Trường hữu hạn
Mục đích của chương này là giới thiệu khái niệm trường hữu hạn và làm rõ cấu trúc cũng như số phần tử của trường hữu hạn.
Trường là một tập hợp T với hai phép toán cộng và nhân, trong đó hai phép toán này phải thỏa mãn tính chất kết hợp, giao hoán, và phép nhân phân phối với phép cộng T có phần tử 0 và phần tử đơn vị 1 Mỗi phần tử a ∈ T đều có phần tử đối xứng −a ∈ T, và mọi phần tử a ∈ T (với a ≠ 0) đều có phần tử nghịch đảo a^(-1) ∈ T.
Trường Z2 là một ví dụ về trường, trong khi vành Z4 không phải là trường vì phần tử chỉ khi n là số nguyên tố Một số trường vô hạn tiêu biểu bao gồm trường Q của các số hữu tỷ, trường R của các số thực, và trường C của các số phức Định nghĩa trường hữu hạn là trường có số lượng phần tử hữu hạn.
Chú ý 1.1.2 Với mọi trường T, mọi phần tử a ∈ T và mọi số nguyên n ta định nghĩa bội nguyênna như sau:
Trong toán học, nếu n < 0, ta có thể biểu diễn na = (−a) + + (−a) (−n hạng tử a) Định nghĩa 1.1.3 cho biết rằng, với một trường T, nếu tồn tại số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho n1 = 0 (trong đó 1 là phần tử đơn vị của T), thì trường T được gọi là có đặc số n Ngược lại, nếu không có số n nào thỏa mãn điều kiện trên, trường T sẽ có đặc số là 0.
Chẳng hạn, trường Z5 có đặc số 5 Trường Qcó đặc số 0, trường Zp có đặc số p(với mọi số nguyên tố p).
Mệnh đề 1.1.4 Đặc số của một trườngT hữu hạn là số nguyên tố.
Giả sử trường hữu hạn T có đặc số 0, thì với mọi số nguyên n > m, ta có (n−m)1 ≠ 0, tức là n1 ≠ m1 Điều này dẫn đến việc T chứa tập {n1 | n ∈ Z}, một tập vô hạn, điều này là vô lý Do đó, T phải có đặc số p > 0 Nếu p là hợp số, tức là p = mn với 1 < m, n < p, thì ta có p1 = 0 = mn1 = (m1)(n1) Vì T là một trường nên (m1) = 0 hoặc n1 = 0, điều này cũng vô lý Vì vậy, p phải là số nguyên tố.
Để hiểu rõ về không gian véc tơ, chúng ta cần nhắc lại một số khái niệm cơ bản Một không gian véc tơ trên trường T, ký hiệu là T-không gian véc tơ, là một tập V được trang bị phép toán cộng và một ánh xạ T × V → V, gọi là phép nhân vô hướng Phép cộng trong không gian này phải thỏa mãn các tính chất giao hoán, kết hợp, có phần tử 0, và mỗi phần tử trong V đều có đối xứng Bên cạnh đó, phép nhân vô hướng cũng cần đáp ứng các điều kiện nhất định với mọi x, y ∈ T và mọi α, β ∈ V.
(iii) Unita: 1α = α. Định nghĩa 1.1.6 Giả sử V là một T- không gian véc tơ.
Một hệ véc tơ {v_i} i∈I trong không gian V được xem là hệ sinh của V nếu mọi phần tử x ∈ V có thể được biểu diễn tuyến tính qua hệ đó Cụ thể, tồn tại hữu hạn phần tử v_i1, , v_ik trong hệ {v_i} i∈I và các hệ số a_i1, , a_ik sao cho x = ∑(j=1 đến k) a_ij v_ij Nếu không gian V có một hệ sinh với số lượng phần tử hữu hạn, thì nó được gọi là T-không gian hữu hạn sinh.
(ii) Một hệ véc tơ{v i } i∈I trongV được gọi là một hệ độc lập tuyến tính a ij = 0 với mọi j = 1,ã ã ã , k.
