(Luận văn) một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn đặc số chẵn

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