Đang tải... (xem toàn văn)
Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn (Luận văn thạc sĩ)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN VĂN VIỆT MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC HOÁN VỊ TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN ĐẶC SỐ CHẴN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - NGUYỄN VĂN VIỆT MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC HOÁN VỊ TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN ĐẶC SỐ CHẴN Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn THÁI NGUYÊN - 2019 Mục lục Mở đầu Chương Trường hữu hạn nhập mơn đa thức hốn vị 1.1 Trường hữu hạn 1.2 Một số tính chất đa thức hốn vị 1.3 Đa thức hoán vị modulo số tự nhiên 10 Chương Một số lớp đa thức hoán vị trường hữu hạn có đặc số chẵn 13 2.1 Trường đóng đại số 14 2.2 Một số lớp tam thức hoán vị trường hữu hạn đặc số chẵn 21 Kết luận kiến nghị 36 Tài liệu tham khảo 38 Mở đầu Đa thức hoán vị lĩnh vực nghiên cứu thú vị Chúng có ứng dụng lĩnh vực khác lý thuyết mã hóa, mật mã thiết kế tổ hợp Loại đa thức đơn giản đơn thức Một đơn thức xn hoán vị Fq gcd (n, q − 1) = Nhưng nhị thức tam thức tình khơng dễ dàng Chỉ có vài loại nhị thức hoán vị tam thức biết đến Chúng đặc biệt quan tâm đến lớp tam thức hoán vị trường hữu hạn với đặc số chẵn Chú ý rằng, khơng có nhị thức trường hữu hạn có đặc số chẵn Điều thúc đẩy chúng tơi tìm lớp tam thức hoán vị với hệ số tầm thường trường hữu hạn với đặc số chẵn Tuy nhiên, nay, số lớp tam thức hoán vị F2m biết đến Trong luận văn này, chúng tơi trình bày chứng minh chi tiết năm lớp tam thức hoán vị trường hữu hạn có đặc số chẵn Nội dung luận văn trình bày thành hai chương: Chương 1: Trường hữu hạn nhập mơn đa thức hốn vị Trong chương này, chúng tơi trình bày cấu trúc số phần tử trường hữu hạn, số tính chất đa thức hốn vị trường hữu hạn đa thức hoán vị modulo số tự nhiên Chương 2: Một số lớp đa thức hốn vị trường hữu hạn có đặc số chẵn Chương chúng tơi trình bày số tiêu chuẩn hoán vị đa thức số lớp tam thức hoán vị Đặc biệt chương chúng tơi trình bày lại chi tiết kết hai báo [4] R Gupta R Sharama, [3] C Ding, L Qu, Q Wang, J Yuan, P Yuan lớp tam thức hoán vị trường có đặc số chẵn Luận văn hồn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn tận tình GS TS Lê Thị Thanh Nhàn Em chân thành cảm ơn cô Lê Thị Thanh Nhàn tận tình hướng dẫn em triển khai đề tài luận văn Em chân thành cảm ơn thầy cô tổ Đại số, khoa Toán-Tin trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, người tận tình giảng dạy trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho em suốt trình học tập trường Vì thời gian kiến thức hạn chế nên thân cố gắng nhiều luận văn khó tránh