 thì Fq =

Fq2 [ zFq2, Fq2 và zFq2 là phân biệt Hơn nữa, mỗi phần tử của Fq2 đều có hai căn bậchai trong Fq và mỗi phần tử của zFq2 không có căn bậc hai trong Fq:

Chứng minh

(i) Xét ánh xạ

2 : F2 n ! F2 n

x7 ! x2Giả sử 2(x) = 2(y) thì x2 = y2 do đó (x y)2 = x2 y2

= 0 Mà F2 n không có ướccủa 0 nênx y = 0, suy ra x = y Vậy nên 2 là đơn ánh Mặt khác, F2 n là hữu hạn nên

2 là song ánh Tức F22 n = F2 n, vì 02 = 0 nên F22n = F2 n: Hơn nữa, với mọi x 2 F2 n; vì

F2

2 n = F2 n nên tồn tạix0 2 F2

2 n sao cho x = x2

0.Giả sử x = x2

0 = y2

0 trong đó x0; y0 2 F2 n, suy ra (x0 y0)2 = 0 nên x0 = y0 Vậy mọiphần tử củaF2 n đều có duy nhất một căn bậc hai trong F2 n:

(ii) Ta có Fqlà nhóm xyclic, nếu q là lẻ thì jFqj = q 1 là chẵn

Gọi là phần tử nguyên thủy củaFq TứcFq =h i và có bậc q 1 Khi đó Fq2 = 2 ,

q là phân biệt nhau F 2

q là nhóm con có chỉ số 2 trong Fq Do đó với bất kì

z 2 FqnF 2

q thì ta cũng có

Fq = Fq2[ zFq2.trong đó Fq2; zFq2 là phân biệt Hơn nữa, với mọi x 2 Fq2 thì tồn tại x0 2 Fq sao cho

x = x20: Ta cũng có ( x0)2 = x và x0 6= x0:

1.1 CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Giả sử x = x2

0 = y2

0 trong đó x0; y0 2 Fq thì x01y0 2 = 1 nên x01y0 = 1, y0 = x0.Vậy mỗi phần tử của F 2

q có hai căn bậc hai trong Fq:Với mọi y 2 zF 2

q ; y = zu2; u2 Fq Giả sử tồn tại y0 2 Fq sao cho y = y2

0 thì zu2 = y2

0

nên z = (y0u 1)2 2 F 2

q Điều này mâu thuẫn

Vậy mỗi phần tử của zF 2

q không có căn bậc hai trong Fq:Mệnh đề 1.11 Cho ánh xạ : Fq n ! Fq n, 7 ! q Khi đó là một tự đẳng cấu

Ta gọi g (x) là đa thức đặc trưng của trên Fq Đa thức đơn khởi bậc nhỏ nhất trên Fq

nhận làm nghiệm gọi là đa thức tối tiểu của trên Fq

1.1 CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

m(x ) = (x ) (x ( )) ::: x d 1( ) (iv) Nếu g(x) là đa thức đặc trưng của trên Fq thì g(x) = m(x)n=d

Giả sử m(x) = f1(x)f2(x) là phân tích nhân tử của m(x) trong trường Fq[x] và 0 <deg f1(x); deg f2(x) < deg m(x) Chúng ta có thể giả sử f1(x); f2(x) là đơn khởi Thay

x = ta có 0 = m( ) = f1( )f2( ) mà Fq không có ước của 0 nên suy ra f1( ) = 0hoặcf2( ) = 0 nhưng cả f1(x); f2(x) là đơn khởi và bậc nhỏ hơn deg m(x) Điều này mâuthuẫn Vậy nên m(x) bất khả qui

(ii)Ta chia f (x) cho m(x), ta có f (x) = q(x)m(x) + r(x), trong đó q(x); r(x) 2 Fq[x]

Ta có ; ( ); :::; d 1

( ) là d phần tử phân biệt của Fq n Vì nếu i( ) = j( ); 1i; j d 1 và i > j thì i j( ) = ( j i) ( ) = ( j j) ( ) = 0( ) = Mà i j < d,dẫn đến mâu thuẫn

Đặt m1(x) = (x ) (x ( )) ::: x d 1( ) Lấy mở rộng của đối với m1(x) ta

có e (m1(x)) = m1(x) nên theo Định lý 1.13 thì m1(x)2 Fq[x]

