Luận văn Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn

yα và x(α + β) = xα + xβ; (ii) Kết hợp: x(yα) = (xy)α; (iii) Unita: 1α = α. Định nghĩa 1.1.6. Giả sử V là một T - không gian véc tơ. (i) Một hệ véc tơ {vi}i∈I trong V được gọi là một hệ sinh của V nếu mọi phần tử x ∈ V đều có thể biểu thị tuyến tính theo hệ đó, tức là tồn tại hữu hạn phần tử vi1, · · · , vik của hệ {vi}i∈I và hữu hạn phần tử ai1, · · · , aik của T sao cho x = ∑k j=1 aijvij. Nếu V có một hệ sinh gồm hữu hạn phần tử thì V được gọi là T -không gian hữu hạn sinh. (ii) Một hệ véc tơ {vi}i∈I trong V được gọi là một hệ độc lập tuyến tính nếu từ mỗi ràng buộc tuyến tính của hệ ∑k j=1 aijvij = 0 ta đều có 6 aij = 0 với mọi j = 1, · · · , k. (iii) Một hệ véc tơ của V được gọi là cơ sở của V nếu nó là một hệ sinh và độc lập tuyến tính. Nếu V có một cơ sở gồm n phần tử thì ta nói V có chiều n và ta viết dimT V = n. Giả sử V và V ′ là các không gian véc tơ trên trường T . Ta nói ánh xạ f : V → V ′ là ánh xạ tuyến tính nếu f(a + b) = f(a) + f(b) và f(ra) = rf(a) với mọi a, b ∈ V , mọi r ∈ 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 tố p 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 p phần tử. Rõ ràng, phép cộng và nhân là phép toán trênK, và 0 ∈ K, 1 ∈ K. Do đó để chứng minh K là trường, ta chỉ cần chứng minh nếu n1 6= 0 thì n1 có phần tử nghịch đảo. Cho n1 6= 0. Vì T có đặc số p và p1 = 0 suy ra n không là bội của p. Do p nguyên tố nên (n, p) = 1, tức là tồn tại x, y ∈ Z sao cho 1 = nx+ py. Suy ra 1 = (nx+ py)1 = (n1)(x1). Vì thế x1 ∈ K và x1 là nghịch đảo của n1. Do đó K là trường. Với 0 ≤ n < m < p, ta có n1 6= m1. Thật vậy, nếu n1 = m1 thì (m−n)1 = 0, trong đó 0 < m−n < p, điều này là vô lý. Suy raK chứa p phần tử khác nhau. Cho n ∈ Z tùy ý. Viết n = pr+ s, 0 ≤ s < p. Ta có n1 = (pr + s)1 = s1. Vậy K có đúng p phần tử. 7 Xét T là K- Không gian véc tơ. Vì T là trường hữu hạn nên T có số chiều hữu hạn t. Đặt dimT T = t khi đó số phần tử của T là pt. Định lý 1.1.8. (Về cấu trúc của trường hữu hạn) Các phát biểu sau đây 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 có q phần tử. Chứng minh. Xem tài liệu [1]. Định nghĩa 1.1.9. Nhóm là một tập G cùng với một phép toán nhân sao cho phép nhân kết hợp, có phần tử đơn vị là 1 và mọi phần tử của G đều có nghịch đảo a−1 ∈ G. Một tập conH của G được gọi là nhóm con của G nếuH 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: G = {an | n ∈ Z}. Khi đó ta viết G = và ta nói G là nhóm xyclic sinh bởi a. Chú ý rằng nhóm con của nhóm xyclic là xyclic. 8 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 phát biểu rằng nếu G là nhóm có n phần tử vàH là nhóm con của G cóm phần tử thì m là ước của n. Do đó nếu a ∈ G, thì an = 1. Chú ý 1.1.12. Nếu T là trường có q phần tử thì nhóm nhân T ∗ = T\{0} có q − 1 phần tử. Vì thế aq−1 = 1 với mọi a ∈ T ∗ = T\{0}. 