Một hệ véc tơ của không gian V được coi là cơ sở của V nếu nó vừa sinh ra toàn bộ không gian vừa độc lập tuyến tính Khi không gian V có một cơ sở gồm n phần tử, ta nói rằng V có chiều n và ký hiệu là dim V = n.
Giả sửV vàV 0 là các không gian véc tơ trên trườngT Ta nói ánh xạ f : V → V 0 là ánh xạ tuyến tính nếuf(a +b) = f(a) + f(b) và f(ra) = rf(a) với mọi a, b ∈ V , mọir ∈ T.
Mệnh đề 1.1.7 Cho T là một trường hữu hạn có q phần tử Khi đó q là một lũy thừa của một số nguyên tốp với p là đặc số của T.
Chứng minh Đặt K = {n1 | n ∈ Z} Vì T là trường hữu hạn nên theo Mệnh đề 1.1.4, T có đặc số p nguyên tố Ta chứng minh K là trường có pphần tử.
Rõ ràng, phép cộng và nhân là phép toán trên K, và 0 ∈ K,1 ∈ K.
Để chứng minh K là trường, ta cần chỉ ra rằng nếu n1 khác 0, thì n1 có phần tử nghịch đảo Với n1 khác 0, do T có đặc số p và p1 = 0, suy ra n không phải là bội của p Vì p là số nguyên tố, nên (n, p) = 1, tức là tồn tại x, y ∈ Z sao cho 1 = nx + py Từ đó, ta có 1 = (nx + py)1 = (n1)(x1).
Vì thế x1 ∈ K và x1 là nghịch đảo củan1 Do đó K là trường.
Với điều kiện 0 ≤ n < m < p, ta có n1 khác m1 Nếu n1 bằng m1, thì (m−n)1 sẽ bằng 0, nhưng 0 < m−n < p, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, tập hợp K chứa p phần tử khác nhau Chọn một số nguyên tùy ý n = pr + s, với 0 ≤ s < p, ta có n1 = (pr + s)1 = s1 Như vậy, K chỉ có đúng p phần tử.
Xét T là K- không gian véc tơ với T là trường hữu hạn, do đó T có số chiều hữu hạn Nếu đặt dim T = t, thì số phần tử của T là p^t Định lý 1.1.8 khẳng định rằng các phát biểu liên quan đến cấu trúc của trường hữu hạn là đúng.
(i) Nếu T là trường có hữu hạn q phần tử, thì q là lũy thừa của một số nguyên tố.
(ii) Nếu q là lũy thừa của một số nguyên tố, thì tồn tại duy nhất một trường cóq phần tử.
Nhóm được định nghĩa là một tập hợp G kết hợp với một phép toán nhân, trong đó phép nhân phải thỏa mãn tính chất kết hợp, tồn tại phần tử đơn vị là 1, và mọi phần tử trong nhóm đều có phần tử nghịch đảo.
Một tập con H của G được gọi là nhóm con củaG nếu H đóng kín phép nhân và lập thành một nhóm với phép nhân đó.
Nhận xét 1.1.10 Nếu T là một trường thì tập T ∗ = T\{0} là một nhóm với phép nhân.
Nhóm G được gọi là xyclic nếu tồn tại phần tử a ∈ G sao cho:
Khi đó ta viết G =< a >và ta nói G là nhóm xyclic sinh bởia Chú ý rằng nhóm con của nhóm xyclic là xyclic.
Mệnh đề 1.1.11 Cho T là một trường Khi đó nhóm T ∗ = T\{0} là một nhóm nhân xyclic.
Chứng minh Xem tài liệu [1].
Trong lý thuyết nhóm hữu hạn, Định lý Lagrange khẳng định rằng với nhóm G có n phần tử và nhóm con H có m phần tử, thì m là ước của n Điều này dẫn đến kết luận rằng nếu a thuộc G, thì a^n = 1.
Chú ý 1.1.12 Nếu T là trường có q phần tử thì nhóm nhân
T ∗ = T\{0} có q − 1phần tử Vì thế a q−1 = 1 với mọi a ∈ T ∗ = T\{0}.
