Một số khái niệm
Trường F là một vành giao hoán không có ước của 0 và được gọi là trường hữu hạn nếu nó có hữu hạn phần tử Trường F được xem là trường nguyên tố nếu không tồn tại trường con nào khác ngoài chính nó.
Trường F là trường nguyên tố, có thể thuộc một trong hai trường hợp: nếu F có đặc số 0 thì F đồng cấu với Q, còn nếu F có đặc số p thì F đồng cấu với Zp Trong trường hợp F đồng cấu với Zp, chúng ta thường ký hiệu F là Fp.
Trong bất kỳ trường tùy ý E nào, giao của tất cả các trường con của E, ký hiệu là F, cũng là một trường con của E F được xác định là trường con nhỏ nhất của E, và do đó, nó được gọi là trường nguyên tố Điều này có nghĩa là mọi trường đều chứa ít nhất một trường con nguyên tố.
Bổ đề 1.1.3 (Cấu trúc trường hữu hạn).
(i) Cho F là trường hữu hạn có q phần tử Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao cho q = p n với số tự nhiên n nào đó.
(ii) Với mỗi số nguyên tố p và số tự nhiên n 6= 0, tồn tại duy nhất một trường hữu hạn có p n phần tử (sai khác một đẳng cấu trường).
Trường F có đặc số p, với p là số nguyên tố, và Fp là trường con nguyên tố của F, thỏa mãn Fp ∼= Zp F là không gian vectơ hữu hạn chiều với dim Fp(F) = n < ∞, do đó F có cơ sở {e1, , en}, dẫn đến mỗi phần tử của F có dạng x^n.
P i=1 a i e i với a 1 , , a n ∈ F p Từ đó suy ra số phần tử của F bằng số các bộ phần tử (a1, , an) ∈ F p × .×F p (n lần) Do đó q = p n
(ii) Sự tồn tại của trường có q = p n phần tử Xét đa thức f(x) = x q −x ∈
Fp[x] với Fp ∼= Z p là trường nguyên tố có đặc số nguyên tố p Gọi E là trường phân rã của f(x) trên Fp Đặt
K = {α ∈ E | f(α) = 0} đó chính là tập hợp các nghiệm của f(x) Khi đó K là một trường con của
E Thật vậy, với mọi α, β ∈ K ta có
Do đó α − β, αβ ∈ K Nếu α ∈ K ∗ thì (α −1 ) q = (a q ) −1 = α −1 suy ra α −1 ∈ K Ngoài ra, rõ ràng 1 q = 1 nên 1 ∈ K Cuối cùng, ta thấy rằng mọi a ∈ F p đều thỏa mãn a p = a do đó a q = a p n = a chứng tỏ Fp ⊆ K Như vậy
K chính là trường phân rã của f(x) trên F p , trường này có q = p n phần tử (lưu ý rằng f(x) không có nghiệm bội).
Trường Fq có q = p^n phần tử với đặc số p, và mọi phần tử trong Fq đều là nghiệm của đa thức f(x) = x^q - x thuộc Fp[x] Điều này chứng tỏ rằng Fq là trường phân rã của f(x) trên Fp, khẳng định tính duy nhất của Fq khác với một đẳng cấu trường.
Trong luận văn này, chúng tôi nghiên cứu đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn F q, cụ thể là phần tử bất khả quy trong vành đa thức Fq[x] Theo định nghĩa, một đa thức với hệ số trên một trường được gọi là bất khả quy nếu nó có bậc dương và không thể phân tích thành tích của hai đa thức có bậc thấp hơn Đặc biệt, chúng tôi sẽ xem xét trường hợp của trường hữu hạn có đặc số p.
Chứng minh Ta có khai triển
! với mỗi 0 < k < p vì vậy (a+ b) p = a p + b p Bằng quy nạp theo n, biến đổi (a+b) p n = ((a+ b) p n−1 ) p suy ra (a +b) p n = a p n + b p n Để chứng minh (a−b) p n = a p n −b p n , ta biến đổi
(a−b) p n = (a+ (−b)) p n = a p n + (−b) p n Nếuplẻ thì ta có(−1) p n = −1, nếupchẵn thìp= 2và(−1) p n = 1 = −1.
Cho p là số nguyên tố và n là một số nguyên không âm Đặt q = p^n, ta có định lý rằng nhóm nhân F∗q của trường hữu hạn F là cyclic với cấp độ q − 1 Để chứng minh định lý này, cần sử dụng các bổ đề liên quan.
Bổ đề 1.1.7 Nếu 1 ≤ m ∈ Z, thì m = P d|m ϕ(d), trong đó ϕ(d) là kí hiệu cho hàm Euler.
Chứng minh Nếu d chia hết m, thì ta kí hiệu C d là nhóm con duy nhất của
Zm có cấp d, với kí hiệu Φ d đại diện cho tập hợp tất cả các phần tử sinh của C d Mỗi phần tử trong Zm đều có khả năng sinh ra một trong các nhóm Cd, do đó nhóm này có vai trò quan trọng trong lý thuyết nhóm.
Z m là hợp rời của các tập Φ d ; từ đó ta có m = |Z m | = X d|m
Bổ đề 1.1.8 khẳng định rằng, với một nhóm hữu hạn H có cấp n, nếu với mỗi ước d của n, số lượng phần tử x ∈ H thỏa mãn x^d = 1 không vượt quá d, thì H là nhóm cyclic.
Giả sử dlà một ước của m, nếu tồn tại x ∈ H có cấp d, thì nhóm con (x) = {1, x, , x d−1 } là nhóm xyclic cấp d Theo giả thiết, có không quá d phần tử y ∈ H thỏa mãn y d = 1, do đó mọi y ∈ H với y d = 1 đều thuộc vào (x) Tất cả các phần tử của H có cấp d đều sinh ra nhóm con (x) và có tổng cộng ϕ(d) phần tử cấp d Vì vậy, số phần tử của H có cấp d hoặc là 0 hoặc là ϕ(d).
