Đa thức hoán vị được modulo lũy thừa một số nguyên tố

PHẦN MỞ ĐẦUTrong Toán học, một đa thức một biến f x với hệ số trên một vànhgiao hoán V được gọi là đa thức hoán vị được trên V hay gọi là đa thứchoán vị trên V nếu f x tác động như một

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN:

GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN

THÁI NGUYÊN, 08/2018

2 Đa thức hoán vị được modulo lũy thừa một số nguyên

2.1 Đa thức hoán vị được trên một trường hữu hạn 212.2 Đa thức hoán vị được trên vành Z2 n 272.3 Đa thức hoán vị được trên vành Z3 n và Z5 n 35

3

LỜI CẢM ƠN

Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS TS Lê ThịThanh Nhàn đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này Khi bắtđầu nhận đề tài thực sự tôi cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mới

mẻ Hơn nữa với vốn kiến thức ít ỏi cùng với kinh nghiệm làm đề tàikhông nhiều nên tôi chưa thực sự tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù rấtbận rộn trong công việc nhưng Cô vẫn dành nhiều thời gian và tâmhuyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trong suốt thờigian tôi thực hiện đề tài Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quá trìnhhoàn thiện luận văn Cô luôn tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốt nhấtnhất cho tôi hoàn thành luận văn Cho đến bây giờ luận văn thạc sĩ củatôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Cô đã đôn đốc, nhắc nhở tôi.Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và PhòngĐào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xintrân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thứcquý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thànhluận văn này

Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, các thầy cô giáo trườngTHPT Nguyễn Đăng Đạo -Bắc Ninh nơi tôi công tác đã tạo điều kiệngiúp đỡ tôi hoàn thành công việc chuyên môn tại nhà trường để tôi hoànthành chương trình học tập cao học

Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn

bè, những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốtnhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn

Thái nguyên, ngày 10/08/2018

Tác giả

PHẦN MỞ ĐẦU

Trong Toán học, một đa thức một biến f (x) với hệ số trên một vànhgiao hoán V được gọi là đa thức hoán vị được trên V (hay gọi là đa thứchoán vị trên V ) nếu f (x) tác động như một hoán vị trên V, nghĩa là ánh

xạ cảm sinh a 7→ f (a) là một song ánh trên V Chẳng hạn, khi V = R

là trường số thực, thì đa thức f (x) = x + 1 là hoán vị được trên R, tuynhiên đa thức g(x) = x2 thì không hoán vị được trên R Khi V = Z2, thì

đa thức f (x) = x+1 là hoán vị được trên Z2 (do f (0) = 1 và f (1) = 0),còn đa thức g(x) = x2+ x + 1 không hoán vị được (vì g(0) = 1 = g(1)).Các nghiên cứu về tính hoán vị được của đa thức trên trường hữuhạn có nhiều ứng dụng trong Tổ hợp, Hình học, Khoa học máy tính vàđóng vai trò quan trọng trong mã hóa, bảo mật, đặc biệt là trong cácthuật toán phát hiện lỗi, thuật toán hiệu đính, Đa thức hoán vị được,bắt đầu được nghiên cứu bởi Charles Hermite (1822-1901) cho trườnghợp trường Zp, với p là một số nguyên tố Tiếp đó, Leonard EugeneDickson (1874-1954) là người đầu tiên mở rộng nghiên cứu tính hoán

vị được của đa thức trên trường hữu hạn tùy ý Nếu F là trường hữuhạn thì số phần tử của F là pn với p là một số nguyên tố và n là một

số nguyên dương Vì thế nếu đa thức f (x) hoán vị được trên trường Fthì ta cũng nói f (x) hoán vị được modulo pn Khi đó, chú ý rằng nếu

F là một trường hữu hạn, thì đa thức f (x) ∈ F [x] là hoán vị được trên

F khi và chỉ khi ánh xạ cảm sinh f : F → F là đơn ánh, khi và chỉ khiánh xạ này là toàn ánh Vì thế, việc xét tính hoán vị được có phần đượcgiảm nhẹ Tuy nhiên, đặc trưng tính hoán vị được của đa thức trên mộttrường hữu hạn vẫn là bài toán khó, chưa có lời giải

Đã có rất nhiều nhà toán học quan tâm và có một số công trình đượccông bố gần đây về tính hoán vị được của đa thức trên vành có pn phần

tử, với p là một số nguyên tố và n là số nguyên dương Gần đây trongmột công trình của mình, hai tác giả Rajesh P Singh và Soumen Maity

