Đang tải... (xem toàn văn)
4 LỜI CẢM ƠN Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS TS Lê Thị Thanh Nhàn đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này Khi bắt đầu nhận đề tài thực sự tôi cảm nhận đề tài mang nhiều nội d[.]
4 LỜI CẢM ƠN Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS TS Lê Thị Thanh Nhàn hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mẻ Hơn với vốn kiến thức ỏi với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên chưa thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc Cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tơi suốt thời gian tơi thực đề tài Trong q trình tiếp cận đề tài đến q trình hồn thiện luận văn Cơ ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt nhất cho tơi hồn thành luận văn Cho đến luận văn thạc sĩ hồn thành, xin cảm ơn Cơ đơn đốc, nhắc nhở Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Tốn - Tin Phịng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cô tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, thầy cô giáo trường THPT Nguyễn Đăng Đạo -Bắc Ninh nơi công tác tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành cơng việc chun mơn nhà trường để tơi hồn thành chương trình học tập cao học Cuối cùng, tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt trình học tập thực luận văn Thái nguyên, ngày 10/08/2018 Tác giả PHẦN MỞ ĐẦU Trong Toán học, đa thức biến f (x) với hệ số vành giao hoán V gọi đa thức hoán vị V (hay gọi đa thức hoán vị V ) f (x) tác động hoán vị V, nghĩa ánh xạ cảm sinh a 7→ f (a) song ánh V Chẳng hạn, V = R trường số thực, đa thức f (x) = x + hoán vị R, nhiên đa thức g(x) = x2 khơng hốn vị R Khi V = Z2 , đa thức f (x) = x+1 hoán vị Z2 (do f (0) = f (1) = 0), đa thức g(x) = x2 + x + khơng hốn vị (vì g(0) = = g(1)) Các nghiên cứu tính hốn vị đa thức trường hữu hạn có nhiều ứng dụng Tổ hợp, Hình học, Khoa học máy tính đóng vai trị quan trọng mã hóa, bảo mật, đặc biệt thuật toán phát lỗi, thuật tốn hiệu đính, Đa thức hốn vị được, bắt đầu nghiên cứu Charles Hermite (1822-1901) cho trường hợp trường Zp , với p số nguyên tố Tiếp đó, Leonard Eugene Dickson (1874-1954) người mở rộng nghiên cứu tính hốn vị đa thức trường hữu hạn tùy ý Nếu F trường hữu hạn số phần tử F pn với p số nguyên tố n số nguyên dương Vì đa thức f (x) hoán vị trường F ta nói f (x) hốn vị modulo pn Khi đó, ý F trường hữu hạn, đa thức f (x) ∈ F [x] hoán vị F ánh xạ cảm sinh f : F → F đơn ánh, ánh xạ tồn ánh Vì thế, việc xét tính hốn vị có phần giảm nhẹ Tuy nhiên, đặc trưng tính hốn vị đa thức trường hữu hạn tốn khó, chưa có lời giải Đã có nhiều nhà tốn học quan tâm có số cơng trình cơng bố gần tính hốn vị đa thức vành có pn phần tử, với p số nguyên tố n số nguyên dương Gần cơng trình mình, hai tác giả Rajesh P Singh Soumen Maity đưa điều kiện cần đủ để đa thức f (x) = a0 +a1 x+ .