1.2 Một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị Sau đây là khái niệm và một số kết quả về đa thức hoán vị trên trường hữu hạn. Định nghĩa 1.2.1. Cho T là một trường hữu hạn. Một đa thức f(x) với hệ số trên T được gọi là hoán vị nếu ánh xạ cảm sinh f : T → T cho ứng phần tử a với f(a), là một song ánh. Ví dụ 1.2.2. Trên trường Z2 thì các đa thức f(x) = x và g(x) = x+ 1 là các đa thức hoán vị, bởi vì f(0) = 0 và f(1) = 1; g(0) = 1; g(1) = 0 (tức là các ánh xạ cảm sinh f, g : Z2 → Z2 là song ánh); còn đa thức h(x) = x2 + x+ 1 không hoán vị được vì h(0) = h(1) = 1. 9 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 xn hoán vị trên T khi và chỉ khi gcd (q − 1, n) = 1. Đặc biệt, x2 hoán vị trên T khi và chỉ khi T có đặc số 2 (tức là q là số chẵn). (iv) Nếu n là số nguyên tố thì xn hoán vị trên T nếu và chỉ nếu q không đồng dư với 1 theo mođun n. (v) Đa thức ax2 + bx + c với a 6= 0 và a, b, c ∈ T , hoán vị trên T nếu và chỉ nếu b = 0 và T có đặc số 2 (tức là q 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]). Mệnh đề 1.2.4. Cho T là trường có q phần tử. Cho k > j là hai số nguyên dương. Cho a ∈ T là phần tử khác 0. Khi đó tam thức axk + bxj + c (trong đó a, b, c ∈ T ) hoán vị trên T nếu và chỉ nếu b = 0 và gcd(k, q − 1) = 1. 1.3 Đa thức hoán vị modulo một số tự nhiên Trong phần này chúng ta nhắc lại khái niệm và một số kết quả về đa thức với hệ số nguyên hoán vị modulo một số tự nhiên. 10 Định nghĩa 1.3.1. Cho f(x) = adxd + . . . + a1x1 + a0 là đa thức có hệ số nguyên, ad 6= 0. Cho n là một số tự nhiên. Ta nói f(x) hoán vị modulo n nếu ánh xạ ϕ : Zn → Zn cho bởi ϕ(a) = f(a) là một song ánh. Ví dụ 1.3.2. Cho n = 4. Khi đó đa thức f(x) = 6x3 + 3x+ 1 là hoán vị modulo 4 vì ta có f(0) = 1, f(1) = 2, f(2) = 3, f(3) = 0 trong Z4. Đa thức g(x) = 6x3 không hoán vị modulo 4 vì ta có g(0) = 0, g(1) = 2, g(2) = 0, g(3) = 2 trong Z4. Kết quả sau đây (xem tài liệu [2]) cho ta điều kiện về tính hoán vị của đa thức modulo 2. Mệnh đề 1.3.3. Đa thức f(x) = a0+a1x+ . . .+adxd hoán vị modulo 2 khi và chỉ khi a1 + a2 + . . .+ ad là lẻ. Kết quả tiếp theo (xem tài liệu [2]) cho ta điều kiện cần về tính hoán vị modulo 2m vớim là số chẵn. Mệnh đề 1.3.4. Cho f(x) = a0+a1x+ . . .+adxd là đa thức với hệ số nguyên và cho n = 2m là một số tự nhiên với m là số chẵn. Nếu f(x) hoán vị modulo n thì a1 là số lẻ. Cho n = 2w vàm = 2w−1. Kết quả sau đây (xem tài liệu [2]) cho ta mối quan hệ giữa tính hoán vị modulo n và tính hoán vị modulom. Mệnh đề 1.3.5. Cho f(x) = a0+a1x+ . . .