đã đưa ra một điều kiện cần và đủ để đa thức f (x) = a0+a1x+ .+adxdvới hệ số nguyên là hoán vị được trên vành Zp n, với p = 2, 3, 5 thôngqua các hệ số a0, a1, , ad

Mục đích của luận văn là trình bày lại các kết quả về tính hoán vịđược của đa thức modulo lũy thừa một số nguyên tố, bao gồm tính hoán

vị được trên một trường hữu hạn và tính hoán vị được trên vành Zp n

với p là số nguyên tố

Luận văn gồm hai chương Chương 1 trình bày về đa thức bất khảquy, trường phân rã của một đa thức, cấu trúc của trường hữu hạn.Trong Chương 2, đầu tiên chúng tôi tập trung trình bày một số địnhnghĩa, kết quả ban đầu về tính hoán vị được của đa thức trên một trườnghữu hạn Tiếp theo chúng tôi trình bày lại các kết quả về tính hoán vịđược của đa thức một biến với hệ số nguyên trên vành Zp n, với p = 2, 3, 5trong bài báo của hai tác giả Rajesh P Singh và Soumen Maity, kết quảchính được thể hiện trong các Định lý 2.2.7, Định lý 2.3.3 và Định lý2.3.8

Cấu trúc của trường hữu hạn

Mục đích của chương này là trình bày các tính chất cơ bản của trườngphân rã và cấu trúc trường hữu hạn Các kết quả trong Chương nàyđược viết theo các tài liệu [1]

Trong suốt luận văn này chúng ta luôn xét đa thức với hệ số trênmột trường K Trong trường hợp này, các đa thức hằng khác 0 đều khảnghịch Do đó ta có thể định nghĩa đa thức bất khả quy như sau

1.1.1 Định nghĩa Đa thức f (x) với hệ số trên một trường K là bấtkhả quy nếu deg f (x) > 0 và f (x) không phân tích được thành tích củahai đa thức có bậc bé hơn

Tiếp theo, chúng ta định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy củamột phần tử đại số trên K Trước tiên ta nhắc lại một số khái niệm sau.1.1.2 Định nghĩa Cho F là một trường chứa K Một phần tử a ∈ Fđược gọi là đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác khôngvới hệ số trên K Đa thức dạng chuẩn là đa thức có hệ số cao nhất là 1.Mệnh đề tiếp theo đóng vai trò quan trọng để định nghĩa đa thức bấtkhả quy của một phần tử đại số

7

1.1.3 Mệnh đề Cho F là một trường chứa K và a ∈ F là phần tử đại

số trên K Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quydạng chuẩn nhận a làm nghiệm Hơn nữa, nếu g(x) ∈ K[x] nhận a làmnghiệm thì g(x) là bội của p(x)

Chứng minh Vì a là phần tử đại số trên F nên tồn tại f (x) ∈ K[x] là

đa thức khác 0 có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm Đặt p(x) = b−1f (x),trong đó b là hệ số cao nhất của f (x) Khi đó p(x) ∈ K[x] là đa thứcdạng chuẩn có bậc bé nhất nhận a làm nghiệm Rõ ràng deg p(x) > 0.Nếu p(x) khả quy thì p(x) là tích của hai đa thức trong K[x] với bậc béhơn và một trong hai đa thức này phải nhận a làm nghiệm, điều này làmâu thuẫn với cách chọn p(x) Do đó p(x) bất khả quy

Tiếp theo, giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu g(x) khôngchia hết cho p(x) thì vì p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = 1 Khi

đó, tồn tại q(x), h(x) ∈ K[x] sao cho

1 = p(x).q(x) + g(x).h(x)

Thay x = a vào cả hai vế ta được 1 = 0, điều này là vô lý Vậy g(x)chia hết cho p(x) Giả sử q(x) ∈ K[x] cũng là đa thức bất khả quy dạngchuẩn nhận a làm nghiệm Theo chứng minh trên, q(x) là bội của p(x).Viết q(x) = p(x).k(x) với k(x) ∈ K[x] Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = cvới 0 6= c ∈ K Do đó q(x) = cp(x) Đồng nhất hệ số cao nhất của hai

vế với chú ý rằng q(x) và p(x) đều có dạng chuẩn, ta suy ra c = 1 Vìthế p(x) = q(x)

1.1.4 Định nghĩa Cho a là phần tử đại số trên trường K Đa thứcp(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm được gọi là đathức bất khả quy của a

1.1.5 Ví dụ Đa thức x3 − 2 ∈ Q[x] là bất khả quy (vì có bậc 3 vàkhông có nghiệm hữu tỷ), do đó nó là đa thức bất khả quy của phần

f (x) ∈ K[x] sao cho trong trường F ta có (g(a))−1 = f (a).