Lưu ý rằng với trường hợp nhóm H hữu hạn bất kì có cấpn, ta cũng luôn có
H = [ d 0 |m,∃x 0 ∈H có cấp d 0 Φ(d 0 ) trong đó Φ(d 0 ) là kí hiệu cho tập tất cả các phần tử của H có cấp d 0 Do đó m = |H| = X d 0 |m,∃x 0 ∈H có cấp d 0
Nếu tồn tại d|m mà không có phần tử nào của H có cấp d, thì công thức cho thấy m ≤ X d 0 |n, d 0 6=d ϕ(d 0 ) < X d 0 |n ϕ(d 0 ) Đồng thời, theo Bổ đề 1.1.7, P d 0 |mϕ(d 0 ) = m, dẫn đến mâu thuẫn Do đó, mọi ước d của n đều có phần tử của H có cấp d Cụ thể, tồn tại một phần tử x ∈ H có cấp m, từ đó H trùng với nhóm xyclic (x).
Định lý 1.1.6 được chứng minh dựa trên Bổ đề 1.1.8 với H = F ∗ q và m = q −1 Đối với mọi d|(q −1), phương trình x d −1 = 0 có bậc d và hệ số thuộc trường Fp, do đó nó có tối đa d nghiệm trong F q.
Kết quả tổng quát cho thấy mọi nhóm con hữu hạn của nhóm nhân của một trường đều là nhóm cyclic Đối với trường hữu hạn Fq và đa thức f ∈ Fq[x] bất khả quy với bậc degf = n, trường phân rã của f trên Fq là Fqn Nếu α là một nghiệm của f, các nghiệm còn lại của f sẽ được xác định bởi αq, , αqn−1.
Để chứng minh, trước tiên với n = 1, khẳng định này hiển nhiên đúng Tiếp theo, ta sẽ chứng minh cho trường hợp n > 1 Chọn α là một nghiệm trong trường phân rã của f, với α khác 0 do f là bất khả quy Ta có tỉ số [F q (α) : F q ] = n, do đó theo Bổ đề 1.1.3, khẳng định cũng được xác nhận.
P k=0 akα k = 0 Theo Định lý 1.1.5, với 0 < i < n ta có:
X k=0 a k (α q i ) k = f(α q i ), với a q k = a k do a k thuộc F q Cần chỉ ra rằng α q i = α q j khi 0 ≤ i, j < n kéo theo i = j Điều này cho thấy {α q i , i = 0, , n − 1} là n nghiệm khác nhau của f, từ đó kết luận rằng trường phân rã của f là.
Đa thức tương hỗ
Khi xây dựng dãy các đa thức bất khả quy, đa số các đa thức được nghiên cứu là đa thức tự tương hỗ Đa thức tự tương hỗ được định nghĩa là đa thức tương hỗ của đa thức f(x) n.
P k=0 akx k ∈ F q [x] khác 0, có bậc n, ký hiệu là f ∗ , là đa thức f ∗ (x) n
P k=0 akx n−k Một đa thức được gọi là tự tương hỗ nếu f(x) = f ∗ (x).
Với đa thức f(x) ∈ F q [x] chúng ta có thể viết f ∗ (x) := x n f(1/x), (1.3) chú ý rằng f ∗ (x) ∈ F q [x].
P k=0 a k x k tự tương hỗ khi và chỉ khi hệ số trong f đối xứng, nghĩa là a k = a n−k , k = 0, , n.
(f g) ∗ = x deg f g f(1/x)g(1/x) = x deg f f(1/x)x deg g g(1/x) = f ∗ g ∗ và trong trường hợp cụ thể, (cf) ∗ = cf ∗ với c ∈ F q Nếu f(0) 6= 0 thì (f ∗ ) ∗ = f.
(iii) Cho f ∈ F q [x] là đa thức bất khả quy trên Fq, f(0) 6= 0 Khi đó f ∗ bất khả quy trên F q
Chứng minh rằng nếu f(0) ≠ 0 thì deg(f) = deg(f ∗) và (f ∗) ∗ = f Giả sử f ∗ = gh với deg(g) < deg(f ∗) và deg(h) < deg(f ∗), từ đó suy ra f = (f ∗) ∗ = (gh) ∗ = g ∗ h ∗ Điều này dẫn đến g ∗ hoặc h ∗ là đa thức hằng Giả sử h ∗(x) = x deg h h(1/x) là hằng số, từ đó h(x) = ax n với a ∈ F q và n ∈ N, kéo theo f ∗(0) = 0, dẫn đến deg(f) < deg(f ∗), điều này là vô lý Do đó, n = 0 và f ∗ là bất khả quy.
Công thức nghịch đảo M¨ obius
Định nghĩa 1.3.1 Hàm Măobius à là hàm số à :N ∗ →N được cho bởi cụng thức à(n)
(−1) k nếu nlà tích của k số nguyên tố khác nhau,
0 nếu nchia hết cho bình phương của một số nguyên tố.
Chỳ ý 1.3.2 Hàm Măobius à cũn cú cỏch biểu diễn khỏc như sau: Cho ω(n) là hàm số học với ω(n) = P p|n
1, vì vậy ω(n) là số các ước số nguyên tố khác nhau của n Khi đó à(n)
(−1) ω(n) nếun không chia hết cho bình phương của một số nguyên tố.
0 trong các trường hợp còn lại.
(1.5) Định lý 1.3.3 à(n) là một hàm số học, nhõn tớnh và P d|n à(d) bằng 0 nếu n >1 và bằng 1 nếu n= 1.
Chứng minh Với trường hợp n = 1 hiển nhiên đúng Ta chứng minh cho trường hợp n > 1.