+adxd là đa thức với hệ số nguyên. Cho n = 2w và m = 2w−1. Khi đó nếu f(x) hoán vị modulo m thì f(x) hoán vị modulo n. 11 Kết quả sau đây là mở rộng của Mệnh đề 1.3.5, trong đó n không nhất thiết là lũy thừa của 2. Mệnh đề 1.3.6. Cho f(x) = a0 + a1x + . . . + adxd là đa thức với hệ số nguyên. Cho n = 2m với m là số tự nhiên chẵn. Nếu f(x) hoán vị modulom, thì f(x) hoán vị modulo n nếu và chỉ nếu (a3+a5+a7+. . .) là số chẵn. Kết quả sau đây là đặc trưng tính hoán vị modulo lũy thừa của 2 (xem tài liệu [2]). Mệnh đề 1.3.7. Đặt P (x) = a0+a1x+. . .+adxd là một đa thức với hệ số nguyên. Khi đó P (x) là đa thức hoán vị modulo n = 2w, w ≥ 2, nếu và chỉ nếu a1 là số lẻ, (a2+a4+a6+. . .) là số chẵn, và (a3+a5+a7+. . .) là số chẵn. 12 Chương 2 Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số chẵn Mục đích thứ nhất của Chương 2 là trình bày lại chi tiết các kết quả trong bài báo [4] của R. Gupta và R. Sharma về 4 lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn. Chú ý rằng nếu T là trường hữu hạn gồm q phần tử và T có đặc số chẵn thì q là lũy thừa của 2. Trong suốt chương này ta ký hiệu Fq là trường có q phần tử. Chúng tôi trình bày chi tiết chứng minh bốn định lý chính sau đây. Định lý A. Đa thức f(x) = x4+x2m+3+x3·2m+1 ∈ F22m[x] là hoán vị trên F22m nếu và chỉ nếu gcd(m, 3) = 1. Định lý B. Đa thức f2(x) := x2+ x2·2 m + x3·2 m−1 ∈ F22m[x] là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1. Định lý C. Đa thức f3(x) := x5 + x2 m+4 + x4·2 m+1 ∈ F22m[x] là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khim là số lẻ. Định lý D. Đa thức f4(x) := x3+x3·2 m +x2 m+2−1 ∈ F22m[x] là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khim là số lẻ. Mục đính thứ hai của Chương 2 là chứng minh lại chi tiết kết quả 13 trong bài báo [3] của C. Ding, L. Qu, Q. Wang, J. Yuan, P. Yuan về một lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn F2m. Cụ thể, chúng tôi tập trung chứng minh định lý sau. Định lý E. Với mọi số tự nhiên lẻm > 0, tam thức f(x) = x+ x2 m+1 2 −1 + x2 m−2m+12 +1 hoán vị trên trường F2m. 2.1 Trường đóng đại số Để chứng minh các Định lý A, B, C, D chúng ta cần nhắc lại khái niệm trường đóng đại số. Định nghĩa 2.1.1. Cho T là một trường (hữu hạn hoặc vô hạn). Ta nói 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 . Ví dụ 2.1.2. (i) Trường Z2 không đóng đại số vì đa thức f(x) = x2 + x + 1 có bậc 2 nhưng không có nghiệm trong Z2. (ii) Trường R các số thực không đóng đại số vì đa thức x4 + 1 có bậc 4 nhưng không có nghiệm thực. Định lý sau đây, được gọi là Định lý cơ bản của đại số, cho ta thấy trường số phức C là trường đóng đại số. 14 Định lý 2.1.3. Nếu f(x) là đa thức bậc dương với hệ số phức, thì f(x) có ít nhất một nghiệm phức. Đặc biệt, đa thức bậc n với hệ số phức 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 thì T không đóng đại số. Chứng minh. Giả sử T có q phần tử. Viết T = {a1, . . . , aq}. Xét đa thức f(x) = (x− a1)(x− a2) . . . (x− aq) + 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(ai) = 1 6= 0,∀ai ∈ T , vô lý. Vậy T không là trường đóng đại số. Mệnh đề 2.1.4 chỉ ra rằng nếu T là trường đóng đại số, thì T là trường vô hạn. Định nghĩa 2.1.5. Cho T là một trường. Khi đó luôn tồn tại duy nhất một trường T đóng đại số tối thiểu chứa T . Ta nói T 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. 