khỏi thiếu sót Em xin mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn để luận văn em hoàn chỉnh Em xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 05 năm 2019 Học viên Nguyễn Văn Việt Chương Trường hữu hạn nhập mơn đa thức hốn vị Để chuẩn bị cho việc trình bày đa thức hoán vị số lớp đa thức hoán vị trường hữu hạn có đặc số chẵn Chương 2, chương này, chúng tơi trình bày cấu trúc số phần tử trường hữu hạn, số tính chất đa thức hốn vị trường hữu hạn đa thức hoán vị modulo số tự nhiên 1.1 Trường hữu hạn Mục đích chương giới thiệu khái niệm trường hữu hạn làm rõ cấu trúc số phần tử trường hữu hạn Trường tập hợp T với hai phép toán cộng nhân cho hai phép toán kết hợp, giao hoán, phép nhân phân phối với phép cộng, T có phần thử 0, có phần tử đơn vị 1, phần tử a ∈ T có đối xứng −a ∈ T phần tử a ∈ T, a = có phần tử nghịch đảo a−1 ∈ T Chẳng hạn Z2 trường, vành Z4 không trường phần tử = ∈ Z4 khơng có phần tử nghịch đảo Tổng quát, Zn trường n nguyên tố Một số ví dụ trường vô hạn trường Q số hữu tỷ; trường R số thực; trường C số phức Định nghĩa 1.1.1 Trường hữu hạn trường có hữu hạn phần tử Chú ý 1.1.2 Với trường T , phần tử a ∈ T số nguyên n ta định nghĩa bội nguyên na sau: • na = n = 0, • na = a + + a (n hạng tử a) n > 0, • na = (−a) + + (−a) (−n hạng tử a) n < Định nghĩa 1.1.3 Giả sử T trường Nếu tồn số nguyên dương nhỏ n cho n1 = 0, phần tử đơn vị T , ta nói trường T có đặc số n Nếu khơng tồn số n ta nói trường T có đặc số Chẳng hạn, trường Z5 có đặc số Trường Q có đặc số 0, trường Zp có đặc số p (với số nguyên tố p) Mệnh đề 1.1.4 Đặc số trường T hữu hạn số nguyên tố Chứng minh Giả sử trường hữu hạn T có đặc số Khi đó, với số nguyên n > m ta có (n − m)1 = 0, tức n1 = m1 Vì T chứa tập {n1 | n ∈ Z} tập vơ hạn, vơ lý Do T phải có đặc số p > Giả sử p hợp số Khi p = mn với < m, n < p Ta có p1 = = mn1 = (m1)(m1) Do T trường nên (m1) = n1 = 0, vô lý Do p số nguyên tố Tiếp theo, cần nhắc lại số khái niệm không gian véc tơ Định nghĩa 1.1.5 Cho T trường Một tập V có trang bị phép tốn cơng với ánh xạ T × V → V (gọi phép nhân vô hướng) gọi không gian véc tơ trường T hay T khơng gian véc tơ phép cộng có tính chất giao hốn, kết hợp, có phần tử 0, phần tử V có đối xứng phép nhân vơ hướng thỏa mãn tính chất sau đây: với x, y ∈ T α, β ∈ V ta có: (i) Phân phối: (x + y)α = xα + yα x(α + β) = xα + xβ; (ii) Kết hợp: x(yα) = (xy)α; (iii) Unita: 1α = α Định nghĩa 1.1.6 Giả sử V T - không gian véc tơ (i) Một hệ véc tơ {vi }i∈I V gọi hệ sinh V phần tử x ∈ V biểu thị tuyến tính theo hệ đó, tức tồn hữu hạn phần tử vi1 , · · · , vik hệ {vi }i∈I hữu hạn phần tử ai1 , · · · , aik T cho x = k j=1 aij vij Nếu V có hệ sinh gồm hữu hạn phần tử V gọi T -không