Gọi m (x) là đa thức tối tiểu của , theo (ii) thì m (x)jm1(x) Tác động tự đẳng cấu

i; 1 i d 1; vào m( ) = 0 ta được m ( i( )) = 0, tức ; ( ) ; :::; d 1( ) là dnghiệm phân biệt của m(x) nên deg m(x) d Mà deg m1(x) = d và m(x)jm1(x) ; vậynên m (x) = m1(x) và deg m (x) = d

1.1 CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Vậy deg ( ) = deg m (x) :

Định lý 1.16 Cho 2 Fq n Tất cả các phần tử liên hợp với trên trên trường Fq n

đều có cùng cấp trong nhóm Fq n

Chứng minh:

Ta có jFqj = pm với p là nguyên tố và jFq nj = qn 1 Giả sử Fq n = hai, với 2 Fq n

khi đó = ak, và cấp của làs = qnk1 Các phần tử liên hợp với sẽ có dạng akp im

với

0 i s 1 Khi đó o akpim = gcd(qqnn1;kp1 im ) = gcd(qqnn 11;k) =jakj = j j vì qi = pkm và

qn 1 = pmn 1 nguyên tố cùng nhau

Định nghĩa 1.17 Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố, n nguyên dương Giả sử

Fq là trường con của Fq n và là tự đẳng cấu Frobenius của Fq n trên Fq Nếu 2 Fq n thì

ta định nghĩa vết của nó như sau:

1.2 CÁC HÀM SỐ HỌC CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trước tiên ta chứng minh với 2 Fq n; T r( ) = 0 khi và chỉ khi tồn tại 2 Fq n saocho = q Thật vậy, 2 Fq n sao cho = q, khi đó T r( ) = T r( q) =

T r( ) T r( q) = T r( ) T r( ) = 0

Ngược lại, nếu 2 Fq n sao cho T r( ) = 0 Ta xét đa thức xq x + Gọi p(x) là nhân

tử bất khả qui của nó Khi đó Fq n[x]=p(x) là trường

Ta kí hiệu lớp thặng dư củax theo môđun p(x) là thì q = Ta còn cần chứngminh 2 Fq n: Ta có 0 = T r( ) = + q + 2 + ::: + q n 1

= q + ( q)q +( q)q2+ ::: + ( q)qn 1 = q+ q q2+ q2 q3 +::: + qn 1+ qn = qn.Suy ra 2 Fq n:

Chứng minhT r là toàn ánh Để chứng minh T r là toàn ánh theo như Định lý 1.17(iii)

ta cần chứng minh tồn tại 2 Fq n sao cho T r( ) 6= 0 vì khi đó 8a 2 Fq n; thì ta có

T r(aT r( ) 1 ) = aT r( ) 1T r( ) = a, tức tồn tại aT r( ) 1

2 Fq n cần tìm

Ta đặtK =f q; 2 Fq ng Rõ ràng q= 0 0q tương đương 0 = ( )qnên suy ra 0 2 Fq Chứng tỏ và 0 thuộc cùng lớp Fq trong nhóm cộng Fq n Vậynên jKj = jFq nj : jFqj = qn 1 < qn: Vậy tồn tại 2 Fq n sao cho T r( )6= 0:

1.2 Các hàm số học

Hàm nhân đóng vai trò quan trọng trong lý thuyết số, nó giúp ta đưa đến các kết quảquan trọng của hàm Euler và hàm Mobius, các hàm có liên quan đến việc tính toán cácloại cơ sở trong trường hữu hạn

Định nghĩa 1.20 Hàm (a) với a là số nguyên dương, gọi là hàm nhân nếu nó thỏamãn hai điều kiện

Chứng minh:

1.2 CÁC HÀM SỐ HỌC CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Để chứng minh định lý ta khai triển phép nhân đối với vế phải và sử dụng tính chấtcủa hàm nhân

ta có điều phải chứng minh

Hệ quả 1.22 Nếu ta chọn (a) = as thì ta có

Rõ ràng S(a) là tổng các ước của a:

Hệ quả 1.24 Nếu ta chọn (a) = 1 thì khi đó ta có thể tính số các ước của a

(a) =X

dja

1 = (1 + 1):(1 + 2):::(1 + k)

Định nghĩa 1.25 Với các số nguyên dương a, ta định nghĩa hàm Mobius (a)

(a) = 0 nếu a có ước chính phương khác 1,

( 1)k với k là số các ước nguyên tố của a trong trường hợp còn lại.Với a = 1; ta xem k = 0 vậy nên (1) = 1:

Định lý 1.26 Cho (a) là hàm nhân, a = p 1

1 :::p k

k : Ta cóX

dja

(d) (d) = (1 (p1)) (1 (p2)) ::: (1 (pk)) Chứng minh:

1.2 CÁC HÀM SỐ HỌC CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Ta khai triển vế phải, các hạng tử nào có cùng (d) ta nhóm lại, bên trong hiển nhiên

là tổng cácf tương ứng là bội của d Rõ ràng d chạy khắp tập các ước nguyên dương của

ít nhất một : Suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ: ta cho tập các số tương ứng như sau

1.2 CÁC HÀM SỐ HỌC CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Định nghĩa 1.30 Hàm Euler '(a) được xác định với mọi số nguyên dương a Nó là

số các số nguyên dương nhỏ hơn a và nguyên tố cùng nhau với a

Định lý 1.31 Cho phân tích nguyên tố của a = p 1

Áp dụng Định lý 1.29 trong đó f và được định nghĩa như sau: cho x chạy khắp tậpcác số nguyên dương nhỏ hơn a, tương ứng mỗi giá trị của x đặt = gcd(x; a) và tươngứng f = 1

Khi đó S0 là số các số nguyên dương nhỏ hơn a và nguyên tố cùng nhau với a, chính

là'(a) Sd là số các giá trịx nhỏ hơn a có ước là d, d 6= 1 Mà (x; a) là bội của d thì d làước củaa Mặt khác số các nhỏ hơn a mà là bội của d sẽ là a

d Vậy'(a) =P

= p 1

1 :::p k

k = a:

Hiển nhiên dimFqFq n = [Fq n : Fq] = n Vì vậy cơ sở của Fq n trên Fq có lực lượng là n.Định lý 2.1 Cho f 1; 2; :::; ng là cơ sở của Fq n trên Fq và (aij)1 i;j n là ma trậnkhông suy biến cấp n trên Fq Đặt

2.1 CƠ SỞ ĐA THỨC CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

. .

T r( n 1) T r( n 2) : : : T r( n n)

(2.1)

trong đóT r là viết tắt của T rFqn=Fq được gọi là biệt thức của các phần tử 1; 2; :::; n và

kí hiệu là Fqn=Fq( 1; 2; :::; n) hay đơn giản là ( 1; 2; :::; n)

0, vậy nên ta phải có c1 = c2 = ::: = cn= 0 Vậy 1; 2; :::; n là độc lập tuyến tính trong

Fq n

Hệ quả 2.4 Cho 1; 2; :::; n 2 Fq n: Khi đó f 1; 2; :::; ng là cơ sở của Fq n trêntrường Fq nếu và chỉ nếu

2.1 CƠ SỞ ĐA THỨC CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

1 2 ::: n

q 1

Hệ quả 2.5 Số cơ sở được sắp của Fq n trên trường Fq là qn(n 1)=2Qn

cách chọn 3, Cuối cùng ta có qn qn 1 cách chọn n Vậy theo nguyên lý nhân ta có(qn 1) (qn q) (qn q2) ::: (qn qn 1) cách chọn bộ ( 1; 2; :::; n) Đó là cơ sở được sắpcủa Fq n trên Fq Và

Định lý 2.6 Cho m; n là nguyên dương và gcd(m; n) = 1 Nếu f 1; 2; :::; ng là cơ

sở của Fq n trên Fq thì nó cũng là cơ sở của Fq mn trên Fq m

Chứng minh

Ta gọif 1; 2; :::; ng là cơ sở của Fq n trên Fq Để chứng minhf 1; 2; :::; ng là cơ sởcủa Fq mn trên Fq m ta cần chứng minh 1; 2; :::; n độc lập tuyến tính trên Fq m, vì hiểnnhiên i 2 Fq mn

n

X

i=1

ai qijm = 0:

2.1 CƠ SỞ ĐA THỨC CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

Giờ ta chứng minh khi j chạy từ 0; 1; :::; n 1 theo mod n, thì jm cũng chạy từ0; 1; :::; n 1 theo mod n Ta cần chứng minh nếu j 6= j0 thì jm 6= j0m Thật vậy, nếu

jm = j0m thì (j j0)m = 0 mà (m; n) = 1 nên ta phải có j j0 chia hết cho n tức j = j0

(mod n) Điều này mâu thuẫn

Mặt khác ta có i 2 Fq n nên qin = i Vì thế nên nếujm j0m (mod n) thì qijm =

@

1 2 : : : n q

0BBB

@

a1

a2

an

1CCC

Fq Khi đó,1; ; 2; :::; n 1 là độc lập tuyến tính nên sẽ là cơ sở của Fq n trên Fq Ta gọi(1; ; 2; :::; n 1