15 Chú ý 2.1.7. Cho n là số tự nhiên. Cho T là một trường và T là bao đóng đại số của T . Gọi 1 là đơn vị của T . Khi đó đa thức xn − 1 ∈ T [x] có đủ n nghiệm trong T nếu n không chia hết cho p với p là đặc số của T . Ví dụ như đa thức x4 − 1 ∈ R[x] chỉ có 2 nghiệm thực (là 1 và −1) nhưng có đủ 4 nghiệm trong C (là 1,−1, i,−i). Ta nói n nghiệm của đa thức xn − 1 trong T là n căn bậc n của đơn vị trong T . Ví dụ, các căn bậc 4 của đơn vị trong C là 1,−1, i,−i. Kí hiệu µn = {a ∈ T | an = 1} là tập các căn bậc n của đơn vị trong T . Vì T đóng đại số nên µn có đúng n phần tử. Chú ý 2.1.8. Chom là số tự nhiên. Ta dùng Trm1 để kí hiệu hàm vết từ F2m đến F2, tức là Trm1 (α) = α + α 2 + α2 2 + α2 3 + · · ·+ α2m−1 ∈ F2 với mọi α ∈ F2m. Chú ý rằng F2m là F2− không gian véc tơ. Do đó Trm1 là ánh xạ giữa hai không gian véc tơ trên trường F2. Bổ đề 2.1.9. Trm1 (−) là ánh xạ tuyến tính, tức là Trm1 (α + β) = Tr m 1 (α) + Tr m 1 (β) với mọi α, β ∈ F2m và Trm1 (aα) = aTrm1 (α) với mọi a ∈ F2 = Z2. 16 Chứng minh. Với mọi số tự nhiên s > 0 ta có: (α + β)2 s = α2 s + C12sα 2s−1 · β + . . .+ C2s−12s αβ2 s−1 + β2 s với 1 ≤ j ≤ 2s − 1. Ta chứng minh Cj2s = 2 s! (2s−j)!j! là bội của 2, bằng quy nạo theo j. Ta có Cj2s = 2s! (2s − j)!j! = 2s! (2s − j + 2)!(j − 1)! · 2s − j + 1 j . Cho j = 1 ta có Cj2s = 2 s. Cho j = 2 ta có Cj2s = (2s − 1)2s 2 = 22s−1 − 2s−1. Cứ tiếp tục như thế đến j = 2s − 1 ta có Cj2s = 2s! (2s − 2s + 1)!(2s − 1)! = 2s! (2s − 1)! = 2 s. Suy ra Cj2s là bội của 2. Suy ra (α + β)2 s = α2 s + β2 s = Trm1 (α) + Tr m 1 (β). Với a = 0 ∈ F2, ta có Trm1 (aα) = Trm1 (0) = 0 và 0 · Trm1 (α) = 0. Với a = 1 ∈ F2 ta có Trm1 (a · α) = Trm1 (α) = 1 · Trm1 (α) = aTrm1 (α). Do đó Trm1 (−) là ánh xạ tuyến tính. Bổ đề 2.1.10. Với mọi i ∈ N ta có Trm1 (α2i) = Trm1 (α). Chứng minh. Với mọi i ∈ N, cho α ∈ F2m ta có Trm1 (α 2i) = α2 i + (α2 i )2 + (α2 i )2 2 + . . .+ (α2 i )2 m−1 . 17 Với mọi j ∈ N ta có (α2 i )2 j = α2 i+j = (α2 m )2 i+j−m (i+ j ≥ m) = (α2 m−1 · α)2i+j−m = α2 i+j−m = α2 i+j−2m (i+ j −m ≥ m) = · · · = α2 s (0 ≤ s ≤ m− 1). Suy ra Trm1 (α 2i) = α + α2 + α2 2 + . . .+ α2 m−1 = Trm1 (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. Nếum là số tự nhiên lẻ thì gcd(5, 2m − 1) = 1. Chứng minh. Viếtm = 2k + 1. Khi đó 2m − 1 = 22k+1 − 1. Suy ra 2m − 1 = 2 · 22k − 1 = 2 · 4k − 1 = 2 · (5− 1)k − 1 ≡ 2 · (−1)k − 1(mod5) 18 Nếu k chẵn, thì 2m − 1 ≡ 1 (mod 5). Suy ra gcd(5, 2m − 1) = 1. Nếu k lẻ, thì 2m − 1 ≡ −2− 1 ≡ 2 (mod 5). Do đó gcd(5, 2m − 1) = gcd(5, 2) = 1. Bổ đề 2.1.12. Nếum chẵn thì 22m − 1 chia