Cho n > 1, ta chỉ tính các số nguyên dương d chia hết cho n mà a(d) ≠ 0, tức là d = 1 hoặc d là tích của các số nguyên tố khác nhau Nếu p₁, p₂, , pₖ là các số nguyên tố khác nhau và là ước của n, thì ta có.
= (1 + (−1)) k = 0. Định lý 1.3.4 (Công thức nghịch đảo M¨obius) Nếu F, f là các hàm số học thỏa mãn F(n) = P d|n f(d) với mọi n ∈ N ∗ thì f(n) = P d|n à(d)F(n/d) với mọi n∈ N ∗
Chứng minh Gọi I là tập các cặp (a, b) sao cho ab | n Khi đó
Định lý 1.3.5 khẳng định rằng nếu F và f là các hàm số học thỏa mãn điều kiện f(n) = P d|n à(d)F(n/d) với n ∈ N*, thì ta có F(n) = P d|n f(d) cho mọi n ∈ N* Bên cạnh đó, Định lý 1.3.6 giới thiệu hàm Euler tổng quát ϕ: N → C, trong đó ϕ(n) n được biểu diễn dưới dạng tổng X d|n à(d) d.
X d|n ϕ(d) =n := F(n) Áp dụng công thức nghịch đảo M¨obius ta có:
X d|n ϕ(d) = F(n) ⇒ ϕ(n) = X d|n à(d)n d ⇒ ϕ(n) n = X d|n à(d) d Định lý 1.3.7 Cho Fq là trường hữu hạn Gọi I d (n) là số các đa thức dạng chuẩn bất khả quy trên Fq bậc n Khi đó
Chứng minh rằng với n cho trước, đa thức g(x) = x^q n - x có trường phân rã là F q n Đối với mỗi đa thức f(x) bậc m, bất khả quy trên F q, theo Định lý 1.1.10, thì f(x) | g(x) khi và chỉ khi m | n Chúng ta đã chỉ ra rằng x^q n - x là tích của tất cả các đa thức dạng chuẩn bất khả quy trên F q với bậc là ước của n, từ đó dẫn đến q^n = ∏ d|n.
F(n) = q n , f(n) = nI q (n) và áp dụng công thức nghịch đảo M¨obius thì ta thu được: f(n) = X d|n à(d)F n | d ⇒ I q (n) = 1 n
(i) Số các đa thức dạng chuẩn bất khả quy trong Fq[x] có bậc 20 được cho bởi công thức:
(ii) Tương tự, chúng ta có thể tính số các đa thức dạng chuẩn bất khả quy trong F q [x] có bậc 30 được cho bởi công thức:
Chương 2 Đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn
Đa thức x p − x + a
Định lý 2.1.1 Cho p là một số nguyên tố Đa thức f(x) = x p −x+ a ∈
F q [x], q = p n với n ≥ 1 bất khả quy trên F q khi và chỉ khi nó không có nghiệm trong Fq.
Chứng minh rằng nếu α là một nghiệm của đa thức f trên mở rộng trường F q, thì với mọi b ∈ F p, α + b cũng là một nghiệm của f Theo Định lý 1.1.5, vì b là nghiệm của đa thức x^p - x, ta có rằng {α + b | b ∈ F p} là tập hợp tất cả các nghiệm của f, do f là đa thức bậc p Do đó, trường phân rã của f trên F q là F q(α) Gọi p(x) là một nhân tử bất khả quy của f trên trường.
Khi F q ) thì F q [x]/(p(x)) là một trường, dẫn đến p(α + b) = 0 với b ∈ F p và Fq[x]/(p(x)) ∼= F q(α) Điều này cho thấy rằng mọi nhân tử bất khả quy p(x) của f đều có dạng Fq[x]/(p(x)) ∼= F q(α), từ đó suy ra rằng tất cả các nhân tử bất khả quy của f có cùng bậc Nếu số lượng nhân tử bất khả quy là k và mỗi nhân tử có bậc m, ta có km = p, dẫn đến k = 1 hoặc m = 1.
Nếu không có nghiệm trên Fq, thì [Fq(α) : Fq] > 1 dẫn đến m > 1, tức là m = p và k = 1, do đó f là bất khả quy Ngược lại, nếu f bất khả quy trên Fq, ta suy ra k = 1 và m = p, từ đó [Fq(α) : Fq] = p, suy ra α không thuộc Fq Áp dụng Định lý 2.1.1, chúng ta có thể kết luận rằng biểu diễn của một trường hữu hạn như một vành thương không phải là duy nhất.
Ví dụ 2.1.2 Nếu p = 5 thì các đa thức bất khả quy x 5 −x+ 1, x 5 −x+ 2 trên trường F5 nên chúng ta có
F 5 [x]/(x 5 −x+ 1) ∼= F 5[x]/(x 5 −x+ 2)∼= F 5 5 Định lý 2.1.3 Cho F là trường hữu hạn và gọi f, g ∈ F q [x] là các đa thức bất khả quy trên Fq, trong đó degf = m, degg = n, gcd(m, n) = 1 và m, n >1 Khi đó đa thức h × (x) = Y f(α)=0
Đa thức bất khả quy trên Fq có bậc mn được biểu diễn bởi (x−(α+ β)) (2.1), trong đó các tích được tính cho tất cả các nghiệm α của f và tất cả các nghiệm β của g trong các trường phân rã tương ứng của f và g.
Chứng minh Ta chứng minh đa thức h × (x) là bất khả quy, h + (x) được chứng minh tương tự Theo giả thiết f, g là các đa thức bất khả quy trên
Trong trường hợp F q [x] với gcd(m, n) = 1, đặt γ = αβ, ta có γ là một nghiệm của f g Để chứng minh rằng h × (x) là bất khả quy, cần chứng minh rằng đa thức cực tiểu của γ trên Fq có bậc mn Cụ thể, ta cần chứng minh rằng nếu d là số nguyên nhỏ nhất sao cho γ q d = γ, thì d phải bằng mn, từ đó suy ra γ thuộc F q mn và không nằm trong trường bé hơn.