Một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị
Đa thức hoán vị trên trường hữu hạn được định nghĩa là một đa thức f(x) với hệ số thuộc trường hữu hạn T, trong đó ánh xạ cảm sinh f: T → T là một song ánh, nghĩa là mỗi phần tử a trong T tương ứng với một phần tử f(a) duy nhất.
Trên trường Z2, các đa thức f(x) = x và g(x) = x + 1 là các đa thức hoán vị, vì chúng thỏa mãn điều kiện f(0) = 0, f(1) = 1, g(0) = 1 và g(1) = 0, dẫn đến việc các ánh xạ cảm sinh f, g : Z2 → Z2 là song ánh Ngược lại, đa thức h(x) = x^2 + x + 1 không phải là đa thức hoán vị, do h(0) = h(1) = 1.
Mệnh đề 1.2.3 Cho T là một trường hữu hạn có q phần tử Các phát biểu sau là đúng
(i) Các đa thức bậc không không hoán vị trên T.
(ii) Các đa thức bậc nhất luôn hoán vị trên T.
(iii) Đơn thức x n hoán vị trên T khi và chỉ khi gcd (q −1, n) = 1 Đặc biệt,x 2 hoán vị trênT khi và chỉ khiT có đặc số2(tức làq là số chẵn).
(iv) Nếu nlà số nguyên tố thìx n hoán vị trênT nếu và chỉ nếuq không đồng dư với 1 theo mođunn.
(v) Đa thức ax 2 +bx + c với a 6= 0 và a, b, c ∈ T, hoán vị trên T nếu và chỉ nếub = 0 vàT có đặc số 2 (tức làq là số chẵn).
Chứng minh Xem tài liệu [2].
Sau đây là tính hoán vị của các tam thức trên trường hữu hạn (xem tài liệu [2]).
Trong trường T có q phần tử, với k > j là hai số nguyên dương và a ∈ T là phần tử khác 0, tam thức ax^k + bx^j + c (với a, b, c ∈ T) sẽ hoán vị trên T nếu và chỉ nếu b = 0 và gcd(k, q − 1) = 1.
Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số chẵn 13
Trường đóng đại số
Để chứng minh các Định lý A, B, C, D, trước tiên, chúng ta cần ôn lại khái niệm trường đóng đại số Định nghĩa 2.1.1 nêu rõ rằng, cho T là một trường, có thể là hữu hạn hoặc vô hạn, chúng ta sẽ tiếp tục với các nội dung liên quan.
T là trường đóng đại số nếu mọi đa thức bậc dương với hệ số trên T đều có ít nhất một nghiệm trong T.
(i) Trường Z2 không đóng đại số vì đa thức f(x) = x 2 + x+ 1 có bậc
2nhưng không có nghiệm trong Z2.
Trường R các số thực không đóng đại số vì đa thức x^4 + 1 có bậc 4 nhưng không có nghiệm thực Định lý cơ bản của đại số khẳng định rằng trường số phức C là trường đóng đại số Cụ thể, nếu f(x) là đa thức bậc dương với hệ số phức, thì f(x) sẽ có ít nhất một nghiệm phức Đặc biệt, đa thức bậc n với hệ số phức sẽ có đủ n nghiệm phức.
Tính chất sau đây chỉ ra rằng mọi trường hữu hạn đều không là trường đóng đại số.
Mệnh đề 2.1.4 Nếu T là trường hữu hạn thìT không đóng đại số.
Chứng minh Giả sử T có q phần tử Viết T = {a 1 , , a q }.
Xét đa thức f(x) = (x −a 1 )(x −a 2 ) .(x− a q ) + 1 ∈ T[x]. Đa thức f(x) có bậc q > 0 Nếu T đóng đại số, thì f(x) phải có nghiệm trong T Tuy nhiên ta có f(a i ) = 1 6= 0,∀a i ∈ T, vô lý Vậy
T không là trường đóng đại số.
Nếu T là trường đóng đại số, thì T phải là trường vô hạn Mỗi trường T đều có một trường đóng đại số tối thiểu duy nhất chứa nó, được gọi là bao đóng đại số của T.