Chứng minh Theo Mệnh đề 1.1.3, tồn tại p(x) ∈ K[x] là đa thức bấtkhả quy của a Do g(a) 6= 0 và p(a) = 0 nên g(x) không chia hết chop(x) Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), g(x)) = 1 Khi đó tồn tại các

đa thức f (x), t(x) ∈ K[x] sao cho 1 = g(x).f (x) + p(x)t(x) Suy ra

1 = g(a)f (a) Do đó (g(a))−1 = f (a)

Mục đích của tiết này là sử dụng tính chất của đa thức bất khả quy đểchỉ ra sự tồn tại duy nhất của trường phân rã của một đa thức Trongsuốt tiết này, luôn giả thiết K là một trường Nếu E là một trường chứa

K thì ta viết K ⊆ E hay E/K, khi đó ta gọi E/K là một mở rộng trường

Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên như một K-không gian véc tơ Chiềucủa không gian này được gọi là bậc của mở rộng E/K và kí hiệu là[E : K] Nếu [E : K] < ∞ thì ta nói E/K là mở rộng hữu hạn Chú ýrằng nếu E/K và T/E là các mở rộng hữu hạn thì ta có công thức bậc[T : K] = [T : E][E : K] Nếu mỗi phần tử của E đều đại số trên K thì

ta nói E/K là mở rộng đại số

1.2.1 Chú ý (i) Giả sử E/K là một mở rộng trường Nếu E/K là mởrộng hữu hạn thì nó là mở rộng đại số Thật vậy, giả sử dimKE = t và

α ∈ E Vì hệ {1, α, , αt} gồm t + 1 phần tử nên nó là hệ phụ thuộctuyến tính Do đó tồn tại α0, α1, , αt ∈ K với ít nhất một hệ số αi 6= 0sao cho α0+ α1α + · · · + αtαt = 0 Như vậy, α0+ α1x + · · · + αtxt ∈ K[x]

là đa thức khác 0 nhận α là nghiệm, vì thế α đại số trên K

(ii) Nếu E/K là một mở rộng trường và α1, , αn ∈ E thì ta kí hiệuK(α1, , αn) (K[α1, , αn]) là giao của tất cả các trường con (vànhcon) của E chứa K và chứa α1, , αn Ta thấy rằng K(α1, , αn) làtrường con bé nhất và K[α1, , αn] là vành con bé nhất của E chứa K

và chứa các phần tử α1, , αn Trường hợp n = 1, nếu g(α) 6= 0 thìphần tử (g(α))−1 ∈ E được kí hiệu là 1

Chứng minh Do α là đại số trên K nên theo Mệnh đề 1.1.6, mỗi phần

tử khác 0 trong vành K[α] đều khả nghịch Suy ra K[α] là một trườngchứa K và α Vì thế K[α] = K(α) Cho β ∈ K(α) Khi đó β ∈ K[α]

Vì thế β = f (α) với f (x) ∈ K[x] Theo Định lý chia với dư, tồn tạiq(x), r(x) ∈ K[x] sao cho

Do đó S là một hệ sinh của K-không gian véc tơ K(α) Giả sử S phụthuộc tuyến tính Khi đó tồn tại b0, , bn−1 ∈ K với ít nhất một bi 6= 0sao cho

b0+ b1α + · · · + bn−1αn−1 = 0

Đặt g(x) = b0+ b1x + · · · + bn−1xn−1 ∈ K[x] Khi đó g(x) là một đa thứckhác 0 và nhận α làm nghiệm Theo Mệnh đề 1.1.3, g(x) là bội của p(x),điều này là vô lý (vì deg g(x) < deg p(x)) Do đó S độc lập tuyến tính.Suy ra S là một cơ sở của K(α)