Thật vậy, trước hết ta có γ q mn = α q mn β q mn = αβ = γ, vì vậy d ≤ mn Giả sử γ q d = γ ⇒α q d β q d = αβ.
Ta có α q td β q td = αβ với mọi t ∈ N Khi đặt t = m, ta suy ra αβ q md = αβ, dẫn đến β q md = β, từ đó suy ra n | md Vì (m, n) = 1 nên n | d Tương tự, ta chứng minh được nếu m | d thì mn | d, và do d ≤ mn nên d = mn Chú ý rằng h × (x) Q f(α)=0 α n g(α −1 x), và ta có h × (x) = Y f (α)=0.
Trong ví dụ 2.1.4, với f(x) = x² + x + 1 và g(x) = x³ + x + 1 thuộc F₂[x], các đa thức này thỏa mãn giả thiết của Định lý 2.1.3 Chúng ta tìm đa thức h×(x) bằng công thức h×(x) = ∏ f(α) = 0 g(α⁻¹ x), trong đó tích chạy trên các nghiệm α₁, α₂ của f(x) trên F₄ Tính toán h×(x) cho kết quả là h×(x) = (x³ + α₁² x + α₁³)(x³ + α₂² x + α₂³), và sau khi biến đổi, ta thu được h×(x) = x⁶ + (α₁² + α₂²)x⁴ + (α₁³ + α₂³)x³ + (α₁²α₂²)x² + (α₁²α₂³ + α₁³α₂²)x + α₁³α₂³.
Từ đó suy ra h × (x) = x 6 +x 4 +x 2 +x+ 1, bất khả quy trên F2 có bậc 6.
Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá cách xây dựng một đa thức bất khả quy mới từ một đa thức bất khả quy đã cho, thông qua phép đẳng cấu.
Cho Fq là một trường hữu hạn và σ là một tự đẳng cấu của Fq Ta định nghĩa ¯ σ : F q[x] → F q [x] sao cho ¯ σ(f(x)) n
P k=0 akx k ∈ F q [x] Ta chứng minh σ¯ là đồng cấu vành.
Thật vậy, với hai đa thức f(x), g(x) ∈ F q [x] hiển nhiên ta có σ(f¯ (x) + g(x)) = ¯σ(f(x)) + ¯σ(g(x)) Bây giờ ta phải chứng minh σ(f¯ (x)g(x)) ¯ σ(f(x))¯σ(g(x)) Áp dụng công thức trên ta chỉ cần xétg(x) = ax n vàf(x) n
P k=0 akx k , thì ta có ¯ σ(f(x)ax n ) = ¯σ n
X k=0 σ(ak)x k = ¯σ(f(x))¯σ(ax n ). Điều này chỉ ra rằng σ¯ thực sự là một đồng cấu Hơn nữa, ánh xạ ngược của nó là
Định lý 2.1.5 khẳng định rằng một đa thức f(x) thuộc F q [x] là bất khả quy trên F q nếu và chỉ nếu hình ảnh của nó qua tự đẳng cấu σ, ký hiệu là ¯ σ(f(x)), cũng là bất khả quy trên F q.
Chứng minh Giả sử đa thứcf(x)khả quy suy raf(x) =g(x)h(x), degg, degh >
0, khi đó ¯ σ(f(x)) = ¯σ(g(x)h(x)) = ¯σ(g(x))¯σ(h(x)) và σ là một tự đẳng cấu, σ(a) 6= 0 với a 6= 0, degg = deg ¯σ(g), degh deg ¯σ(h), do đó σ(f¯ (x)) khả quy.
Nếu σ(f¯ (x)) khả quy với vài σ thì f(x) = ¯σ −1 (¯σ(f(x))) khả quy.
Dãy các đa thức bất khả quy
Q− phép biến đổi và vết
Chúng ta sẽ áp dụng Q−phép biến đổi để tạo ra các đa thức bất khả quy từ một đa thức bất khả quy đã cho Đầu tiên, chúng ta định nghĩa Q−phép biến đổi: cho đa thức f ∈ F q [x], ta có f Q (x) = x deg f f(x + 1/x), biểu diễn như một phần tử của F q (x), nhưng thực chất là một phần tử của.
X k=0 ak(x 2 + 1) k x n−k Ánh xạ f(x) 7→ f Q (x) được gọi là Q−phép biến đổi.
(i) Nếu degf = n thì degf Q = 2n và (f Q ) ∗ = f Q , nghĩa là f Q tự tương hỗ. (ii) Nếu f ∈ F q [x] và a ∈ F q thì theo định nghĩa của f Q (x) ta có
Tổng quát hơn, nếu f(x) =g(x)h(x); g, h ∈ F q [x] thì f Q (x) = x deg f f(x+ 1/x) = x deg g x deg h g(x+ 1/x)h(x+ 1/x) =g Q (x)h Q (x), vì thế nếu f Q bất khả quy thì f bất khả quy.
Có mối liên hệ giữa các đa thức bậc n và các đa thức tự tương hỗ bậc 2n Trên trường F q, tồn tại đúng q n (q − 1) đa thức bậc n Tham khảo Chú ý 1.2.2 và Định nghĩa 1.2.1 để hiểu rõ hơn về khái niệm đa thức.
Đa thức P k=0 a k x k được gọi là tự tương hỗ khi và chỉ khi a k = a 2n−k cho mọi 0 ≤ k ≤ 2n Khi xây dựng một đa thức bất khả quy bậc 2n, nó được xác định bởi việc chọn các hệ số a 0, a 1, , a n với điều kiện duy nhất là a 0 khác 0 Do đó, có đúng q n (q−1) đa thức tự tương hỗ bậc 2n trên trường F q Hơn nữa, nếu f có bậc n, thì f Q cũng sẽ là đa thức tự tương hỗ với bậc 2n.