+ad xd với hệ số nguyên hoán vị vành Zpn , với p = 2, 3, thông qua hệ số a0 , a1 , , ad Mục đích luận văn trình bày lại kết tính hốn vị đa thức modulo lũy thừa số nguyên tố, bao gồm tính hốn vị trường hữu hạn tính hốn vị vành Zpn với p số nguyên tố Luận văn gồm hai chương Chương trình bày đa thức bất khả quy, trường phân rã đa thức, cấu trúc trường hữu hạn Trong Chương 2, tập trung trình bày số định nghĩa, kết ban đầu tính hốn vị đa thức trường hữu hạn Tiếp theo chúng tơi trình bày lại kết tính hốn vị đa thức biến với hệ số nguyên vành Zpn , với p = 2, 3, báo hai tác giả Rajesh P Singh Soumen Maity, kết thể Định lý 2.2.7, Định lý 2.3.3 Định lý 2.3.8 Chương Cấu trúc trường hữu hạn Mục đích chương trình bày tính chất trường phân rã cấu trúc trường hữu hạn Các kết Chương viết theo tài liệu [1] 1.1 Đa thức bất khả quy Trong suốt luận văn xét đa thức với hệ số trường K Trong trường hợp này, đa thức khác khả nghịch Do ta định nghĩa đa thức bất khả quy sau 1.1.1 Định nghĩa Đa thức f (x) với hệ số trường K bất khả quy deg f (x) > f (x) khơng phân tích thành tích hai đa thức có bậc bé Tiếp theo, định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy phần tử đại số K Trước tiên ta nhắc lại số khái niệm sau 1.1.2 Định nghĩa Cho F trường chứa K Một phần tử a ∈ F gọi đại số K nghiệm đa thức khác khơng với hệ số K Đa thức dạng chuẩn đa thức có hệ số cao Mệnh đề đóng vai trị quan trọng để định nghĩa đa thức bất khả quy phần tử đại số 1.1.3 Mệnh đề Cho F trường chứa K a ∈ F phần tử đại số K Khi tồn đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Hơn nữa, g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm g(x) bội p(x) Chứng minh Vì a phần tử đại số F nên tồn f (x) ∈ K[x] đa thức khác có bậc bé nhận a làm nghiệm Đặt p(x) = b−1 f (x), b hệ số cao f (x) Khi p(x) ∈ K[x] đa thức dạng chuẩn có bậc bé nhận a làm nghiệm Rõ ràng deg p(x) > Nếu p(x) khả quy p(x) tích hai đa thức K[x] với bậc bé hai đa thức phải nhận a làm nghiệm, điều mâu thuẫn với cách chọn p(x) Do p(x) bất khả quy Tiếp theo, giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu g(x) khơng chia hết cho p(x) p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = Khi đó, tồn q(x), h(x) ∈ K[x] cho = p(x).q(x) + g(x).h(x) Thay x = a vào hai vế ta = 0, điều vô lý Vậy g(x) chia hết cho p(x) Giả sử q(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Theo chứng minh trên, q(x) bội p(x) Viết q(x) = p(x).k(x) với k(x) ∈ K[x] Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = c với 6= c ∈ K Do q(x) = cp(x) Đồng hệ số cao hai vế với ý q(x) p(x) có dạng chuẩn, ta suy c = Vì p(x) = q(x) 1.1.4 Định nghĩa Cho a phần tử đại số trường K Đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm gọi đa thức bất khả quy a 1.1.5 Ví dụ Đa thức x3 − ∈ Q[x] bất khả quy (vì có bậc khơng có nghiệm hữu tỷ), đa thức bất khả quy phần tử √ Đa thức x2 + ∈ R[x] bất khả quy (vì có bậc khơng có nghiệm thực), đa thức bất khả quy số phức i 1.1.6 Mệnh đề Cho F trường chứa K a ∈ F phần tử đại số K Giả sử g(x) ∈ K[x] thỏa mãn g(a) 6= Khi tồn f (x) ∈ K[x] cho trường F ta có (g(a))−1 = f (a) Chứng minh Theo Mệnh đề 1.1.3, tồn p(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy a Do g(a) 6= p(a) = nên