1.2.3 Định nghĩa Cho f (x) ∈ K[x] là đa thức có bậc n > 0 Ta nói

f (x) phân rã trên một trường F chứa K nếu tồn tại α1, , αn ∈ F saocho f (x) = α(x − α1) (x − αn), trong đó α là hệ số cao nhất của f (x).Một trường phân rã của f (x) trên K là một trường F chứa K sao cho

f (x) phân rã trên F và f (x) không phân rã trên bất cứ trường con thực

sự nào của F

1.2.4 Mệnh đề Cho f (x) ∈ K[x] là một đa thức bậc n và E làmột trường chứa K và chứa n nghiệm α1, , αn của đa thức f (x).Khi đó K(α1, , αn) là trường phân rã của đa thức f (x) trên K và[K(α1, , αn) : K] ≤ nn

Chứng minh Từ định nghĩa ta thấy rằng K(α1, , αn) là trường phân

rã của f (x) trên K Đặt K0 = K và Ki = K(α1, , αi) với i = 1, , n.Với mỗi i = 1, , n, nếu coi f (x) ∈ Ki−1[x] thì f (x) có ước bất khả quy

Chứng minh Đặt E = K[x]/I Ta chứng minh E là một trường Giả sửg(x) + I ∈ E với g(x) + I 6= 0 + I Khi đó g(x) /∈ I Do đó g(x) không làbội của f (x) Vì f (x) bất khả quy nên gcd(f (x), g(x)) = 1 Khi đó tồntại p(x), q(x) ∈ K[x] sao cho

1 = f (x)p(x) + g(x)q(x)

Chú ý rằng f (x), p(x) ∈ I Do đó

1 + I = (f (x)p(x) + g(x)q(x)) + I

= g(x)q(x) + I = (g(x) + I)(q(x) + I)

Suy ra g(x) + I khả nghịch trong E Vậy E là một trường Xét ánh xạ

φ : K → E cho bởi φ(a) = a + I Rõ ràng φ là một đồng cấu Nếuφ(a) = φ(b) với a, b ∈ K thì a + I = b + I Vì thế a − b ∈ I Suy ra

f (x)|(a − b) Do deg f (x) > 0 nên a = b Vì vậy φ là đơn cấu Do đó ta

có thể xem K là một trường con của E và mỗi phần tử a ∈ K được đồngnhất với phần tử a + I ∈ E Đặt α = x + I ∈ E Giả sử

Vì vậy α là một nghiệm của đa thức f (x) trong trường E

Theo bổ đề trên, mọi đa thức bậc dương với hệ số trên K đều có ítnhất một nghiệm trong một trường mở rộng nào đó của K

α là một nghiệm của f (x) (trong một mở rộng nào đó của K) và β làmột nghiệm của g(x) (trong một mở rộng nào đó của K0) Khi đó tồntại một đẳng cấu φ : K(α) → K0(β) sao cho φ(α) = β và φ(a) = p(a)với mọi a ∈ K.

Chứng minh Giả sử deg f (x) = n Theo Mệnh đề 1.2.2, hệ phần tử{1, α, , αn−1} là một cơ sở của K(α) Do đó mỗi phần tử u ∈ K(α)biểu diễn duy nhất dưới dạng

u = a0+ · · · + an−1αn−1,

với a0, , an−1 ∈ K Vì thế quy tắc φ : K(α) → K0(β) cho bởi

φ(u) = φ(a0 + a1α + · · · + an−1αn−1)

= p(a0) + p(a1)β + · · · + p(an−1)βn−1

là một ánh xạ Vì p là đồng cấu nên φ là đồng cấu Do f (x) bất khả quytrên K và p là đẳng cấu nên g(x) bất khả quy trên K0 và deg g(x) = n

Vì thế, theo Mệnh đề 1.2.2, hệ {1, β, , βn−1} là một cơ sở của K0(β)

Do đó φ là toàn cấu Giả sử φ(u) = 0 với u = a0+ a1α + · · · + an−1αn−1.Khi đó đa thức

h(x) = p(a0) + p(a1) + · · · + p(an−1)xn−1 ∈ K0[x]

nhận β làm nghiệm Từ Mệnh đề 1.1.3 ta suy ra h(x) là bội của g(x).Chú ý rằng h(x) = 0 hoặc deg h(x) < n, trong khi đó deg g(x) = n Suy

ra h(x) = 0 Vì thế u = 0 Do đó φ là đơn cấu

Dựa vào Mệnh đề 1.2.4, Bổ đề 1.2.5 và Bổ đề 1.2.6 ta có thể chứngminh định lý sau Định lý này chỉ ra rằng trường phân rã của một đathức trên một trường là tồn tại và duy nhất Chứng minh định lý nàyđược trình bày chi tiết trong [1]

(i) Tồn tại một trường phân rã F của f (x) trên K.