Bổ đề 2.2.4 Ánh xạ Fq[x]→ F q [x], f 7→ f Q là đơn ánh.
Chứng minh Giả sử f, g ∈ F q [x] thỏa mãnf Q (x) =g Q (x) Khi đó ta có f, g có cùng bậc n và x n f(x+ 1/x) = x n g(x+ 1/x).
Lấy tùy ý β thuộc bao đóng đại số F q của F q , ta phải chỉ ra f(β) = g(β) và f(0) = g(0) Cho α ∈ F q là một nghiệm của x+ 1/x= β ⇔x 2 −βx+ 1 = 0.
Để chứng minh rằng f(0) = g(0), ta cần chỉ ra rằng hệ số tự do của f và g là bằng nhau Hệ số tự do của f(x) tương ứng với hệ số cao nhất trên f Q (x), và tương tự cho g(x) Do f Q = g Q, ta có f(0) = g(0), từ đó suy ra f(x) = g(x) và ánh xạ f 7→ f Q là đơn ánh Thực tế, ánh xạ này là toàn ánh từ tập các đa thức bậc n lên tập các đa thức tự tương hỗ bậc 2n, với số phần tử hữu hạn và bằng nhau Định lý tiếp theo rất quan trọng trong việc xây dựng dãy các đa thức bất khả quy trên trường có đặc số 2, cũng như chứng minh Định lý 2.2.1, cung cấp điều kiện cần và đủ cho f Q bất khả quy nếu f bất khả quy Cụ thể, Định lý 2.2.5 chỉ ra rằng nếu f(x) ∈ F q [x] là đa thức bất khả quy với bậc degf = n, thì f Q bất khả quy trên F q khi và chỉ khi g(x) = x 2 −βx+ 1 ∈.
F q n [x] bất khả quy trên F q n , trong đó β là nghiệm tùy ý của f.
Nếu đa thức x² - βx + 1 thuộc Fqn[x] và là bất khả quy với β là nghiệm của f, thì nó sẽ bất khả quy với mọi nghiệm khác của f Theo Định lý 1.1.10, các nghiệm khác của f được biểu diễn dưới dạng βq, , βqn-1 thông qua tự đẳng cấu σ: Fqn → Fqn trên Fq với σ(α) = αp, trong đó α ∈ Fqn Do đó, tất cả các đa thức x² - σk(β)x + 1 đều bất khả quy trên Fqn với 1 ≤ k ≤ n-1, theo Định lý 2.1.5.
Chứng minh Định lý 2.2.5, giả sử g(x) bất khả quy trên F q n Ta thấy rằng 0 không phải là nghiệm của f Q vì hệ tử tự do của f Q là hệ tử cao nhất của f Gọi α ≠ 0 là một nghiệm của f Q, mục đích là chỉ ra rằng deg(α,F q) = 2n = deg f Q Từ 0 = f Q (α) = α n f(α + 1/α), suy ra f(α + 1/α) = 0 do α ≠ 0 Theo Chú ý 2.2.6, ta có thể giả sử β = α + 1/α, deg(β,F q) = n Hơn nữa, g(α) = 0 Theo giả thiết g(x) bất khả quy trên F q n, F q n [x]/(g(x)) là một trường, đẳng cấu với (F q(β))(α) = F q(α), theo tháp mở rộng trường hữu hạn.
[F q(α) : F q] = [F q(α) : F q(β)][F q(β) : F q] = 2n vì thế deg(α,F q ) = 2n = degf Q do đó f Q là bất khả quy.
Nếu f Q (x) là bất khả quy trên Fq và α là một nghiệm của f Q, thì [F q (α) : F q ] = 2n Đặt β = α + 1/α, ta có f(β) = 0 và g(x) = x² − βx + 1, với g(α) = 0 Nếu g khả quy, thì α là nghiệm của một đa thức tuyến tính trong F q n [x], dẫn đến α ∈ F q n, điều này mâu thuẫn với [F q (α) : F q ] = 2n.
Nhà toán học H Meyn đã giới thiệu khái niệm vết của một phần tử, một yếu tố quan trọng trong việc xác định dãy đa thức bất khả quy trên các trường có đặc số 2 Định nghĩa vết (trace) của một phần tử α thuộc trường F = F q m trên trường K = F q được xác định như sau.
Chú ý 2.2.8 Từ định nghĩa của hàm vết, ta có những chú ý sau:
(i) Cho F = F q m , K = F q Nếu α ∈ F thì Tr F/K (α) ∈ K Với f là đa thức cực tiểu của α trên K thì degf = d | m Theo Định lý 1.1.10 các phần tử α, α q , α q d−1 là các nghiệm của f Đặt m−1
K[x], ta có hệ số cao thứ hai của g là −Tr F/K (α) do đó phần tử này phải thuộc K.
(ii) Trong trường hợp đặc biệt, nếu F q m = F, F q = K là các trường hữu hạn và bậc của đa thức cực tiểu của α trên K bằng m (vì thế F = K(α)), thì
−Tr F/K (α) bằng với hệ số của x m−1 trong đa thức f(x).
(iii) Tr F/K : F → K là ánh xạ tuyến tính (F được xem như một không gian vectơ trên K).
(iv) Tr F/K (α q ) = Tr F/K (α), với mọi α ∈ F.
(v) Hàm vết có tính bắc cầu, nghĩa là nếu các trường hữu hạn K < F 0) và K = F 2, đa thức f(x) = x n + n−1 có thể kế thừa tính bất khả quy nếu thỏa mãn điều kiện Tr F/K ( β 1 2) = Tr F/K ( β 1) tức là Tr F/K ( β 1 = 0.