) là cơ sở đa thức của Fq n trên Fq.Định lý 2.7 Số cơ sở đa thức của Fq n trên trường Fq bằng P

djn

(d)qd, trong đó d chạykhắp tập các ước nguyên dương của n

Chứng minh

Để chứng minh định lý trên ta sử dụng kết quả của mệnh đề sau đây trong [8], trang

515 Mệnh đề phát biểu như sau: Số đa thức bất khả qui bậc n trên trường Fq bằng

djn

(d)qd.Vậy ta có điều phải chứng minh

Ứng dụng của cơ sở đa thức

2.2 CƠ SỞ ĐỐI NGẪU CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

Cho cơ sở đa thức 1; ; 2; :::; n 1, và ; 2 Fq n, ta có thể biểu diễn

= b( )c( ) = r( )

Xét 6= 0; ta tìm 1 Ta có f (x) bất khả qui, deg f (x) = n và deg b(x) = n 1vậy nên gcd (f (x); b(x)) = 1 Sử dụng thuật toán Euclid với f (x) và b(x) ta sẽ thu đượcg(x)b(x) + h(x)f (x) = 1, trong đó g(x); h(x)2 Fq[x] và deg g(x) < deg f (x), deg h(x) <deg b(x): Thay x = ta có g( )b( ) = 1 nên suy ra

1 = g( )

Ví dụ 2.8 Xét trường hữu hạn F2 3: Ta xem F2 3 = F2[x]=(x3 + x + 1) Kí hiệulớp thặng dư của x theo môđun x3 + x + 1 bởi thì là phần tử bậc 3 trên F2; tachọn 1; ; 2 làm cơ sở của F2 3 trên F2 và x3 + x + 1 là đa thức tối tiểu của trên

F2 Cho b( ) = 1 + 2; c( ) = 1 + + 2 Đặt b(x) = 1 + x2; c(x) = 1 + x + x2 suy rab(x)c(x) = 1 + x + x3+ x4 vàx4+ x3+ x + 1 = (x3+ x + 1)(x + 1) + x2+ x tức r(x) = x2+ x.Vậy b( )c( ) = 2+

Dùng thuật chia Euclid cho b(x) và x3+ x + 1 ta có x(x2+ 1) + 1(x3+ x + 1) = 1 Suy

rab( ) 1 = :

2.2 Cơ sở đối ngẫu

Định nghĩa 2.9 Cho f 1; 2; :::; ng và f 1; 2; :::; ng là hai cơ sở của Fq n trênFq.Nếu với mọii; j = 1; 2; :::; n ta có

2.2 CƠ SỞ ĐỐI NGẪU CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

T r( i j) = ij (2.3)thì ta nói f 1; 2; :::; ng và f 1; 2; :::; ng là hai cơ sở đối ngẫu với nhau

Định lý 2.10 Mọi cơ sở của Fq n trên Fq đều có cơ sở đối ngẫu Hơn nữa, cơ sở đốingẫu này là duy nhất

Chứng minh

Cho f 1; 2; :::; ng là cơ sở của Fq n trên Fq

Đặt A = (aij)1 i;j n = (T r( i j))1 i;j n theo Định lý 2.3 thì A không suy biến nêntồn tạiB = A 1 = (bij)1 i;j n

0BBB

@

1 q1 ::: q1n 1

2 q2 : : : q2n 2

. .

n qn : : : q n 1

n

1CCCA

0BBB

t

= I:

Theo tính chất của ma trận thì f 1; 2; :::; ng là cơ sở đối ngẫu duy nhất

Như vậy theo định lý vừa nêu muốn tìm cơ sở đối ngẫu f 1; 2; :::; ng của một cơ sởcho trướcf 1; 2; :::; ng, ta cần tiến hành các bước sau:

Tuy nhiên ta có thể tìm cơ sở đối ngẫu của một cơ sở đa thức cho trước dựa theo định

lý sau mà không phải tìm ma trận khả nghịch như bước 2 ở trên:

Định lý 2.11 Chof1; ; 2; :::; n 1

g là cơ sở đa thức của Fq n trên Fqvà f 1; 2; :::; ng

là cơ sở đối ngẫu của nó Đặt f (x) là đa thức tối tiểu của trên Fq và f (x) = (x)( 0+ 1x + ::: + n 1xn 1), trong đó n 1 = 1 Khi đó

i= i

f0( ); i = 0 ; 1 ; 2 ; :::; n 1 :