Ví dụ 2.1.6 Trường R không đóng đại số Trường C là trường đóng đại số tối thiểu chứa R Do đó C là bao đóng đại số của R.
Chú ý 2.1.7: Cho n là số tự nhiên và T là một trường, với T là bao đóng đại số của T Đơn vị của T được ký hiệu là 1 Đa thức x^n - 1 ∈ T[x] sẽ có đủ n nghiệm trong T nếu n không chia hết cho p, trong đó p là đặc số của T.
T Ví dụ như đa thứcx 4 −1 ∈ R[x] chỉ có 2nghiệm thực (là 1 và−1) nhưng có đủ 4 nghiệm trong C (là 1,−1, i,−i) Ta nói n nghiệm của đa thức x n − 1trong T là n căn bậc n của đơn vị trong T.
Căn bậc n của đơn vị trong T, ký hiệu là à n = {a ∈ T | a n = 1}, bao gồm n phần tử, vì T là một trường đại số Ví dụ, các căn bậc 4 của đơn vị trong C là 1, -1, i, và -i.
Chú ý 2.1.8 Cho mlà số tự nhiên Ta dùngT r m 1 để kí hiệu hàm vết từ
Chú ý rằng F2 m là F2− không gian véc tơ Do đó T r 1 m là ánh xạ giữa hai không gian véc tơ trên trường F2.
Bổ đề 2.1.9 T r m 1 (−) là ánh xạ tuyến tính, tức là
Chứng minh Với mọi số tự nhiên s > 0ta có:
(α+β) 2 s = α 2 s +C 2 1 sα 2 s −1 ãβ + +C 2 2 s s −1 αβ 2 s −1 + β 2 s với 1 ≤ j ≤ 2 s − 1 Ta chứng minh C 2 j s = (2 s −j)!j! 2 s ! là bội của 2, bằng quy nạo theoj.
Cứ tiếp tục như thế đến j = 2 s − 1ta có
(2 s −1)! = 2 s Suy ra C 2 j s là bội của 2 Suy ra
Với a = 0 ∈ F2, ta cú T r 1 m (aα) = T r 1 m (0) = 0 và 0 ãT r 1 m (α) = 0. Với a = 1 ∈ F2 ta có
Do đó T r 1 m (−)là ánh xạ tuyến tính.
Bổ đề 2.1.10 Với mọi i ∈ N ta có T r 1 m (α 2 i ) = T r 1 m (α).
Chứng minh Với mọi i ∈ N, choα ∈ F 2 m ta có
T r m 1 (α 2 i ) = α+α 2 + α 2 2 + +α 2 m−1 = T r 1 m (α). Để chứng minh Định lý C trong phát biểu ở đầu Chương 2, chúng ta cần một số tính chất đơn giản của số học dưới đây.
Bổ đề 2.1.11 Nếu m là số tự nhiên lẻ thì gcd(5,2 m −1) = 1.
Chứng minh Viết m = 2k + 1 Khi đó2 m − 1 = 2 2k+1 −1.
Nếu k chẵn, thì 2 m − 1 ≡ 1(mod 5) Suy ra gcd(5,2 m − 1) = 1. Nếu k lẻ, thì 2 m − 1 ≡ −2− 1 ≡ 2(mod 5) Do đó gcd(5,2 m − 1) = gcd(5,2) = 1.
Bổ đề 2.1.12 Nếu m chẵn thì2 2m −1 chia hết cho5.
Chứng minh Viết m = 2k Ta có 2 2m − 1 = 4 2k − 1 = 16 k − 1 Vì
16 k − 1 ≡ 1 k − 1 ≡ 0 (mod5) nên ta có kết quả.
Bổ đề 2.1.13 Nếu m là số tự nhiên lẻ thìgcd
Chứng minh Đặt d = gcd(2 m−1 2 − 1,2 m −1) Viết m = 2k + 1.