hết cho 5. Chứng minh. Viết m = 2k. Ta có 22m − 1 = 42k − 1 = 16k − 1. Vì 16k − 1 ≡ 1k − 1 ≡ 0 (mod 5) nên ta có kết quả. Bổ đề 2.1.13. Nếum là số tự nhiên lẻ thì gcd (2 m−1 2 − 1, 2m − 1) = 1. Chứng minh. Đặt d = gcd(2 m−1 2 − 1, 2m − 1). Viếtm = 2k + 1. Ta có 2 m−1 2 −1 = 2k − 1. Ta có 2m − 1 = 22k+1 − 1 = 2 · (2k)2 − 1 = 2(2k − 1 + 1)2 − 1 = 2(2k − 1)2 + 4(2k − 1) + 1. Do d là ước của 2k − 1 và d là ước của 2m − 1 nên d là ước của 1. Việc chứng minh Định lý C cũng cần đến khái niệm căn nguyên thủy bậc n của đơn vị. Vì thế chúng ta nhắc lại khái niệm này ở đây. 19 Định nghĩa 2.1.14. Cho T là một trường đóng đại số. Khi đó phương trình xn− 1 có đúng n nghiệm phân biệt trong T với n không chia hết cho đặc số của trường T . Mỗi nghiệm của xn − 1 trong T được gọi là một căn bậc n của đơn vị. Nếu ξ là một căn bậc n của đơn vị sao cho ξk 6= 1 với mọi số tự nhiên k < n, thì ta nói ξ là một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị. Ví dụ 2.1.15. Trong trường C các số phức, các số phức ξk = cos 2pik n + i sin 2pik n với k = 0, · · · , n− 1, là các căn bậc n của đơn vị. Hơn nữa, ξk là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1. Do đó ξ1 = cos 2pi n + i sin 2pi 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. Với n = 3, thì 1, −1 2 ± i √ 3 2 là các căn bậc 3 của đơn vị, −1 2 ± i √ 3 2 là 2 căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị. Với n = 4, thì ±1,±i là các căn bậc 4 của đơn vị, ±i là 2 căn nguyên thủy bậc 4 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. 20 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 có 4 phần tử . F4 = Z2[x] (x2 + x+ 1) = {0, 1, x, x+ 1}. Ta có 13 = 1, x3 = 1, (x+ 1)3 = 1. Vì thế tập các căn bậc 3 của đơn vị trong trường F4 là {1, x, x+ 1} = µ3. Trong trường F8 = Z2[x] (x3 + x+ 1) = {0, 1, x, x+ 1, x2, x2 + x, x2 + 1, x2 + x+ 1}. Ta có 1 3 = 1, x3 6= 1, (x+ 1)3 6= 1, (x2)3 6= 1, (x2 + x)3 6= 1, (x2 + 1)3 6= 1, (x2 + x+ 1)3 6= 1. Do đó trong trường F8, chỉ có duy nhất 1 căn bậc 3 của đơn vị, đó là 1. 2.2 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 thức f(x) ∈ Fq[x] hoán vị trênX nếu f(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 . 21 Chú ý 2.2.1. Như kí hiệu trong Tiết 2.1 (Chú ý 2.1.7), gọi µd là tập các căn bậc d của đơn vị trong trường đóng đại số Fq của Fq, tức là µd = {α ∈ Fq | αd = 1}. Khi đó µd có đúng d phần tử. Hơn nữa µd là nhóm con của F∗q = Fq\{0} vì nếu α, β ∈ µd thì (α · β)d = αdβd = 1 tức là α, β ∈ µd; 1 ∈ µd và (α−1)d = (αd)−1 = 1. Do đó α−1 ∈ µd. Bổ đề 2.2.2. Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố. Cho d, r > 0 là các số tự nhiên thỏa mãn d là ước của q − 1. Cho h(x) ∈ Fq[x]. Khi đó xrh(x q − 1 d ) hoán vị trên Fq nếu và chỉ nếu hai điều kiện sau thỏa mãn: (i) gcd(r, q−1d ) = 1; (ii) xrh(x) q−1 d hoán vị được trên µd. 