(ii) Nếu p : K → K0 là một đẳng cấu trường và F0 là trường phân

rã của đa thức g(x) =

n

X

i=0

p(ci)xi trên K0 thì tồn tại một đẳng cấu

φ : F → F0 sao cho φ(a) = p(a) với mọi a ∈ K

Tiếp theo là một ví dụ về trường phân rã của một đa thức với hệ sốtrên Q

1.2.8 Ví dụ Trường phân rã của đa thức: f (x) = x3 − 2 trên Q làQ(i

√

3,√3

2) Hơn nữa, [Q(i√3,√3

2) : Q] = 6 Thật vậy, vì 3 nghiệm của

2 (−1 + i

√3), α3 =

3

√2

2 (−1 − i

√3)

nên Q(α1, α2, α3) là trường phân rã của f(x) trên Q Do α1, α2, α3 đềuthuộc Q(i√3,√3

2) Rõ ràng x2+ 3 không có nghiệm thực, do đó nó không

có nghiệm trong E Vì thế x2 + 3 là đa thức bất khả quy trên E của

[Q(i√3,√3

2) : Q] = [E(i√3) : E][E : Q] = 2.3 = 6

1.3 Cấu trúc của trường hữu hạn

Mục đích của tiết này là dùng các kết quả về trường phân rã của đathức trong Tiết 1.2 để làm rõ cấu trúc của trường hữu hạn

1.3.1 Chú ý Cho k ∈ Z và a ∈ K là một phần tử tùy ý Nếu k > 0 thì

ta đặt ka = a + a + · · · + a, trong tổng có k hạng tử a Nếu k = 0 thì

ta quy ước ka = 0 Nếu k < 0 thì ta đặt ka = (−a) + · · · + (−a), trongtổng có −k hạng tử −a Đặc số của K là số nguyên dương nhỏ nhất k(nếu tồn tại) sao cho k1 = 0, trong đó 1 ∈ K là phần tử đơn vị Nếukhông tồn tại số nguyên dương k thỏa mãn k1 = 0 thì ta nói K có đặc

số 0 Khi đó đặc số của một trường K hoặc là 0 hoặc là một số nguyêntố

1.3.2 Mệnh đề Nếu trường K có q phần tử thì K có đặc số p nguyên

tố và q là một lũy thừa của p

Chứng minh Giả sử K có đặc số 0 Khi đó nếu k < k0 là hai số tự nhiênthì (k0 − k)1 6= 0 tức là k1 6= k01 Do đó tập {k1 | k ∈ N} là một tậpcon vô hạn của K Điều này là mâu thuẫn với giả thiết trường K hữuhạn Do đó K có đặc số p > 0 Vì K là trường nên p là số nguyên tố.Xét ánh xạ φ : Z → K cho bởi φ(k) = k1 Giả sử k ∈ Z sao cho k1 = 0.Viết k = pt + r với 0 ≤ r < p Vì p1 = 0 nên ta có k1 = r1 = 0 Từđịnh nghĩa của p ta suy ra r = 0 Do đó k là bội của p Vì thế

nhắc lại một số khái niệm và kết quả về nhóm cần đến trong các chứngminh Chú ý rằng nếu K là một trường thì K∗ = K \ {0} là một nhómnhân giao hoán với phần tử đơn vị là 1 Nếu K có n phần tử thì K∗ lànhóm cấp n − 1, do đó nếu a ∈ K∗ thì an−1 = 1 Định lý sau đây phảnánh cấu trúc của trường hữu hạn.