P k=0 a k x k là đa thức bất khả quy trên F Khi đó f Q (x) bất khả quy trên F khi và chỉ khi Tr F/K (a 1 /a 0 ) = 1.
Để chứng minh, ta đặt L = F 2 nk và giả sử β là một nghiệm của f ∈ L Theo Định lý 2.2.5, đa thức f Q (x) là bất khả quy trên F khi và chỉ khi đa thức x 2 + βx + 1 cũng bất khả quy trên L Hơn nữa, theo Định lý 2.2.10, điều này xảy ra khi và chỉ khi Tr F/K (β 1) = 1.
Ta xét đa thức tương hỗ f ∗ của f, với f ∗ (x) = x n f(1/x) Đa thức f ∗ bất khả quy trên F và có f ∗ (1/β) = 0 Đặc biệt, f ∗ (x)/a 0 là đa thức chuẩn, bất khả quy bậc n trên F với 1/β là nghiệm, do đó là đa thức cực tiểu của 1/β trên F Theo Chú ý 2.2.8, hệ số của x n−1 trong đa thức f ∗ (x)/a 0 là Tr L/F (1/β), tức là a 1 /a 0 Nếu K < F < L là các trường hữu hạn và α ∈ L, hàm vết có tính chất bắc cầu.
Tr L/K (α) = Tr F/K (Tr L/F (α)), do đó
Trong F2, một đa thức bất khả quy f được coi là bất khả quy nếu và chỉ nếu hệ số a1 của f bằng 1 Ngoài ra, trong bất kỳ trường nào có đặc số 2, để f Q bất khả quy, hệ số a1 cần phải khác 0; nếu không, Tr F/K (a1/a0) sẽ bằng 0, bất kể giá trị của a0 khác 0.
Cho α là nghiệm của đa thức x³ + x + 1 thuộc F₂[x], dẫn đến F₈ = F₂(α), trong đó α là phần tử sinh của F₈* Đối với đa thức bất khả quy x + α trong F₈[x], ta có Tr₍F₈/F₂₎(1/α) = 1 do f₈(x) bất khả quy trên F₈ Tuy nhiên, f₈(x) = x² + αx + 1 và Tr₍F₈/F₂₎(α/1) = 0, điều này cho thấy f₈² không bất khả quy trên F₂.
Theo Định lý 2.2.11, có nhiều đa thức thỏa mãn điều kiện nhưng không phải tất cả đều đáp ứng yêu cầu của Q Định lý tiếp theo chỉ ra rằng, nếu f là đa thức tự tương hỗ và thỏa mãn Định lý 2.2.11, thì f Q cũng sẽ thỏa mãn điều kiện đó Cụ thể, với F = F 2 k, k > 0 và K = F 2, nếu f(x) = x n + a1x n−1 + + a1x + 1 thuộc F[x] là đa thức tự tương hỗ và không thể quy trởn F, thì điều kiện này sẽ được đảm bảo.
Tr F/K (a 1 ) = 1 thỡ f Q (x) = x 2n + b 1 x 2n−1 + ã ã ã +b 1 x + 1 ∈ F[x] thoả món điều kiện Tr F/K (b 1 ) = 1.
Chứng minh Vì f là đa thức tự tương hỗ nên nó có hệ số đối xứng, tức là a k = a n−k ; k = 0, , n Khi đó f Q = x n f(x+ 1 x) n
Theo định lý 2.2.14, nếu bắt đầu với một đa thức thỏa mãn đầy đủ các điều kiện, chúng ta có thể tạo ra một dãy vô hạn các đa thức bất khả quy thông qua việc lặp lại Q−phép biến đổi Do đó, ta có Tr F/K (b 1 ) = Tr F/K (a 1 ) = 1.
Ví dụ 2.2.15 Ví dụ đơn giản nhất cho đa thức tự tương hỗ, bất khả quy là x+ 1 ∈ F 2 k [x] Chúng ta tính vết của 1 theo Định lý 2.2.11 và Định lý 2.2.14
Đối với đa thức x + 1 trên trường F2k với k lẻ, áp dụng Q−phép biến đổi cho phép tạo ra vô hạn các đa thức bất khả quy Các đa thức bất khả quy này có bậc là luỹ thừa của 2, và một số ví dụ trong dãy này bao gồm: x + 1, x² + x + 1, x⁴ + x³ + x² + x + 1, x⁸ + x⁷ + x⁶ + x⁴ + x² + x + 1, và x¹⁶ + x¹⁵ + x¹⁴ + x¹³ + x¹² + x¹¹ + x⁸ + x⁵ + x⁴ + x³ + x² + x + 1.
Ví dụ 2.2.16 Ta xét F4 = F 2 (α), trong đó α là một nghiệm của x 2 +x+ 1( bất khả quy trên F2) Ta có
Theo định lý 2.2.10, hai đa thức \( f_1(x) := x^2 + \alpha x + 1 \) và \( f_2(x) := x^2 + \alpha^{-1} x + 1 \) đều là bất khả quy trên trường \( F_4 \) Tiếp theo, áp dụng định lý 2.2.14, chúng ta thực hiện các phép biến đổi Q-đẳng thức cho các đa thức này, từ đó thu được các đa thức cũng bất khả quy trên \( F_4 \).
Đa thức duy nhất trên F8 có bậc 2 mà Định lý 2.2.14 có thể áp dụng là x^2 + x + 1 Điều này bởi vì mọi đa thức tự tương hỗ khác dạng x^2 + βx + 1 đều không đáp ứng điều kiện cần thiết.
Tr F 8 / F 2 (β −1 ) = Tr F 8 / F 2 (β) = 1 đa thức này thoả mãn và áp dụng được các Định lý 2.2.14 và Định lý 2.2.10.