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, nhóm F∗q = Fq\{0} là nhóm xyclic. Do µs là nhóm con của F∗q nên µs cũng là nhóm xyclic có s phần tử. Giả sử µs =. Khi đó ta có ξs = 1 và ξk 6= 1 với mọi 0 < k < s. Suy ra ξs 6= ξ st . Ta có f(ξ s t ) = (ξs) r th((ξ s t )s) = (ξ r t )s · (h(ξ s t ))s = (ξs) r t · h(ξ)s = h(1). 22 và f(ξs) = f(1) = h(1). Do đó f(x) không hoán vị trên µs. Vì thế f(x) không hoán vị trên Fq, vô lý. Vậy gcd(r, s) = 1. Ta có (f(x))s = xrs(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 (αs)d = (α q−1 d )d = αq−1 = 1. Do đó αs ∈ µd, suy ra (F∗q)s = µd. Vì thế các giá trị của (f(x))s gồm (f(0))s = 0 và các giá trị của đa thức g(x) = xrh(x)s trên µd. Vì thế f(x) hoán vị trên Fd nếu và chỉ nếu g(x) hoán vị trên µd. Bổ đề 2.2.3. Vớim ∈ N, ký hiệu µ2m+1 là tập các căn bậc 2m+1 trong trường đóng đại số Fq của Fq. Khi đó mỗi đa thức 1+x+x3, 1+x2+ x3, 1 + x+ x4 và 1 + x3 + x4 đều không có nghiệm trong µ2m+1. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử α ∈ µ2m+1 là nghiệm của đa thức 1 + x+ x3, tức là 1 + α + α3 = 0. Do Fq có đặc số chẵn nên nα = 0 với n chẵn. Chú ý rằng Ci2m là bội của 2 với mọi 1 ≤ i ≤ 2m − 1, trong đó Ci2m = 2m! i!(2m − i)! là số tổ hợp chập i của 2m phần tử. Suy ra [(1 + α)2 m + (α3)2 m ]α3 = 0. Tiếp tục khai triển nhị thức (1 + α)2 m ta được [1 + α2 m + α3·2 m ]α3 = 0. 23 Suy ra α3 + α2 m+1 · α2 + (α2m+1)3 = 0. Do α ∈ µ2m+1 nên α3+α2+1 = 0. Suy ra 1+α+α3 = 1+α2+α3. Do đó α = α2. Vì α ∈ µ2m+1 nên α 6= 0. Do đó α = 1. Suy ra 0 = 1+α+α3 = 1+1+13 = 1, vô lí. Do đó đa thức 1+x+x3 không có nghiệm trong µ2m+1, tức là các căn bậc 2m + 1 của đơn vị trong Fq đều không là nghiệm của đa thức 1 + x+ x3. 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 đó f(x) hoán vị trên Fq khi và chỉ khi g(x) hoán vị trên Fq. Chứng minh. Xem Tài liệu [2] Bây giờ chúng ta chứng minh Định lý A trong phần giới thiệu đầu Chương 2. Đây là kết quả chính thứ nhất của luận văn, cho ta một lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn. Định lý 2.2.5. Đa thức f(x) := x4+x2m+3+x3·2m+1 ∈ F22m[x] là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1. Chứng minh. Đa thức f1(x) có thể được viết là f1(x) = x4h1(x2m−1), trong đó h1(x) := 1 + x + x3 ∈ F22m[x]. Vì gcd(4, 2m − 1) = 1, nên theo Bổ đề 2.2.2, f1(x) hoán vị trên F22m khi và chỉ khi đa thức g1(x) := x 4h1(x) 2m−1 hoán vị trên µ2m+1. Giả sử gcd(m, 3) =1. Theo Bổ đề 2.2.3, h1(x) không có nghiệm trong µ2m+1, nghĩa là h1(µ2m+1) ⊆ F∗22m và do đó g1(µ2m+1) ⊆ µ2m+1. 