Dod là ước của 2 k −1 và d là ước của 2 m − 1, do đó d là ước của 1 Để chứng minh Định lý C, chúng ta cần khái niệm về căn nguyên thủy bậcn của đơn vị Theo định nghĩa, cho T là một trường đóng đại số, phương trình x n −1 có đúng n nghiệm phân biệt trong T khi n không chia hết cho đặc số của trường T Mỗi nghiệm của x n −1 trong T được gọi là căn bậc n của đơn vị Nếu ξ là căn bậc n của đơn vị mà ξ k 6= 1 với mọi số tự nhiên k < n, thì ξ được gọi là căn nguyên thủy bậcn của đơn vị.
Trong trường C các số phức, các số phức ξ k = cos(2πk/n) + isin(2πk/n) với k = 0, 1, , n − 1 là các căn bậc n của đơn vị Hơn nữa, ξ k là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1 Do đó, ξ 1 = cos(2π/n) + isin(2π/n) là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị.
Chẳng hạn, với n = 2, thì ±1 là 2 căn bậc 2 của đơn vị, −1 là căn nguyên thủy.
2 là các căn bậc 3của đơn vị, −1
2căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị.
Với n = 4, thì ±1,±i là các căn bậc 4 của đơn vị,±i là 2căn nguyên thủy bậc4 của đơn vị.
Ta minh họa căn bậc n của đơn vị và căn nguyên thủy bậc n của đơn vị trong trường có đặc số chẵn như sau.
Ví dụ 2.1.16 Trong trường F2 = Z2 = {0,1}, phần tử 1 là căn bậc n của đơn vị duy nhất Ta xây dựng trường có4 phần tử
Vì thế tập các căn bậc 3 của đơn vị trong trườngF4 là
Do đó trong trườngF8, chỉ có duy nhất1căn bậc 3của đơn vị, đó là1.
Một số lớp tam thức hoán vị được trên trường hữu hạn đặc số chẵn
Cho X là một tập con của trường Fq (trong đó q là lũy thừa của một số nguyên tố) Giả sử X là một nhóm con của nhóm nhân F ∗ q Fq\{0} Khi đó ta nói đa thứcf(x) ∈ Fq[x]hoán vị trênX nếuf(α) 6 f(β) với mọi α, β ∈ X, α 6= β Nói cách khác, f(x) hoán vị trên X nếu nó tác động đơn ánh trên tập X.
Trong trường hợp này, tập hợp các căn bậc d của đơn vị trong trường đóng đại số Fq được ký hiệu là à d, với à d = {α ∈ Fq | α d = 1} Tập hợp này có đúng d phần tử và là một nhúm con của F ∗ q = Fq\{0} Nếu α và β thuộc à d, thì tích của chúng (αβ) d cũng thuộc à d, đồng thời 1 cũng nằm trong à d Hơn nữa, nếu α thuộc à d, thì nghịch đảo của α, ký hiệu là α −1, cũng thuộc à d.
Bổ đề 2.2.2 nêu rõ rằng, với q là lũy thừa của một số nguyên tố và d, r > 0 là các số tự nhiên với d là ước của q − 1, thì đa thức h(x) thuộc Fq[x] sẽ có tính chất hoán vị trên Fq nếu và chỉ nếu hai điều kiện cụ thể được thỏa mãn.
(ii) x r h(x) q−1 d hoỏn vị được trờn à d
Chứng minh Đặt s = q − 1 d cho f(x) hoán vị được trên Fq Giả sử gcd(r, q − 1 d ) = t > 1.
Theo Mệnh đề 1.1.11, nhúm F ∗ q = Fq\{0} là nhúm xyclic, và do a s là nhúm con của F ∗ q, nên a s cũng là nhúm xyclic có s phần tử Giả sử a s =< ξ >, khi đó ta có ξ s = 1 và ξ k 6= 1 với mọi 0 < k < s Suy ra ξ s 6= ξ s t, từ đó ta có f(ξ s t ) = (ξ s ) r t h((ξ s t ) s ).
Do đú f(x) khụng hoỏn vị trờn à s Vỡ thế f(x) khụng hoỏn vị trờn Fq, vô lý Vậy gcd(r, s) = 1 Ta có (f(x)) s = x rs (h(x) r ) s
Vì F ∗ q là nhóm cấp q − 1, nên với mọi α ∈ F ∗ q (theo Chú ý 1.1.12), ta suy ra
Nếu \( do \, đú \, α \, s \in \, à \, d \), thì suy ra \( (F \ast q) \, s = à \, d \) Các giá trị của \( (f(x)) \, s \) bao gồm \( (f(0)) \, s = 0 \) và các giá trị của đa thức \( g(x) = x \, r \, h(x) \, s \) trên \( à \, d \) Do đó, \( f(x) \) hoàn vị trên \( F_d \) nếu và chỉ nếu \( g(x) \) hoàn vị trên \( à \, d \).
Bổ đề 2.2.3 Vớim ∈ N, ký hiệuà 2 m +1 là tập cỏc căn bậc2 m +1trong trường đóng đại sốFq của Fq Khi đó mỗi đa thức1 +x+x 3 ,1 +x 2 + x 3 ,1 +x +x 4 và 1 +x 3 +x 4 đều khụng cú nghiệm trong à 2 m +1
Chứng minh Ta chứng minh bằng phản chứng Giả sử α ∈ à 2 m +1 là nghiệm của đa thức1 +x +x 3 , tức là 1 +α+α 3 = 0.
Do Fq có đặc số chẵn nên nα = 0 với n chẵn Chú ý rằng C 2 i m là bội của 2 với mọi 1 ≤ i ≤ 2 m − 1, trong đó C 2 i m = 2 m ! i!(2 m −i)! là số tổ hợp chập icủa 2 m phần tử Suy ra
Tiếp tục khai triển nhị thức(1 + α) 2 m ta được
Do đú α = α 2 Vỡ α ∈ à 2 m +1 nờn α 6= 0 Do đú α = 1.
Suy ra0 = 1 +α+α 3 = 1 + 1 + 1 3 = 1, vô lí Do đó đa thức1 +x+x 3 khụng cú nghiệm trong à 2 m +1 , tức là cỏc căn bậc 2 m + 1 của đơn vị trong Fq đều không là nghiệm của đa thức 1 +x+ x 3
Bổ đề 2.2.4 Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố Cho g(x) là đa thức trong Fq[x] Cho f(x) = ag(bx+ c) với a, b, c ∈ Fq và a, b 6= 0.
Khi đóf(x) hoán vị trên Fq khi và chỉ khi g(x) hoán vị trên Fq
Chứng minh Xem Tài liệu [2]
Chúng ta sẽ chứng minh Định lý A trong phần giới thiệu đầu Chương 2, đây là kết quả chính thứ nhất của luận văn, cung cấp một lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn Định lý 2.2.5 khẳng định rằng đa thức f(x) := x^4 + x^(2m+3) + x^(3a^2m + 1) thuộc F2^(2m)[x] là một đa thức hoán vị trên F2^(2m) khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Chứng minh Đa thức f 1 (x) có thể được viết là f 1 (x) = x 4 h 1 (x 2m−1 ), trong đó h 1 (x) := 1 + x + x 3 ∈ F2 2m [x] Vì gcd(4,2 m − 1) = 1, nên theo Bổ đề 2.2.2, f 1 (x) hoán vị trên F2 2m khi và chỉ khi đa thức g 1 (x) := x 4 h 1 (x) 2m−1 hoỏn vị trờnà 2 m +1
Giả sử gcd(m,3) =1 Theo Bổ đề 2.2.3, h 1 (x) không có nghiệm trongà 2 m +1 , nghĩa làh 1 (à 2 m +1 ) ⊆ F ∗ 2 2m và do đú g 1 (à 2 m +1 ) ⊆ à 2 m +1
Vỡ à 2 m +1 là tập hữu hạn, g 1 (x) hoỏn vị trờn à 2 m +1 khi và chỉ khi g(x) tỏc động đơn ỏnh trờnà 2 m +1 Với α ∈ à 2 m +1 , ta cú g 1 (α) = α 4 (1 +α+α 3 ) 2 m −1
1 +α+α 3 Như vậyg 1 (x)là tỏc động đơn ỏnh trờn à 2 m +1 khi và chỉ khi
1 +x +x 3 là tỏc động đơn ỏnh trờn à 2 m +1 Giả sử G 1 (x) = G 1 (y) với mọi x, y ∈ à 2 m +1 Chỳng ta xem xột hai trường hợp sau.