Để chọn một đa thức thỏa mãn các điều kiện của Định lý 2.2.14, Meyn đã giải đáp câu hỏi này trong trường F2 Ông chỉ ra rằng tồn tại một đa thức chuẩn, bất khả quy, tự tương hỗ với bậc 4m và hệ số tuyến tính là 1 khi m là số lẻ.
Dãy đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn có đặc số lẻ
Khi làm việc với trường có đặc số 2, chúng ta áp dụng phép biến đổi f 7→ f Q để tạo ra dãy vô hạn các đa thức bất khả quy từ một đa thức ban đầu thỏa mãn các điều kiện nhất định Đối với trường hữu hạn có đặc số lẻ, cần điều chỉnh phép biến đổi một chút để xây dựng dãy các đa thức bất khả quy tương tự.
Nếu trường Fq có đặc số lẻ, ta có thể thiết lập một tiêu chuẩn về tính bất khả quy cho đa thức g(x) = x² − βx + 1 ∈ Fq[x] Để áp dụng Định lý 2.2.5, cần lưu ý rằng g(x) có bậc 2 sẽ bất khả quy trên Fq nếu và chỉ nếu nó không có nghiệm trong Fq Khi g(x) = 0, ta có (2x − β)² = β² − 4, từ đó suy ra rằng g(x) là bất khả quy trên Fq.
Fq khi và chỉ khi β 2 −4 không phải thặng dư bậc hai trên Fq.
Định lý 2.2.18 khẳng định rằng, đối với trường hữu hạn F q có đặc số p lẻ, một đa thức f(x) ∈ F q [x] với bậc n là bất khả quy trên F q nếu và chỉ nếu tích f(2)f(−2) không phải là thặng dư bậc hai của F q.
Chứng minh Theo Định lý 2.2.5 f Q bất khả quy khi và chỉ khi g(x) x 2 −βx+ 1 bất khả quy trên Fq n , trong đó β là một nghiệm của f trên Fq n
(trường phân rã của f) Điều này xảy ra khi và chỉ khi β 2 −4 không phải thặng dư bậc hai của F q n tương đương với (β 2 −4) (q n −1)/2 = −1( theo Định lý 1.1.20).
Theo Định lý 1.1.10, mọi nghiệm của f(x) là β q k với k = 0, , n−1. Nên với a ∈ F q , áp dụng Định lý 1.1.5 ta có f(a) = Y
Trong bài viết này, chúng ta xem xét công thức (a−β) q k = (a−β) 1+q+ããã+q n−1 = (a−β) (qn−1) (q−1), trong đó tích đầu tiên chạy trên tất cả γ các nghiệm của f trên trường phân rã của f Điều này dẫn đến việc β 2 −4 không phải là thặng dư bậc hai của Fq n, tương đương với các kết luận quan trọng về tính chất của các nghiệm trong trường hợp này.
⇔ (f(2)f(−2)) (q−1) 2 = −1 Nghĩa là f(2)f(−2) không là thặng dư bậc hai của F.
Sử dụng Định lý 2.2.18 ta có thể tìm ra được dãy các đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn có đặc số lẻ.
Ví dụ 2.2.19 Cho đa thức bất khả quy f(x) =x 2 + 2x+ 2 ∈ F 3 [x] Ta có f(2)f(−2) = f(−1)f(1) = −1 không phải thặng dư bậc hai của F 3 Kí hiệu f Q n lặp n lần phép biến đổi f 7→f Q thì f Q n+1 (2)f Q n+1 (−2) = 2 deg f Qn (−2) deg f Qn f Q n (2 + 2 −1 )f Q n (−2 + (−2) −1 )
Theo quy tắc degf Q n là chẵn, ta có f Q n (−2)f Q n (2) và quy ước f Q 0 := f Do đó, theo phương pháp quy nạp và Định lý 2.2.18, dãy đa thức f n+1 (x) = f n Q (x) với f 1 (x) = f(x) tạo thành một dãy các đa thức bất khả quy trên F3, trong đó degf n = 2 n Các phần tử đầu tiên của dãy bao gồm: f 2 (x) = x^4 + 2x^3 + x^2 + 2x + 1, f 3 (x) = x^8 + 2x^7 + 2x^6 + 2x^5 + 2x^3 + 2x^2 + 2x + 1, và f 4 (x) = x^16 + 2x^15 + x^14 + x^13 + x^12 + x^11 + 2x^9 + x^8 + 2x^7 + x^6.
Quá trình tổng quát hóa cho thấy rằng với đa thức f(x) ∈ F3 k bậc chẵn bất khả quy, thỏa mãn điều kiện f(2)f(−2) = f(1)f(−1) không phải là thặng dư bậc hai của F3 k, thì f Q n (x) cũng bất khả quy cho mọi n ∈ N Điều này được chứng minh qua mối quan hệ f Q n+1 (2)f Q n+1 (−2) = 2 deg f Qn (−2) deg f Qn f Q n (2 + 2 −1 )f Q n (−2 + (−2) −1 ).
= f Q n (−2)f Q n (2) theo quy nạp và theo Định lý 2.2.18.
Chú ý rằng các bước quy nạp phụ thuộc vào đặc số của trường là 3.
Dưới đây là một ví dụ minh họa về việc áp dụng Q-phép biến đổi mà không đạt được thành công trong việc tạo ra nhiều đa thức bất khả quy, bất kể đa thức ban đầu được sử dụng.
Cho f(x) ∈ F5 k, với k ∈ N > 0, là một đa thức bất khả quy thỏa mãn điều kiện f(2)f(−2) không phải là thặng dư bậc 2 của F5 k Theo Định lý 2.2.18, f Q là đa thức bất khả quy Tuy nhiên, f Q (2)f Q (−2) = 2 deg f (−2) deg f f(2 + 2 −1 )f(−2 + (−2) −1 ) = f(0) 2, cho thấy f Q 2 không bất khả quy theo Định lý 2.2.18.
