(Luận văn) đa thức hoán vị được modulo lũy thừa một số nguyên tố

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH NGỌC PHÚC lu an n va gh tn to p ie ĐA THỨC HOÁN VỊ ĐƯỢC MODULO LŨY THỪA MỘT SỐ NGUYÊN TỐ d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z an Lu n va m co l gm @ THÁI NGUYÊN, 08/2018 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH NGỌC PHÚC lu ĐA THỨC HOÁN VỊ ĐƯỢC MODULO LŨY THỪA MỘT SỐ NGUYÊN TỐ an n va tn to p ie gh CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8460113 w d oa nl LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC an lu nf va GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN, 08/2018 n va ac th si Mục lục Lời cảm ơn Phần mở đầu Cấu trúc trường hữu hạn 1.1 Đa thức bất khả quy 1.2 Trường phân rã đa thức 1.3 Cấu trúc trường hữu hạn 7 15 lu Mục lục an n va p ie gh tn to thức hoán vị modulo lũy thừa số nguyên oa nl w Đa thức hoán vị trường hữu hạn Đa thức hoán vị vành Z2n Đa thức hoán vị vành Z3n Z5n d nf va an lu Đa tố 2.1 2.2 2.3 43 z at nh oi Tài liệu tham khảo lm ul Kết luận 21 21 27 35 44 z m co l gm @ an Lu n va ac th si 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 lu gian tơi thực đề tài Trong trình tiếp cận đề tài đến q trình an hồn thiện luận văn Cơ ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt va n cho tơi hồn thành luận văn Cho đến luận văn thạc sĩ Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin Phịng ie gh tn to tơi hồn thành, xin cảm ơn Cơ đơn đốc, nhắc nhở p Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin nl w trân trọng cảm ơn Thầy, Cô tận tình truyền đạt kiến thức luận văn d oa quý báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành lu nf va an Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, thầy cô giáo trường THPT Nguyễn Đăng Đạo -Bắc Ninh nơi công tác tạo điều kiện lm ul giúp đỡ tơi hồn thành cơng việc chun mơn nhà trường để tơi hồn z at nh oi 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 z l gm @ cho tơi suốt q trình học tập thực luận văn Thái nguyên, ngày 10/08/2018 co m Tác giả an Lu n va ac th si 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), lu an đa thức g(x) = x2 + x + khơng hốn vị (vì g(0) = = g(1)) n va Các nghiên cứu tính hốn vị đa thức trường hữu tn to hạn có nhiều ứng dụng Tổ hợp, Hình học, Khoa học máy tính gh đóng vai trị quan trọng mã hóa, bảo mật, đặc biệt p ie thuật tốn phát lỗi, thuật tốn hiệu đính, Đa thức hoán vị được, w bắt đầu nghiên cứu Charles Hermite (1822-1901) cho trường oa nl hợp trường Zp , với p số nguyên tố Tiếp đó, Leonard Eugene d Dickson (1874-1954) người mở rộng nghiên cứu tính hốn lu an vị đa thức trường hữu hạn tùy ý Nếu F trường hữu nf va hạn số phần tử F pn với p số nguyên tố n lm ul số ngun dương Vì đa thức f (x) hốn vị trường F ta nói f (x) hốn vị modulo pn Khi đó, ý z at nh oi F trường hữu hạn, đa thức f (x) ∈ F [x] hoán vị F ánh xạ cảm sinh f : F → F đơn ánh, z ánh xạ tồn ánh Vì thế, việc xét tính hốn vị có phần @ gm giảm nhẹ Tuy nhiên, đặc trưng tính hốn vị đa thức co l trường hữu hạn tốn khó, chưa có lời giải Đã có nhiều nhà tốn học quan tâm có số cơng trình m an Lu cơng bố gần tính hốn vị đa thức vành có pn phần n va ac th si tử, với p số nguyên tố n số ngun 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 lu Luận văn gồm hai chương Chương trình bày đa thức bất khả an va quy, trường phân rã đa thức, cấu trúc trường hữu hạn n Trong Chương 2, chúng tơi tập trung trình bày số định gh tn to nghĩa, kết ban đầu tính hốn vị đa thức trường hữu hạn Tiếp theo chúng tơi trình bày lại kết tính hốn vị ie p đa thức biến với hệ số nguyên vành Zpn , với p = 2, 3, nl w báo hai tác giả Rajesh P Singh Soumen Maity, kết nf va an lu 2.3.8 d oa thể Định lý 2.2.7, Định lý 2.3.3 Định lý z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Cấu trúc trường hữu hạn Mục đích chương trình bày tính chất trường lu an phân rã cấu trúc trường hữu hạn Các kết Chương n va viết theo tài liệu [1] Đa thức bất khả quy gh tn to 1.1 p ie Trong suốt luận văn xét đa thức với hệ số w