1.3.3 Định lý Với mỗi số nguyên tố p và mỗi số nguyên dương d, tồntại duy nhất trường có đúng pd phần tử

Chứng minh Đặt q = pd Do p nguyên tố nên Zp là trường Theo Định

lý 1.2.7, tồn tại một trường F chứa Zp và chứa các nghiệm của đa thứcg(x) = xq − x ∈ Zp[x] Đặt K = {α ∈ F | g(α) = 0} Xét đạo hàm

g0(x) = qxq−1− 1 của g(x) Kí hiệu 1 ∈ Zp là phần tử đơn vị và 0 ∈ Zp

là phần tử không Rõ ràng p1 = 0 Do đó q1 = pd1 = 0 Suy ra

g0(x) = (q1)xq−1− 1 = −1

Do đó gcd(g(x), g0(x)) = 1 Suy ra g(x) không có nghiệm bội trong F.Điều này cũng có nghĩa là K có đúng q phần tử Như vậy, Định lý đượcchứng minh nếu ta chỉ ra K là một trường Nếu p lẻ thì q lẻ và do đó,g(−1) = −1 + 1 = 0 Vì thế −1 ∈ K Nếu p chẵn thì p = 2 (vì p nguyêntố) Suy ra

g(−1) = (−1)q+ 1 = 1 + 1 = 2.1 = 0

Do đó −1 ∈ K Vậy trong mọi trường hợp ta đều có −1 ∈ K Cho

a, b ∈ K Khi đó g(a) = g(b) = 0 Suy ra aq = a và bq = b Vì vậy(ab)q = ab, tức là g(ab) = 0 Suy ra ab ∈ K Chú ý rằng

k = 1, , q − 1 Do đó ta có  q

k



aq−kbk = 0 với mọi k = 1, , q − 1.Suy ra

(a + b)q = aq+ bq = a + b,

tức là g(a + b) = 0 Vì thế a + b ∈ K Cho 0 6= a ∈ K Khi đó aq = a.Chú ý rằng q ≥ 2 Do a 6= 0 nên a có nghịch đảo a−1 ∈ F Vì vậy, từ

aq = a ta suy ra aq−1 = 1 Chú ý rằng aq−2
q = (aq)q−2 = aq−2 Vìthế aq−2 ∈ E và do đó aq−2 là nghịch đảo của a trong E Vậy K là mộttrường có q phần tử

Tiếp theo ta chứng minh tính duy nhất Cho K0 là trường có q phần

tử Khi đó K0 có đặc số là p0 nguyên tố.Vì thế p, p0 là ước nguyên tố của

q và là ước nguyên tố duy nhất của q Do đó p = p0 Theo chứng minh

Bổ đề 1.3.2, K, K0 đều chứa trường con Zp Tương tự lập luận như trên

ta suy ra đa thức

g(x) = xq − x ∈ Zp[x]

không có nghiệm bội trong bất cứ mở rộng nào của Zp Cho a ∈ K Nếu

a = 0 thì rõ ràng a là nghiệm của g(x) Giả sử a 6= 0 Đặt K∗ = K \ {0}.Khi đó K∗ là một nhóm với phép nhân Cấp của K∗ là q − 1 và 1 là phần

tử đơn vị của nhóm nhân K∗ Vì a 6= 0 nên a ∈ K∗ Do đó aq−1 = 1.Suy ra aq = a Điều này dẫn đến a là nghiệm của g(x) Vì thế các phần

tử của K chính là nghiệm của g(x) Do đó K là trường phân rã củag(x) trên Zp Tương tự, K0 cũng là trường phân rã của g(x) trên Zp.Theo Định lý 1.2.7 ta suy ra K ∼= K0 Do đó trường có q phần tử là duynhất

Từ Mệnh đề 1.3.2 và Định lý 1.3.3 ta suy ra rằng với q là một số tựnhiên, tồn tại (duy nhất) một trường có q phần tử nếu và chỉ nếu q làlũy thừa của một số nguyên tố Chẳng hạn, tồn tại trường có 81 phần

tử, nhưng không tồn tại trường có 100 phần tử

Sử dụng tính chất về số nghiệm của đa thức ta có kết quả sau đây vềnhóm nhân của một trường hữu hạn Mệnh đề này được sử dụng trongChương 2 để đặc trưng tính hoán vị được của đa thức bậc 2 trên trườnghữu hạn (xem Định lý 2.1.4) Nhắc lại rằng một nhóm nhân G được gọi