g(x) không chia hết cho p(x) Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), g(x)) = Khi tồn đa thức f (x), t(x) ∈ K[x] cho = g(x).f (x) + p(x)t(x) Suy = g(a)f (a) Do (g(a))−1 = f (a) 1.2 Trường phân rã đa thức Mục đích tiết sử dụng tính chất đa thức bất khả quy để tồn trường phân rã đa thức Trong suốt tiết này, giả thiết K trường Nếu E trường chứa K ta viết K ⊆ E hay E/K, ta gọi E/K mở rộng trường Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên K-không gian véc tơ Chiều không gian gọi bậc mở rộng E/K kí hiệu [E : K] Nếu [E : K] < ∞ ta nói E/K mở rộng hữu hạn Chú ý E/K T/E mở rộng hữu hạn ta có cơng thức bậc [T : K] = [T : E][E : K] Nếu phần tử E đại số K ta nói E/K mở rộng đại số 1.2.1 Chú ý (i) Giả sử E/K mở rộng trường Nếu E/K mở rộng hữu hạn mở rộng đại số Thật vậy, giả sử dimK E = t α ∈ E Vì hệ {1, α, , αt } gồm t + phần tử nên hệ phụ thuộc tuyến tính Do tồn α0 , α1 , , αt ∈ K với hệ số αi 6= cho α0 + α1 α + · · · + αt αt = Như vậy, α0 + α1 x + · · · + αt xt ∈ K[x] đa thức khác nhận α nghiệm, α đại số K 10 (ii) Nếu E/K mở rộng trường α1 , , αn ∈ E ta kí hiệu K(α1 , , αn ) (K[α1 , , αn ]) giao tất trường (vành con) E chứa K chứa α1 , , αn Ta thấy K(α1 , , αn ) trường bé K[α1 , , αn ] vành bé E chứa K chứa phần tử α1 , , αn Trường hợp n = 1, g(α) 6= Khi phần tử (g(α))−1 ∈ E kí hiệu g(α) K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]}, g(α) K(α) = | g(x), h(x) ∈ K[x], h(α) 6= h(α) vành bé trường bé E chứa K α 1.2.2 Mệnh đề Cho E/K mở rộng trường α ∈ E phần tử đại số K Giả sử p(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy nhận α làm nghiệm Khi K(α) = K[α] [K(α) : K] = deg p(x) Hơn nữa, deg p(x) = n S = {1, α, α2 , , αn−1 } sở K-không gian véc tơ K(α) Chứng minh Do α đại số K nên theo Mệnh đề 1.1.6, phần tử khác vành K[α] khả nghịch Suy K[α] trường chứa K α Vì K[α] = K(α) Cho β ∈ K(α) Khi β ∈ K[α] Vì β = f (α) với f (x) ∈ K[x] Theo Định lý chia với dư, tồn q(x), r(x) ∈ K[x] cho f (x) = p(x)q(x) + r(x), r(x) = deg r(x) < deg p(x) Giả sử r(x) = α0 + α1 x + · · · + αn−1 xn−1 Vì p(α) = nên β = f (α) = r(α) = α0 + α1 α + · · · + αn−1 αn−1 11 Do S hệ sinh K-không gian véc tơ K(α) Giả sử S phụ thuộc tuyến tính Khi tồn b0 , , bn−1 ∈ K với bi 6= cho b0 + b1 α + · · · + bn−1 αn−1 = Đặt g(x) = b0 + b1 x + · · · + bn−1 xn−1 ∈ K[x] Khi g(x) đa thức khác nhận α làm nghiệm Theo Mệnh đề 1.1.3, g(x) bội p(x), điều vơ lý (vì deg g(x) < deg p(x)) Do S độc lập tuyến tính Suy S sở K(α) 1.2.3 Định nghĩa Cho f (x) ∈ K[x] đa thức có bậc n > Ta nói f (x) phân rã trường F chứa K tồn α1 , , αn ∈ F cho f (x) = α(x − α1 ) (x − αn ), α hệ số cao f (x) Một trường phân rã f (x) K trường F chứa K cho f (x) phân rã F f (x) không phân rã trường thực F 1.2.4 Mệnh đề Cho f (x) ∈ K[x] đa thức bậc n E trường chứa K chứa n nghiệm α1 , , αn đa thức f (x) Khi K(α1 , , αn ) trường phân rã đa thức f (x) K [K(α1 , , αn ) : K] ≤ nn Chứng minh Từ định nghĩa ta thấy K(α1 , , αn ) trường phân rã f (x) K Đặt K0 = K Ki = K(α1 , , αi ) với i = 1, , n Với i = 1, , n, coi f (x) ∈ Ki−1 [x] f (x) có ước bất khả quy pi (x) ∈ Ki−1 [x] nhận αi nghiệm Vì ta có [Ki : Ki−1 ] = deg pi (x) ≤ n Do [Kn : K] = [Kn : Kn−1 ] [K2 : K1 ][K1 : K] ≤ nn 1.2.5 Bổ đề Cho f (x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy Đặt I = (f (x)) iđêan K[x] sinh f (x) Khi vành thương K[x]/I trường chứa nghiệm f (x) nhận K trường 12 Chứng minh Đặt E = K[x]/I Ta chứng minh E trường Giả sử g(x) + I ∈ E với g(x) + I 6= + I Khi g(x) ∈ / I Do g(x) khơng bội f (x) Vì f (x) bất khả quy nên gcd(f (x), g(x)) = Khi tồn p(x), q(x) ∈ K[x] cho = f (x)p(x) + g(x)q(x) Chú ý f (x), p(x) ∈ I Do + I = (f (x)p(x) + g(x)q(x)) + I = g(x)q(x) + I = (g(x) + I)(q(x) + I) Suy g(x) + I khả nghịch E Vậy E trường Xét ánh xạ φ : K → E cho φ(a) = a + I Rõ ràng φ đồng cấu Nếu φ(a) = φ(b) với a, b ∈ K a + I = b + I Vì a − b ∈ I Suy f (x)|(a − b) Do deg f (x) > nên a = b Vì φ đơn cấu Do ta xem K trường E phần tử a ∈ K đồng với phần tử a + I ∈ E Đặt α = x + I ∈ E Giả sử f (x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 Khi E ta có f (α) = (x + I)n + (an−1 + I)(x + I)n−1 + · · · + (a0 + I) = (xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 ) + I = f (x) + I = + I Vì α nghiệm đa thức f (x) trường E Theo bổ đề trên, đa thức bậc dương với hệ số K có nghiệm trường mở rộng K n X 1.2.6 Bổ đề Cho f (x) = ci xi ∈ K[x] đa thức bất khả quy i=0 p : K → K0 đẳng cấu trường Đặt g(x) = n X i=0 p(ci )xi ∈ K0 [x] Giả sử 13 α nghiệm f (x) (trong mở rộng K) β nghiệm g(x) (trong mở rộng K0 ) Khi tồn đẳng cấu φ : K(α) → K0 (β) cho φ(α) = β φ(a) = p(a) với a ∈ K Chứng minh Giả sử deg f (x) = n Theo Mệnh đề 1.2.2, hệ phần tử {1, α, , αn−1 } sở K(α) Do phần tử u ∈ K(α) biểu diễn dạng u = a0 + · · · + an−1 αn−1 , với a0 , , an−1 ∈ K Vì quy tắc φ : K(α) → K0 (β) cho φ(u) = φ(a0 + a1 α + · · · + an−1 αn−1 ) = p(a0 ) + p(a1 )β + · · · + p(an−1 )β n−1 ánh xạ Vì p đồng cấu nên φ đồng cấu Do f (x) bất khả quy K p đẳng cấu nên g(x) bất khả quy K0 deg g(x) = n Vì thế, theo Mệnh đề 1.2.2, hệ {1, β, , β n−1 } sở K0 (β) Do φ toàn cấu Giả sử φ(u) = với u = a0 + a1 α + · · · + an−1 αn−1 Khi đa thức h(x) = p(a0 ) + p(a1 ) + · · · + p(an−1 )xn−1 ∈ K0 [x] nhận β làm nghiệm Từ Mệnh đề 1.1.3 ta suy h(x) bội g(x) Chú ý h(x) = deg h(x) < n, deg g(x) = n Suy h(x) = Vì u = Do φ đơn cấu Dựa vào Mệnh đề 1.2.4, Bổ đề 1.2.5 Bổ đề 1.2.6 ta chứng minh định lý sau Định lý trường phân rã đa thức trường tồn Chứng minh định lý trình bày chi tiết [1] ... Chương Đa thức hoán vị modulo lũy thừa số nguyên tố Mục đích Chương trình bày lại kết đa thức hoán vị modulo lũy thừa số nguyên tố Trong Chương 1, F trường hữu hạn, số phần tử F lũy thừa số ngun... (ii) Cho q lũy thừa số nguyên tố, Fq trường có q phần tử f (x) đa thức với hệ số Fq Khi đa thức f (x) hoán vị trường Fq ta nói f (x) hốn vị modulo q Tiếp theo số ví dụ đa thức hốn vị 2.1.2 Ví... hệ số a0 , a1 , , ad Mục đích luận văn trình bày lại kết tính hốn vị đa thức modulo lũy thừa số ngun tố, bao gồm tính hốn vị trường hữu hạn tính hốn vị vành Zpn với p số nguyên tố Luận văn