24 Vì µ2m+1 là tập hữu hạn, g1(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ khi g(x) tác động đơn ánh trên µ2m+1. Với α ∈ µ2m+1, ta có g1(α) = α 4(1 + α + α3)2 m−1 = α4(1 + α + α3)2 m 1 + α + α3 = α4(1 + α2 m + (α2 m )3) 1 + α + α3 = α4(1 + α−1 + (α−1)3) 1 + α + α3 = α + α3 + α4 1 + α + α3 . Như vậy g1(x) là tác động đơn ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi G1(x) := x+ x3 + x4 1 + x+ x3 là tác động đơn ánh trên µ2m+1. Giả sử G1(x) = G1(y) với mọi x, y ∈ µ2m+1. Chúng ta xem xét hai trường hợp sau. Trường hợp 1. x = 1 hoặc y = 1. Giả sử rằng y = 1, khi đó x+ x3 + x4 1 + x+ x3 = 1. Nghĩa là x4 + 1 = 0. Vậy ta nhận đươc x = y = 1. Trường hợp 2. x 6= 1 hoặc y 6= 1. Giả sử G1(x) = G1(y), nghĩa là x+ x3 + x4 1 + x+ x3 = y + y3 + y4 1 + y + y3 . Thêm 1 vào cả hai vế ta có, 1 + x4 1 + x+ x3 = 1 + y4 1 + y + y3 . 25 Suy ra (x+ 1)3 + x2 (1 + x)4 = (y + 1)3 + y2 (y + 1)4 . Vì thế 1 1 + x + ( x 1 + x )2( 1 1 + x )2 = 1 1 + y + ( y 1 + y )2( 1 1 + y )2. Thay a = 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 (a+ b)3 + (a+ b) + 1 = 0. Tức là, a+ b ∈ F22m là một nghiệm của x3+x+1 ∈ F22m[x]. Điều này là không thể bởi vì 1 + x + x3 là khả quy trên F2 và gcd(3, 2m) = 1. Vì vậy 1 + x+ x3 là khả quy trên F2m. Ngược lại, giả sử rằng f1(x) là một đa thức hoán vị trên F22m. Đặt α ∈ F23 là một nghiệm của x3+x+1 ∈ F2[x] và cho β là một nghiệm của x2m + x + 1 ∈ F22m[x] trong một số trường mở rộng. Lưu ý rằng β2 2m = (β2 m )2 m = (β + 1)2 m = β2 m + 1 = β, tức là, β ∈ F22m. Nếu 26 gcd(m, 3) = 3, khi đó α ∈ F2m và f1(α + β) = (α + β) 4 + (α + β)2m(α + β)3 + ((α + β)2 m )3(α + β) = (α + β)4 + (α + β + 1)(α + β)3 + (α + β + 1)3(α + β) = (β4 + β2 + β) + (α4 + α2 + α) = β4 + β2 + β = f1(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+ x2 m + x2 2m−1−2m−1+1 ∈ F22m[x] là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1. Chứng minh. Đa thức f(x) có thể được viết là f(x) = xh(x2 m−1), trong đó h(x) := 1 + x+ x2 m−1 ∈ F22m[x]. Theo Bổ đề ??, f(x) hoán vị F22m khi và chỉ khi đa thức g(x) := xh(x)2 m−1 hoán vị trên µ2m+1. Vì gcd (2, 2m+1) = 1, nên đa thức g(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ khi g(x)2 hoán vị trên µ2m+1. Với x ∈ µ2m+1, g(x)2 = x2(1 + x2 + x2m)2 m−1 = x2(1 + x2 + 1 x )2 m−1 = x4(1 + x+ x3)2 m−1 = g1(x). 27 Từ chứng minh Định lý 2.2.5, ta có g1(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1, điều phải chứng minh. Định lý sau đây là kết quả chính thứ hai của Chương này, cho ta một lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn. Định lý này được phát biểu trong Định lý B ở đầu Chương 2. Định lý 2.2.7. Đa thức f2(x) := x2+x2·2 m +x3·2 m−1 hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1. Chứng minh. Đa thức f2(x) có thể được viết dưới dạng f2(x) = x 2h2(x 2m−1), trong đó h2(x) := 1 + x2 + x3 ∈ F22m[x]. Vì gcd(2, 2m − 1) = 1, nên theo Bổ đề ??, f2(x) hoán vị trên F22m khi và chỉ khi đa thức g2(x) := x 2h2(x) 2m−1 hoán vị trên µ2m+1. Đầu tiên, giả sử gcd(m, 3) = 1. Theo Bổ đề 2.2.3, h2(x) không có nghiệm trong µ2m+1, nghĩa là h2(µ2m+1) ⊆ F∗22m, và do đó g2(µ2m+1) ⊆ µ2m+1. Như vậy, g2(x) hoán