Để chứng minh Định lý 2.2.1, chúng ta giới thiệu một đa thức biến đổi mới dựa trên Q−phép biến đổi Định nghĩa 2.2.21 cho rằng, với trường hữu hạn Fq có đặc số p lẻ, nếu đa thức f ∈ F q [x] có bậc n, thì ta định nghĩa f R (x) = (2x) n f(2 −1 (x+ 1/x) Hơn nữa, với đa thức f, ta đặt λ(f) = f(1)f(−1).
Chú ý rằng từ f R (x) = (2x) n f(2 −1 (x+ 1/x), ta có f R (x) là đa thức tự tương hỗ có bậc gấp đôi bậc của f(x) Ánh xạ f → f R là song ánh từ tập tất cả các đa thức có bậc n lên tập tất cả các đa thức tương hỗ có bậc 2n, được gọi là R−phép biến đổi Mỗi đa thức tự tương hỗ f(x) có bậc 2n trên Fq có thể được viết thành f(x) = g R (x) với g(x) ∈ F q [x] Hơn nữa, R−phép biến đổi của một tích là tích của các R−phép biến đổi, vì vậy f R bất khả quy kéo đa thức f bất khả quy Hạng tử cao nhất của đa thức f cũng là hạng tử cao nhất của f R, dẫn đến điều kiện f là đa thức dạng chuẩn ⇔ f R là đa thức dạng chuẩn Việc xây dựng dãy các đa thức bất khả quy thông qua Q−phép biến đổi liên quan đến f(2)f(−2) và f Q (2)f Q (−2) như đã trình bày trong Định lý 2.2.18, nhưng với R−phép biến đổi, việc xây dựng dãy đa thức bất khả quy từ đa thức đã cho phụ thuộc vào đại lượng λ(f) và λ(f R ).
Theo định nghĩa về R−phép biến đổi, trong Định lý 2.2.1, dãy đa thức fm+1(x) = f m R (x) được xác định là một dãy đa thức bất khả quy nếu f đáp ứng các điều kiện của định lý Để chứng minh điều này, chúng ta cần hai bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.23 Cho Fq là một trường hữu hạn có đặc số p lẻ, f là một đa thức bậc n Khi đó ta có
(i) Nếu p ≡ 1 (mod 4) và λ(f) không phải thặng dư bậc hai của F q thì λ(f R ) cũng không phải thặng dư bâc hai của Fq.
(ii) Nếu n chẵn và λ(f) không là thặng dư bậc hai của F q thì λ(f R ) cũng không phải thặng dư bâc hai của F q
Nếu n chẵn, thì theo công thức (2.2), rõ ràng λ(f R ) không là thặng dư bậc hai của Fq Nếu p ≡ 1 (mod 4) ⇒ q −1 = p n − 1 4 ⇒ (q −1)
1 2 ⇒ (−1) (q−1) 1 = 1 suy ra −1 là một thặng dư bậc hai của Fq theo Định lý 1.1.20, do đó λ(f R ) không phải thặng dư bậc hai của Fq.
Bổ đề 2.2.24 khẳng định rằng, đối với một trường hữu hạn Fq có đặc số p lẻ và một đa thức bậc n bất khả quy f trên Fq, thì f sẽ bất khả quy trên Fq nếu và chỉ nếu λ(f) không phải là thặng dư bậc hai của Fq.
Đặt g(x) = 2^n f(2^(-1)x), ta có f_R(x) = g_Q(x), từ đó nếu g_Q(x) bất khả quy thì f_R(x) cũng bất khả quy Đa thức g(x) được chứng minh là bất khả quy; nếu không, sẽ dẫn đến mâu thuẫn với tính bất khả quy của f Theo định lý 2.2.18, g_Q(x) bất khả quy khi và chỉ khi g(2)g(−2) không phải thặng dư bậc hai của F_q, với g(2)g(−2) = 2^(2n) λ(f), do đó g_Q(x) bất khả quy khi λ(f) không phải là thặng dư bậc hai của F_q Áp dụng Bổ đề 2.2.23 và Bổ đề 2.2.24, ta có Định lý 2.2.25: cho F_q là trường hữu hạn với đặc số p lẻ, f_1(x) là đa thức dạng chuẩn bậc n bất khả quy trên F_q, và nếu n chẵn khi p ≡ 3 (mod 4) với λ(f) không phải là thặng dư bậc hai của F_q, thì dãy đa thức f_(m+1)(x) = f_m R(x) với m ∈ N > 0 là dãy đa thức dạng chuẩn bất khả quy trên F_q, với deg f_m = n^(2m−1).
Chứng minh rằng hàm f 2 (x) = f 1 R (x) là bất khả quy, với điều kiện λ(f 1 ) không phải là thặng dư bậc hai trên Fq Theo Bổ đề 2.2.24, ta suy ra rằng f 2 (x) cũng bất khả quy Hơn nữa, áp dụng Bổ đề 2.2.23, ta có λ(f 1 R ) = λ(f 2 ), và điều này cũng khẳng định rằng λ(f 2 ) không phải là thặng dư bậc hai trên Fq.
Bằng quy nạp theo m ta suy ra f m+1 (x) = f m R (x) là bất khả quy trên
Định lý 2.2.25 không áp dụng nếu thiếu điều kiện n chẵn trong trường hợp p ≡ 3 (mod 4) Đa thức x³ + 2 trong F₇[x] là bất khả quy vì không có nghiệm trong F₇ Mặc dù λ(f) = 3 không phải là thặng dư bậc hai của F₇, vì 3³ = 27 = -1 trong F₇ Hơn nữa, f_R(x) = x⁶ + 3x⁴ + 2x³ + 3x² + 1 với λ(f_R) = 1, và f_R²(x) = x¹² + 4x¹⁰ + 2x⁹ - x⁸ - x⁷ - x⁵ - x⁴ + 2x³ + 4x² + 1.