Trường hợp 1 x = 1 hoặcy = 1 Giả sử rằng y = 1, khi đó x+x 3 +x 4
Nghĩa làx 4 + 1 = 0 Vậy ta nhận đươc x = y = 1.
Trường hợp 2 x 6= 1 hoặcy 6= 1 Giả sử G 1 (x) = G 1 (y), nghĩa là x+ x 3 +x 4
1 +y +y 3 Thêm 1vào cả hai vế ta có,
Thaya = 1 x+ 1 và b = 1 y + 1 vào phương trình trên, ta được (a+b) 4 + (a+b) 2 + (a +b) = 0.
Lưu ý rằng a = b khi và chỉ khi x = y Nếu x 6= y, khi đó đẳng thức trên có nghĩa là
Tức là,a+b ∈ F2 2m là một nghiệm của x 3 +x+ 1 ∈ F2 2m [x] Điều này là không thể bởi vì 1 + x+ x 3 là khả quy trên F2 và gcd(3,2m) = 1.
Vì vậy 1 +x+x 3 là khả quy trên F2 m
Giả sử rằng f 1 (x) là một đa thức hoán vị trên F2 2m, với α ∈ F2 3 là nghiệm của x 3 + x + 1 ∈ F2[x] và β là nghiệm của x 2m + x + 1 ∈ F2 2m [x] trong một số trường mở rộng Lưu ý rằng β 2 2m = (β 2 m ) 2 m = (β + 1) 2 m = β 2 m + 1 = β, nghĩa là β ∈ F2 2m Nếu gcd(m, 3) = 3, thì α ∈ F2 m và f 1 (α + β) = (α + β) 4 + (α + β) 2m (α + β) 3 + ((α + β) 2 m ) 3 (α + β).
= f 1 (β). Điều này mâu thuẫn với giả thiết.
Theo kết quả của Định lý 2.2.5, chúng ta có được lớp tam thức hoán vị sau đây.
Hệ quả 2.2.6 Đa thức f(x) = x+x 2 m +x 2 2m−1 −2 m−1 +1 ∈ F2 2m [x] là một đa thức hoán vị trên F2 2m khi và chỉ khi gcd(m,3) = 1.
Chứng minh Đa thức f(x) có thể được viết là f(x) = xh(x 2 m −1 ), trong đó h(x) := 1 +x +x 2 m−1 ∈ F2 2m [x] Theo Bổ đề ??, f(x) hoán vị F2 2m khi và chỉ khi đa thức g(x) := xh(x) 2 m −1 hoỏn vị trờn à 2 m +1
Vỡ gcd(2,2 m + 1) = 1, nờn đa thứcg(x)hoỏn vị trờn à 2 m +1 khi và chỉ khi g(x) 2 hoỏn vị trờn à 2 m +1 Với x ∈ à 2 m +1 , g(x) 2 = x 2 (1 +x 2 + x 2m ) 2 m −1
Theo Định lý 2.2.5, một đa thức hoán vị trên trường F2^2m tồn tại khi và chỉ khi gcd(m,3) = 1 Định lý 2.2.7 khẳng định rằng đa thức 2 (x) := x^2 + x^(2m) + x^(3m - 1) hoán vị trên F2^2m nếu và chỉ nếu gcd(m,3) = 1 Đây là kết quả quan trọng thứ hai của Chương này, liên quan đến lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn, được nêu trong Định lý B ở đầu Chương 2.
Đa thức f 2 (x) có thể viết dưới dạng f 2 (x) = x 2 h 2 (x 2 m −1), với h 2 (x) := 1 + x 2 + x 3 ∈ F2 2m [x] Vì gcd(2,2 m − 1) = 1, theo Bổ đề ??, f 2 (x) hoán vị trên F2 2m khi và chỉ khi đa thức g 2 (x) := x 2 h 2 (x) 2 m −1 hoán vị trên à 2 m +1 Giả sử gcd(m,3) = 1, theo Bổ đề 2.2.3, h 2 (x) không có nghiệm trong à 2 m +1, tức là h 2 (à 2 m +1) ⊆ F ∗ 2 2m, do đó g 2 (à 2 m +1) ⊆ à 2 m +1.