gian hữu hạn sinh (ii) Một hệ véc tơ {vi }i∈I V gọi hệ độc lập tuyến tính từ ràng buộc tuyến tính hệ k j=1 aij vij = ta có aij = với j = 1, · · · , k (iii) Một hệ véc tơ V gọi sở V hệ sinh độc lập tuyến tính Nếu V có sở gồm n phần tử ta nói V có chiều n ta viết dimT V = n Giả sử V V không gian véc tơ trường T Ta nói ánh xạ f : V → V ánh xạ tuyến tính f (a + b) = f (a) + f (b) f (ra) = rf (a) với a, b ∈ V , r ∈ T Mệnh đề 1.1.7 Cho T trường hữu hạn có q phần tử Khi q lũy thừa số nguyên tố p với p đặc số T Chứng minh Đặt K = {n1 | n ∈ Z} Vì T trường hữu hạn nên theo Mệnh đề 1.1.4, T có đặc số p nguyên tố Ta chứng minh K trường có p phần tử Rõ ràng, phép cộng nhân phép toán K, ∈ K, ∈ K Do để chứng minh K trường, ta cần chứng minh n1 = n1 có phần tử nghịch đảo Cho n1 = Vì T có đặc số p p1 = suy n không bội p Do p nguyên tố nên (n, p) = 1, tức tồn x, y ∈ Z cho = nx + py Suy = (nx + py)1 = (n1)(x1) Vì x1 ∈ K x1 nghịch đảo n1 Do K trường Với ≤ n < m < p, ta có n1 = m1 Thật vậy, n1 = m1 (m−n)1 = 0, < m−n < p, điều vô lý Suy K chứa p phần tử khác Cho n ∈ Z tùy ý Viết n = pr + s, ≤ s < p Ta có n1 = (pr + s)1 = s1 Vậy K có p phần tử Xét T K- Khơng gian véc tơ Vì T trường hữu hạn nên T có số chiều hữu hạn t Đặt dimT T = t số phần tử T pt Định lý 1.1.8 (Về cấu trúc trường hữu hạn) Các phát biểu sau đúng: (i) Nếu T trường có hữu hạn q phần tử, q lũy thừa số nguyên tố (ii) Nếu q lũy thừa số nguyên tố, tồn trường có q phần tử Chứng minh Xem tài liệu [1] Định nghĩa 1.1.9 Nhóm tập G với phép toán nhân cho phép nhân kết hợp, có phần tử đơn vị phần tử G có nghịch đảo a−1 ∈ G Một tập H G gọi nhóm G H đóng kín phép nhân lập thành nhóm với phép nhân Nhận xét 1.1.10 Nếu T trường tập T ∗ = T \{0} nhóm với phép nhân Nhóm G gọi xyclic tồn phần tử a ∈ G cho: G = {an | n ∈ Z} Khi ta viết G =< a > ta nói G nhóm xyclic sinh a Chú ý nhóm nhóm xyclic xyclic Suy α3 + α2 m +1 m · α2 + (α2 +1 ) = Do α ∈ µ2m +1 nên α3 + α2 + = Suy + α + α3 = + α2 + α3 Do α = α2 Vì α ∈ µ2m +1 nên α = Do α = Suy = + α + α3 = + + 13 = 1, vơ lí Do đa thức + x + x3 khơng có nghiệm µ2m +1 , tức bậc 2m + đơn vị Fq không nghiệm đa thức + x + x3 Bổ đề 2.2.4 Cho q lũy thừa số nguyên tố Cho g(x) đa thức Fq [x] Cho f (x) = ag(bx + c) với a, b, c ∈ Fq a, b = Khi f (x) hốn vị Fq g(x) hoán vị Fq Chứng minh Xem Tài liệu [2] Bây chứng minh Định lý A phần giới thiệu đầu Chương Đây kết thứ luận văn, cho ta lớp tam thức hốn vị trường có đặc số chẵn Định lý 2.2.5 Đa thức f (x) := x4 + x2m+3 + x3·2 m +1 ∈ F22m [x] đa thức hoán vị F22m gcd(m, 3) = Chứng minh Đa thức f1 (x) viết f1 (x) = x4 h1 (x2m−1 ), h1 (x) := + x + x3 ∈ F22m [x] Vì gcd(4, 2m − 1) = 1, nên theo Bổ đề 2.2.2, f1 (x) hoán vị F22m đa thức g1 (x) := x4 h1 (x)2m−1 hốn vị µ2m +1 Giả sử gcd(m, 3) =1 Theo Bổ đề 2.2.3, h1 (x) khơng có nghiệm µ2m +1 , nghĩa h1 (µ2m +1 ) ⊆ F∗22m g1 (µ2m +1 ) ⊆ µ2m +1 24 Vì µ2m +1 tập hữu hạn, g1 (x) hoán vị µ2m +1 g(x) tác động đơn ánh µ2m +1 Với α ∈ µ2m +1 , ta có g1 (α) = α4 (1 + α + α3 )2 m −1 m = = = = α4 (1 + α + α3 )2 + α + α3 m m α4 (1 + α2 + (α2 )3 ) + α + α3 α4 (1 + α−1 + (α−1 )3 ) + α + α3 α + α3 + α4 + α + α3 Như g1 (x) tác động đơn ánh µ2m +1 x + x3 + x4 G1 (x) := + x + x3 tác động đơn ánh µ2m +1 Giả sử G1 (x) = G1 (y) với x, y ∈ µ2m +1 Chúng ta xem xét hai trường hợp sau Trường hợp x = y = Giả sử y = 1, x + x3 + x4 = 1 + x + x3 Nghĩa x4 + = Vậy ta nhận đươc x = y = Trường hợp x = y = Giả sử G1 (x) = G1 (y), nghĩa x + x3 + x4 y + y3 + y4 = + x + x3 + y + y3 Thêm vào hai vế ta có, + x4 + y4 = + x + x3 + y + y3 25 Suy (y + 1)3 + y (x + 1)3 + x2 = (1 + x)4 (y + 1)4 Vì x 2 y 2 +( )( ) = +( )( ) 1+x 1+x 1+x 1+y 1+y 1+y Thay a = 1 b = vào phương trình trên, ta x+1 y+1 (a + b)4 + (a + b)2 + (a + b) = Lưu ý a = b x = y Nếu x = y, đẳng thức có nghĩa (a + b)3 + (a + b) + = Tức là, a + b ∈ F22m nghiệm x3 + x + ∈ F22m [x] Điều + x + x3 khả quy F2 gcd(3, 2m) = Vì + x + x3 khả quy F2m Ngược lại, giả sử f1 (x) đa thức hoán vị F22m Đặt α ∈ F23 nghiệm x3 + x + ∈ F2 [x] cho β nghiệm x2m + x + ∈ F22m [x] số trường mở rộng Lưu ý 2m β2 m m m m = (β )2 = (β + 1)2 = β + = β, tức là, β ∈ F22m Nếu 26 gcd(m, 3) = 3, α ∈ F2m m f1 (α + β) = (α + β)4 + (α + β)2m (α + β)3 + ((α + β)2 )3 (α + β) = (α + β)4 + (α + β + 1)(α + β)3 + (α + β + 1)3 (α + β) = (β + β + β) + (α4 + α2 + α) = β4 + β2 + β = f1 (β) Điều mâu thuẫn với giả thiết Theo kết Định lý 2.2.5, có lớp tam thức hốn vị sau Hệ 2.2.6 Đa thức m f (x) = x + x2 + x2 2m−1 −2m−1 +1 ∈ F22m [x] đa thức hoán vị F22m gcd(m, 3) = m Chứng minh Đa thức f (x) viết f (x) = xh(x2 h(x) := + x + x2 m−1 −1 ), ∈ F22m [x] Theo Bổ đề ??, f (x) hoán vị F22m đa thức g(x) := xh(x)2 m −1 hốn vị µ2m +1 Vì gcd (2, 2m + 1) = 1, nên đa thức g(x) hốn vị µ2m +1 g(x)2 hốn vị µ2m +1 Với x ∈ µ2m +1 , m g(x)2 = x2 (1 + x2 + x2m )2 −1 m = x2 (1 + x2 + )2 −1 x m = x4 (1 + x + x3 )2 −1 = g1 (x) 27 Từ chứng minh Định lý 2.2.5, ta có g1 (x) hốn vị µ2m +1 gcd(m, 3) = 1, điều phải chứng minh Định lý sau kết thứ hai Chương này, cho ta lớp tam thức hoán vị trường có đặc số chẵn Định lý phát biểu Định lý B đầu Chương m m Định lý 2.2.7 Đa thức f2 (x) := x2 + x2·2 + x3·2 −1 hoán vị F22m gcd(m, 3) = Chứng minh Đa thức f2 (x) viết dạng f2 (x) = x2 h2 (x2 m −1 ), h2 (x) := + x2 + x3 ∈ F22m [x] Vì gcd(2, 2m − 1) = 1, nên theo Bổ đề ??, f2 (x) hoán vị F22m đa thức g2 (x) := x2 h2 (x)2 m −1 hốn vị µ2m +1 Đầu tiên, giả sử gcd(m, 3) = Theo Bổ đề 2.2.3, h2 (x) khơng có nghiệm µ2m +1 , nghĩa h2 (µ2m +1 ) ⊆ F∗22m , g2 (µ2m +1 ) ⊆ µ2m +1 Như vậy, g2 (x) hốn vị µ2m +1 g2 (x) tác động đơn ánh µ2m +1 Với α ∈ µ2m +1 biểu thức g2 (α) rút gọn + α + α3 , g2 (α) = α + α3 α4 đó, g2 (x) tác động đơn ánh µ2m +1 + x + x3 G2 (x) := = x + x3 + x4 G1 (x) 28 tác động đơn ánh µ2m +1 Vì gcd (m, 3) = 1, nên từ chứng minh Định lý 2.2.5, ta suy G1 x tác động đơn ánh µ2m +1 Do G2 (x) tác động đơn ánh µ2m +1 Nếu gcd(m, 3) = 1, từ Định lý 2.2.5, f1 (x) không đa thức hốn vị F22m Vì gcd(2, 2m −1) = 1, từ điều kiện (i) Bổ đề ?? ta suy g1 (x) khơng hốn vị µ2m +1 Như vậy, G1 (x) G2 (x) = G1 (x) khơng hốn vị µ2m +1 , nghĩa f2 (x) khơng đa thức hốn vị F22m , ta có điều phải chứng minh Tiếp theo, ta chứng minh Định lý C phần giới thiệu Chương Định lý kết thứ ba luận văn, cho ta lớp tam thức hốn vị trường có đặc số chẵn m Định lý 2.2.8 Đa thức f3 (x) := x5 + x2 +4 m + x4·2 +1 ∈ F22m [x] đa thức hoán vị F22m m số lẻ m Chứng minh Đa thức f3 (x) viết f3 (x) = x5 h3 (x2 −1 , h3 (x) := + x + x4 ∈ F22m [x] Theo Bổ đề ??, f3 (x) đa thức hoán vị F22m gcd(5, 2m − 1) = đa thức g3 (x) := x5 h3 (x)2 m −1 hốn vị µ2m +1 Giả sử m số lẻ Khi theo Bổ đề 2.2.2 ta có gcd(5, 2m − 1) = Theo Bổ đề 2.2.5, h3 (α) = với α ∈ µ2m +1 , g3 (µ2m +1 ) ⊆ µ2m +1 Với α ∈ µ2m +1 , ta biến đổi rút gọn g3 (α) dạng sau α + α4 + α5 g3 (α) = + α + α4 29 Theo g3 (x) tác động đơn ánh µ2m +1 x + x4 + x5 G3 (x) := + x + x4 tác động đơn ánh µ2m +1 Giả sử G3 (x) = G3 (y), x, y ∈ µ2m +1 Với x = y, từ biểu thức G3 (x), ta (x + x4 + x5 )(1 + y + y ) + (y + y + y )(1 + x + x4 ) = 0, tức là, (x5 + y ) + xy(x4 + y ) + x4 y (x + y) + (x4 + y ) + (x + y) = Suy (x5 + y ) = (x + y)5 + x2 y (x + y) + xy(x + y)3 Chia phương trình cho (x5 + y ) ta xy xy xy + ( ) + + ( ) + + = (x + y)4 x+y x+y (x + y)2 (x + y)2 xy m b = a2 = vào phương trình rút x+y x+y gọn, ta Thay a = (a + b)4 + a + b + a2 b2 + ab + = Lưu ý a b khơng thuộc F2m , a + b, ab ∈ F2m Tác động hàm vết T r1m (−) vào hai vế đẳng thức sử dụng tính chất tuyến tính hàm vết Bổ đề 2.1.9, ta T r1m ((a + b)4 ) + T r1m (a + b) + T r1m ((ab)2 ) + T r1m (ab) + = 30 Chú ý T r1m ((a + b)4 ) = T r1m (a + b) T r1m ((ab)2 ) = T r1m (ab) Vì từ đẳng thức ta suy = 0, điều mâu thuẫn Tiếp theo m số chẵn, theo Bổ đề 2.1.12 ta có 5|22m − 1, có nghĩa có hai số 2m − 2m + chia hết cho Nếu 5|2m − 1, theo Bổ đề ??, f3 (x) không đa thức hốn vị F2m Nếu 5|2m + 1, ta lấy mơt phần tử ξ nguyên thủy bậc đơn vị Do ước 2m + nên ξ ∈ µ2m +1 , g3 (ξ) = (1 + ξ + ξ )2 m −1 = g3 (ξ ) m g3 (ξ ) = (1 + ξ + ξ )2 −1 = g3 (ξ ) Như vậy, g3 (x) khơng hốn vị µ2m +1 f3 (x) khơng hốn vị F22m Do ta có điều phải chứng minh Tiếp theo tập trung chứng minh Định lý D Đây kết thứ tư luận văn m m+2 Định lý 2.2.9 Đa thức f4 (x) := x3 + x3·2 + x2 −1 ∈ F22m đa thức hoán vị F22m m số lẻ m Chứng minh Đa thức f4 (x) viết f4 (x) = x3 h4 (x2 −1 ), f4 (x) := + x3 + x4 ∈ F22m [x] Theo Bổ đề ??, f4 (x) 31 đa thức F22m gcd(3, 2m − 1) = đa thức g4 (x) := x3 h4 (x)2 m −1 hoán vị µ2m +1 Chú ý gcd(3, 2m − 1) = m số lẻ Do cần g4 (x) hốn vị µ2m +1 m số lẻ Giả sử m số lẻ Theo Bổ đề 2.2.3, h4 (x) khơng có nghiệm µ2m +1 Với α ∈ µ2m +1 , g4 (α) biến đổi rút gọn + α + α4 g4 (α) = α + α4 + α5 vậy, g4 (x) tác động đơn ánh µ2m +1 + x + x4 G4 (x) := = x + x4 + x5 G3 (x) tác động đơn ánh µ2m +1 Vì m số lẻ, nên theo Định lý 2.2.8, G3 (x) G4 (x) tác động đơn ánh µ2m +1 Vì f (x) hốn vị F2m , ta có điều phải chứng minh Phần tiếp theo, ta chứng minh Định lý E Định lý kết thứ năm luận văn, cho ta lớp tam thức hoán vị trường có đặc số chẵn Định lý 2.2.10 Với số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức f (x) = x + x2 m+1 −1 m + x2 −2 m+1 +1 hoán vị trường F2m Chứng minh Chúng ta có (m+1)/2 f (x) = x + x2 −1 + x2 ( m −2(m+1)/2 +1 m = x(1 + x2 m+1)/2−2 + x2 = x(1 + x 2·(2(m−1)/2−1 ) +x −2(m+1)/2 2(m+1)/2(2 ) (m−1)/2 −1) ) 32 Vì gcd(2(m−1)/2 − 1, 2m − 1) = theo Bổ đề 2.1.13, f (x) đa thức hoán vị F2m g(x) = x2 m −1−(2(m+1)/2 +2) (m+1)/2 (1 + x2 + x2 ) đa thức hoán vị F2m Chúng ta lưu ý g(0) = (m+1)/2 + x2 + x2 g(x) = x = x2(m+1)/2 +2 Trước hết, thấy x = nghiệm phương trình đa thức g(x) = Nếu g(x) = 0, x = + x2 + x2 (m+1)/2 Nếu + x2 + x2 ta đươc + x2 (m+1)/2 (m+1)/2 = 0, sau nâng vế lên lũy thừa = (m−1) m + x2 = Cộng hai vế hai phương trình m với ta x2 + x2 = Vì ta có x = x = Tuy nhiên ta lại có g(x) = Do đó, nghiệm g(x) = x = Tiếp theo, chứng minh phương trình đa thức g(x) = a có nghiệm khác khơng với a = 0, a ∈ F2m Có nghĩa là, với a = 0, a ∈ F2m , chứng minh tồn nghiệm x = cho phương trình sau: (m+1)/2 + x2 + x2 x2(m+1)/2 +2 = a Viết lại phương trình ta thu phương trình sau (m+1)/2 ax2 +2 (m+1)/2 + x2 + x2 + = (1) Đặt y = x2 Khi phương trình (1) trở thành ay (m−1)/2 +1 + y2 (m−1)/2 + y + = (2) 33 Bây cần giải phương trình (2) với a = y = Đầu tiên, a = 1, ta có (m−1)/2 y2 +1 (m−1)/2 +y (m−1)/2 +y+1 = (y +1 (m−1)/2+1 )(y+1) = (y+1)2 = Do y = nghiệm phương trình (2) với a = Từ trở đi, ta giả sử a = a = Nâng lên lũy thừa 2(m+1)/2 phương trình (2), ta thu (m+1)/2 a2 (m+1)/2+1 y2 (m+1)/2 + ay 2(m−1)/2+1 + y + y2 (m−1)/2 = (3) = (4) Cộng hai vế hai phương trình (2) (3), ta có (m+1)/2 a2 (m+1)/2+1 y2 (m+1)/2 + y2 + ay 2(m−1)/2+1 + y (m−1)/2 (m−1)/2 Vì y = 0, ta chia phương trình (4) cho y (m+1)/2 a2 (m−1)/2+1 + ay + y y2 (m−1)/2 ta có kết + = (5) Cộng vế với vế hai phương trình (2) (5) ta (a2 (m+1)/2 (m−1)/2 + a)y +1 + (a + 1)y = (6) Vì