vị trên µ2m+1 khi và chỉ khi g2(x) tác động đơn ánh trên µ2m+1. Với α ∈ µ2m+1 biểu thức g2(α) có thể được rút gọn là g2(α) = 1 + α + α3 α + α3α4 , và do đó, g2(x) là tác động đơn ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi G2(x) := 1 + x+ x3 x+ x3 + x4 = 1 G1(x) 28 là tác động đơn ánh trên µ2m+1. Vì gcd (m, 3) = 1, nên từ chứng minh của Định lý 2.2.5, ta suy ra G1x tác động đơn ánh trên µ2m+1. Do đó G2(x) là tác động đơn ánh trên µ2m+1. Nếu gcd(m, 3) 6= 1, từ Định lý 2.2.5, f1(x) không là đa thức hoán vị trên F22m. Vì gcd(2, 2m−1) = 1, từ điều kiện (i) của Bổ đề ?? ta suy ra g1(x) không hoán vị trên µ2m+1. Như vậy,G1(x) vàG2(x) = 1 G1(x) không hoán vị trên µ2m+1, nghĩa là f2(x) không là một đa thức hoán vị trên F22m, 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 f3(x) := x5 + x2 m+4 + x4·2 m+1 ∈ F22m[x] là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khim là số lẻ. Chứng minh. Đa thức f3(x) có thể được viết là f3(x) = x5h3(x2 m−1, trong đó h3(x) := 1 + x+ x4 ∈ F22m[x]. Theo Bổ đề ??, f3(x) là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(5, 2m− 1) = 1 và đa thức g3(x) := x 5h3(x) 2m−1 hoán vị trên µ2m+1. Giả sửm là số lẻ. Khi đó theo Bổ đề 2.2.2 ta có gcd(5, 2m−1) = 1. Theo Bổ đề 2.2.5, h3(α) 6= 0 với mọi α ∈ µ2m+1, vì thế g3(µ2m+1) ⊆ µ2m+1. Với α ∈ µ2m+1, ta có thể biến đổi và rút gọn g3(α) về dạng sau g3(α) = α + α4 + α5 1 + α + α4 . 29 Theo đó g3(x) tác động đơn ánh trên µ2m+1 khi và chỉ khi G3(x) := x+ x4 + x5 1 + x+ x4 là tác động đơn ánh trên µ2m+1. Giả sử G3(x) = G3(y), trong đó x, y ∈ µ2m+1. Với x 6= y, từ biểu thức trên của G3(x), ta được (x+ x4 + x5)(1 + y + y4) + (y + y4 + y5)(1 + x+ x4) = 0, tức là, (x5 + y5) + xy(x4 + y4) + x4y4(x+ y) + (x4 + y4) + (x+ y) = 0. Suy ra (x5 + y5) = (x+ y)5 + x2y2(x+ y) + xy(x+ y)3. Chia phương trình trên cho (x5 + y5) ta được 1 (x+ y)4 + ( xy x+ y )4 + 1 x+ y + ( xy (x+ y)2 )2 + xy (x+ y)2 + 1 = 0. Thay a = 1 x+ y và b = a2 m = xy x+ y vào phương trình trên và rút gọn, ta được (a+ b)4 + a+ b+ a2b2 + ab+ 1 = 0. Lưu ý rằng a và b có thể không thuộc F2m, nhưng a+ b, ab ∈ F2m. Tác động hàm vết Trm1 (−) vào cả hai vế của đẳng thức trên và sử dụng tính chất tuyến tính của hàm vết trong Bổ đề 2.1.9, ta được Trm1 ((a+ b) 4) + Trm1 (a+ b) + Tr m 1 ((ab) 2) + Trm1 (ab) + 1 = 0. 30 Chú ý rằng Trm1 ((a+ b) 4) = Trm1 (a+ b) và Trm1 ((ab) 2) = Trm1 (ab). Vì thế từ đẳng thức trên ta suy ra 1 = 0, điều này là mâu thuẫn. Tiếp theo nếu m là số chẵn, thì theo Bổ đề 2.1.12 ta có 5|22m − 1, có nghĩa là có ít nhất một trong hai số 2m − 1 hoặc 2m + 1 chia hết cho 5. Nếu 5|2m − 1, thì khi đó theo Bổ đề ??, f3(x) không là đa thức hoán vị trên F2m. Nếu 5|2m + 1, thì khi đó ta lấy môt phần tử ξ là căn nguyên thủy bậc 5 của đơn vị. Do 5 là ước của 2m + 1 nên ξ ∈ µ2m+1, g3(ξ) = (1 + ξ + ξ4)2m−1 = g