là xyclic nếu tồn tại một phần tử a ∈ G sao cho G = {an | n ∈ Z} Khi

đó ta viết G =< a > va ta nói G là nhóm xyclic sinh bởi a

1.3.4 Mệnh đề Nếu K là trường hữu hạn thì nhóm nhân K∗ = K \ {0}của K là một nhóm xyclic

Chứng minh Giả sử K có q phần tử Khi đó nhóm nhân K∗ của trường

K có q − 1 phần tử Để chứng minh K∗ là xyclic, ta chỉ cần chứng minhvới mỗi ước d của q − 1, nhóm K∗ có nhiều nhất một nhóm con xycliccấp d Giả sử H =< a > và H0 =< b > là hai nhóm con xyclic cấp dkhác nhau của K∗ Khi đó ad = 1 và bd = 1 Vì thế các phần tử của H

và H0 đều là nghiệm của đa thức xd− 1 ∈ K[x] Vì H và H0 khác nhaunên H ∪ H0 có ít nhất d + 1 phần tử Do đó đa thức xd − 1 có bậc dnhưng lại có ít nhất d + 1 nghiệm trong trường K Điều này là vô lí.Cho q = pd, trong đó p là một số nguyên tố và d ≥ 1 là một sốnguyên dương Dưới đây chúng ta trình bày cách xây dựng một trường

có q phần tử Nếu d = 1 thì q = p là số nguyên tố nên Zq là một trường.Nếu d > 1 thì Zq không là trường Khi đó để xây dựng trường có q phần

tử, ta tiến hành các bước sau

Bước 1 Chọn trường cơ sở Zp

Bước 2 Chọn một đa thức f (x) ∈ Zp[x] là bất khả quy trên Zp và cóbậc là d

Bước 3 Đặt K = Zp[x]/I, trong đó I là iđêan chính sinh bởi đa thức

f (x) Khi đó K là trường có q phần tử

1.3.5 Ví dụ Để xây dựng trường có 4 phần tử ta làm như sau Ta có

q = 4, p = 2, d = 2 Khi đó chọn trường cơ sở là Z2 Xét đa thức

f (x) = x2 + x + 1 ∈ Z2[x]

Rõ ràng f (x) không có nghiệm trong Z2 và deg f (x) = 2 Do đó đa thức

f (x) là bất khả quy trên Z2 Đặt K = Z2[x]/I, trong đó I là iđêan chínhsinh bởi đa thức f (x) = x2+ x + 1 Khi đó K = {0, 1, x, x + 1} là tập các

đa thức dư khi lấy các đa thức trên Z2 chia cho đa thức x2+ x + 1 Phépcộng và phép nhân trong K được thực hiện như phép cộng và nhân đathức thông thường, sau đó lấy phần dư khi chia cho đa thức x2+ x + 1.Chẳng hạn

(x + 1) + (x + 1) = 0 ∈ K(x + 1)(x + 1) = x2 + 2x + 1 = x ∈ K

x + x = 2x = 0 ∈ Kx.x = x2 = x + 1 ∈ Kx(x + 1) = x2+ x = 1 ∈ K

Do đó K là trường có 4 phần tử Phần tử nghịch đảo của 1, x, x + 1 lầnlượt là 1, x + 1, x

1.3.6 Ví dụ Để xây dựng trường có 8 phần tử ta làm như sau Ta có

q = 8, p = 2, d = 3 Khi đó chọn trường cơ sở là Z2 Xét đa thức

f (x) = x3 + x + 1 ∈ Z2[x]

Rõ ràng f (x) không có nghiệm trong Z2 và deg f (x) = 3 Do đó đa thức

f (x) là bất khả quy trên Z2 Đặt K = Z2[x]/I, trong đó I là iđêan chínhsinh bởi đa thức f (x) = x3+ x + 1 Khi đó

K = {0, 1, x, x + 1, x2, x2 + 1, x2 + x, x2 + x + 1}

là tập các đa thức dư khi lấy các đa thức trên Z2 chia cho đa thức

x3 + x + 1 Phép cộng và phép nhân trong K được thực hiện như phépcông và nhân đa thức thông thường, sau đó lấy phần dư khi chia cho đathức x3+ x + 1 Tương tự như ví dụ trên ta có

x2(x2 + x + 1) = x4 + x3 + x2 = 1 ∈ Kx(x2 + 1) = x3 + x = 1 ∈ K

(x + 1)(x2+ x) = x3 + 2x2 + x = 1 ∈ K

Do đó K là trường có 8 phần tử Phần tử nghịch đảo của 1, x, x +

1, x2, x2+1, x2+x, x2+x+1 lần lượt là 1, x2+1, x2+x, x2+x+1, x, x+1, x2

1.3.7 Ví dụ Để xây dựng trường có 9 phần tử ta làm như sau Ta có

q = 9, p = 3, d = 2 Khi đó chọn trường cơ sở là Z3 Xét đa thức

f (x) = x2 + 1 ∈ Z3[x]