y = 0, nên ta thu (a2 (m+1)/2 Từ (a2 (m+1)/2 (m−1)/2 + a)y +1 + (a + 1) = + a) = với a ∈ {0, 1}, đa thức (m+1)/2 (a2 (m−1)/2 + a)y +1 + (a + 1) = 34 đa thức hoán vị F2m với gcd(2(m−1)/2 , 2m − 1) = Do tồn nghiệm khác khơng y phương trình (m+1)/2 (a2 + a)y (m−1)/2 + (a + 1) = 0, với a = 0, Do tồn nhiều nghiệm x = phương + x2 + x2(m+1)/2 = a với a = Do tồn nghiệm trình 22(m+1)/2+2 cho g(x) = a cho a Vì định lý chứng minh 35 Kết luận Luận văn trình bày số kết đa thức hoán vị trường có đặc số chẵn hai báo: R Gupta R Sharma (2016), Some new classes of permutation trinomials over finite fields with even characteristic, Finite Fields and their Applications, 41, 89-96 C Dinh, L Qu, Q Wang, J Yuan, P Yuan (2015), Permutatiin trinomials over finite fields with even characteristic, Siam J.Discnetc Math, 29, pp 79-82 Nội dung luận văn là: Trình bày cấu trúc số phần tử trường hữu hạn, số tính chất đa thức hoán vị trường hữu hạn đa thức hoán vị modulo số tự nhiên Chứng minh chi tiết năm lớp tam thức sau hốn vị trường hữu hạn có đặc số chẵn m +1 ∈ F22m [x] m −1 ∈ F22m [x] • Định lý 2.2.5 Đa thức f (x) = x4 + x2m+3 + x3·2 hoán vị F22m gcd(m, 3) = m • Định lý 2.2.7 Đa thức f2 (x) := x2 + x2·2 + x3·2 đa thức hoán vị F22m gcd(m, 3) = 36 m • Định lý 2.2.8 Đa thức f3 (x) := x5 + x2 +4 m + x4·2 +1 ∈ F22m [x] đa thức hoán vị F22m m số lẻ m • Định lý 2.2.9 Đa thức f4 (x) := x3 + x3·2 + x2 m+2 −1 ∈ F22m [x] đa thức hoán vị F22m m số lẻ • Định lý 2.2.10 Với số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức f (x) = x + x m+1 −1 2m −2 +x m+1 +1 hoán vị trường F2m 37 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lí thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Vương Thị Yến (2012), Đa thức hoán vị được, Luận văn thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên Tiếng Anh [3] C Dinh, L Qu, Q Wang, J Yuan, P Yuan (2015), Permutatiin trinomials over finite fields with even characteristic, Siam J.Discnetc Math, 29, pp79-82 [4] R Gupta R Sharma (2016), Some new classes of permutation trinomials over finite fields with even characteristic, Finite Fields and their Applications, 41, 89-96 38 ... 10 Chương Một số lớp đa thức hoán vị trường hữu hạn có đặc số chẵn 13 2.1 Trường đóng đại số 14 2.2 Một số lớp tam thức hoán vị trường hữu hạn đặc số chẵn ... hốn vị Trong chương này, chúng tơi trình bày cấu trúc số phần tử trường hữu hạn, số tính chất đa thức hốn vị trường hữu hạn đa thức hoán vị modulo số tự nhiên Chương 2: Một số lớp đa thức hốn vị. .. 2019 Học viên Nguyễn Văn Việt Chương Trường hữu hạn nhập mơn đa thức hốn vị Để chuẩn bị cho việc trình bày đa thức hoán vị số lớp đa thức hoán vị trường hữu hạn có đặc số chẵn Chương 2, chương