G2(x) hoàn vị trên á 2 m + 1 khi và chỉ khi G2(x) tác động đơn ánh trên á 2 m + 1 Đối với α ∈ á 2 m + 1, biểu thức G2(α) có thể rút gọn thành G2(α) = 1 + α + α³ + α + α³ α⁴ Do đó, G2(x) là tác động đơn ánh trên á 2 m + 1 khi và chỉ khi.
= 1 là tỏc động đơn ỏnh trờnà 2 m +1 Vỡ gcd (m,3) = 1, nờn từ chứng minh của Định lý 2.2.5, ta suy ra G 1 x tỏc động đơn ỏnh trờn à 2 m +1 Do đú
G 2 (x) là tỏc động đơn ỏnh trờn à 2 m +1
Nếu gcd(m, 3) khác 1, theo Định lý 2.2.5, f1(x) không phải là đa thức hoán vị trên F2^2m Bởi vì gcd(2, 2^m - 1) = 1, từ điều kiện (i) của Bổ đề, ta suy ra rằng g1(x) không hoán vị trên 2^m + 1 Do đó, G1(x) và G2(x) bằng 1.
G 1 (x) khụng hoỏn vị trờn à 2 m +1 , nghĩa là f 2 (x) khụng là một đa thức hoỏn vị trên F2 2m , ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta chứng minh Định lý C trong phần giới thiệu Chương
2 Định lý này là kết quả chính thứ ba của luận văn, cho ta một lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn. Định lý 2.2.8 Đa thức f 3 (x) := x 5 + x 2 m +4 + x 4ã2 m +1 ∈ F2 2m [x] là một đa thức hoán vị trênF2 2m khi và chỉ khi m là số lẻ.
Đa thức f 3 (x) có thể biểu diễn dưới dạng f 3 (x) = x 5 h 3 (x 2 m −1), với h 3 (x) := 1 + x + x 4 thuộc F2 2m [x] Theo Bổ đề ??, f 3 (x) là đa thức hoán vị trên F2 2m khi và chỉ khi gcd(5, 2 m −1) = 1 Ngoài ra, đa thức g 3 (x) := x 5 h 3 (x) 2 m −1 cũng là hoán vị trên F2 2m +1.
Giả sử m là số lẻ, theo Bổ đề 2.2.2, ta có gcd(5, 2^m − 1) = 1 Dựa vào Bổ đề 2.2.5, h₃(α) ≠ 0 với mọi α ∈ à 2^m + 1, do đó g₃(à 2^m + 1) ⊆ à 2^m + 1 Với α ∈ à 2^m + 1, ta có thể biến đổi và rút gọn g₃(α) về dạng g₃(α) = α + α^4 + α^5.
Theo đú g 3 (x) tỏc động đơn ỏnh trờnà 2 m +1 khi và chỉ khi
1 +x +x 4 là tỏc động đơn ỏnh trờn à 2 m +1 Giả sử G 3 (x) = G 3 (y), trong đú x, y ∈ à 2 m +1 Với x 6= y, từ biểu thức trờn của G 3 (x), ta được
Chia phương trình trên cho (x 5 +y 5 ) ta được
Thay a = 1 x +y và b = a 2 m = xy x+y vào phương trình trên và rút gọn, ta được
Lưu ý rằng a và b có thể không thuộc F2 m, nhưng tổng a+b và tích ab vẫn thuộc F2 m Khi áp dụng hàm vết T r 1 m (−) vào cả hai vế của đẳng thức, cùng với tính chất tuyến tính của hàm vết theo Bổ đề 2.1.9, chúng ta có thể rút ra kết luận quan trọng.
Vì thế từ đẳng thức trên ta suy ra1 = 0, điều này là mâu thuẫn.