Rõ ràng f (x) không có nghiệm trong Z3 và deg f (x) = 2 Do đó đa thức

f (x) là bất khả quy trên Z3 Đặt K = Z3[x]/I, trong đó I là iđêan chínhsinh bởi đa thức f (x) = x2+ 1 Khi đó

x.2x = 1 ∈ K

(2x + 1).(2x + 2) = 1 ∈ K

Do đó K là trường có 9 phần tử Phần tử nghịch đảo của 1, 2, x, x +

1, x + 2, 2x, 2x + 1, 2x + 2 lần lượt là 1, 2, 2x, x + 2, x + 1, x, 2x + 2, 2x + 1

Đa thức hoán vị được modulo lũy thừa một số nguyên tố

Mục đích của Chương 2 là trình bày lại các kết quả về đa thức hoán

vị được modulo lũy thừa một số nguyên tố Trong Chương 1, chúng ta

đã chỉ ra rằng nếu F là trường hữu hạn, thì số phần tử của F là lũythừa của một số nguyên tố Vì thế, nếu đa thức f (x) hoán vị được trêntrường hữu hạn, thì ta cũng nói f (x) hoán vị được modulo lũy thừa một

số nguyên tố Nội dung đầu tiên của Chương 2 là trình bày tính hoán vịđược của đa thức trên trường hữu hạn Nội dung tiếp theo của Chương

2 là chứng minh lại chi tiết các điều kiện cần và đủ của các số nguyên

a0, , ad để đa thức f (x) = a0 + a1x + + adxd hoán vị được trênvành Zp n với p = 2, 3, 5 Tài liệu tham khảo chính của Chương này là[2], [6], [7]

Trong phần này chúng tôi trình bày một số tính chất của đa thức hoán

vị được trên một trường hữu hạn Trong tiết này ta luôn giả thiết F làmột trường

2.1.1 Định nghĩa Cho f (x) ∈ F[x] là một đa thức trên trường F.(i) Ta nói rằng f (x) là đa thức hoán vị được trên F nếu ánh xạ cảmsinh f : F → F cho bởi a 7→ f (a) là một song ánh

21

(ii) Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố, Fq là trường có q phần

tử và f (x) là một đa thức với hệ số trong Fq Khi đa thức f (x) hoán vịđược trên trường Fq thì ta cũng nói f (x) là hoán vị được modulo q.Tiếp theo là một số ví dụ về đa thức hoán vị được

2.1.2 Ví dụ (i) Cho F = Z2, đa thức f (x) = x + 1 là hoán vị được trên

Z2 (vì f (0) = 1 và f (1) = 0), đa thức g(x) = x2 + x + 1 không hoán vịđược (vì g(0) = g(1) = 1.)

(ii) Cho F = Z5, đa thức f (x) = 2x + 1 là hoán vị được trên Z5, đathức g(x) = x2 không hoán vị được (vì g(2) = g(3) = 4.)

(iii) Cho F = Z7, đa thức f (x) = x + 2 là hoán vị được trên Z7, đathức g(x) = x2 + 1 không hoán vị được (vì g(1) = g(6) = 2.)

Từ nay về sau, với q là lũy thừa của một số nguyên tố, ta kí hiêu Fq

là trường có q phần tử Mệnh đề tiếp theo chỉ ra một số lớp đa thứchoán vị được và không hoán vị được

f : Fq → Fq không là đơn ánh Do đó f (x) không hoán vị được

(ii) Giả sử f (x) = ax + b ∈ Fq[x] là đa thức bậc nhất Vì 0 6= a ∈ Fq

nên tồn tại phần tử a−1 ∈ Fq là nghịch đảo của a Do đó với mỗi c ∈ Fq,phương trình ax + b = c luôn có nghiệm là x = a−1(c − b) ∈ Fq Do đóánh xạ cảm sinh là toàn ánh Do Fq là hữu hạn nên ánh xạ cảm sinh làđơn ánh Do đó f (x) hoán vị được trên Fq

Tiếp theo là một tiêu chuẩn hoán vị được cho các đơn thức