trường K Trong trường hợp này, đa thức khác khả d oa nl nghịch Do ta định nghĩa đa thức bất khả quy sau an lu 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 nf va hai đa thức có bậc bé lm ul Tiếp theo, định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy z at nh oi 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 z gm @ gọi đại số K nghiệm đa thức khác không với hệ số K Đa thức dạng chuẩn đa thức có hệ số cao l m co Mệnh đề đóng vai trị quan trọng để định nghĩa đa thức bất an Lu khả quy phần tử đại số n va ac th si 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 lu an hai đa thức phải nhận a làm nghiệm, điều n va mâu thuẫn với cách chọn p(x) Do p(x) bất khả quy tn to Tiếp theo, giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu g(x) không gh chia hết cho p(x) p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = Khi p ie đó, tồn q(x), h(x) ∈ K[x] cho oa nl w = p(x).q(x) + g(x).h(x) d Thay x = a vào hai vế ta = 0, điều vô lý Vậy g(x) an lu chia hết cho p(x) Giả sử q(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy dạng nf va chuẩn nhận a làm nghiệm Theo chứng minh trên, q(x) bội p(x) lm ul 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 z at nh oi vế với ý q(x) p(x) có dạng chuẩn, ta suy c = Vì p(x) = q(x) z gm @ 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 m co l thức bất khả quy a an Lu 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 n va ac th si 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 lu đa thức f (x), t(x) ∈ K[x] cho = g(x).f (x) + p(x)t(x) Suy an = g(a)f (a) Do (g(a))−1 = f (a) n va Trường phân rã đa thức gh tn to 1.2 Mục đích tiết sử dụng tính chất đa thức bất khả quy để ie p tồn trường phân rã đa thức Trong nl w suốt tiết này, giả thiết K trường Nếu E trường chứa d oa K ta viết K ⊆ E hay E/K, ta gọi E/K mở rộng trường an lu Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên K-không gian véc tơ Chiều không gian gọi bậc mở rộng E/K kí hiệu nf va [E : K] Nếu [E : K] < ∞ ta nói E/K mở rộng hữu hạn Chú ý lm ul E/K T/E mở rộng hữu hạn ta có cơng thức bậc z at nh oi [T : K] = [T : E][E : K] Nếu phần tử E đại số K ta nói E/K mở rộng đại số z 1.2.1 Chú ý (i) Giả sử E/K mở rộng trường Nếu E/K mở @ gm rộng hữu hạn mở rộng đại số Thật vậy, giả sử dimK E = t l α ∈ E Vì hệ {1, α, , αt } gồm t + phần tử nên hệ phụ thuộc m co tuyến tính Do tồn α0 , α1 , , αt ∈ K với hệ số αi 6= an Lu 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 n va ac th si 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) lu K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]},   g(α) K(α) = | g(x), h(x) ∈ K[x], h(α) 6= h(α) an vành bé trường bé E chứa K α n va đại số K Giả sử p(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy nhận α làm gh tn to 1.2.2 Mệnh đề Cho E/K mở rộng trường α ∈ E phần tử ie nghiệm Khi K(α) = K[α] [K(α) : K] = deg p(x) Hơn nữa, p deg p(x) = n S = {1, α, α2 , , αn−1 } sở K-không gian oa nl w véc tơ K(α) d Chứng minh Do α đại số K nên theo Mệnh đề 1.1.6, phần lu an tử khác vành K[α] khả nghịch Suy K[α] trường nf va chứa K α Vì K[α] = K(α) Cho β ∈ K(α) Khi β ∈ K[α] z at nh oi q(x), r(x) ∈ K[x] cho lm ul Vì β = f (α) với f (x) ∈ K[x] Theo Định lý chia với dư, tồn f (x) = p(x)q(x) + r(x), z gm @ r(x) = deg r(x) < deg p(x) Giả sử m Vì p(α) = nên co l r(x) = α0 + α1 x + · · · + αn−1 xn−1 an Lu β = f (α) = r(α) = α0 + α1 α + · · · + αn−1 αn−1 n va ac th si 30 Suy sf (ξ) ≡ − f (ξ) (mod p) pn−1 Do có phần tử s, ≤ s < p thỏa mãn điều kiện (2.3) Vì số nghiệm phương trình (2.1) tương ứng với nghiệm ξ (i), (iii) Giả sử f (ξ) ≡ (mod p) Khi ta có f (ξ + spn−1 ) ≡ f (ξ) (mod pn ) (2.4) Nếu f (ξ) 6≡ (mod pn ), nghĩa ξ không nghiệm phương trình (2.1) phương trình (2.1) khơng có nghiệm tương ứng với lu an ξ Trong trường hợp này, số nghiệm (2.1) tương ứng với ξ Nếu n va f (ξ) ≡ (mod pn ) ξ + spn−1 nghiệm phương trình (2.1) với tn to s Vì ≤ s < p nên có p nghiệm phương trình (2.1) tương ứng ie gh với nghiệm ξ phương trình (2.2) p Tiếp theo bổ đề quan trọng Bổ đề tiêu chuẩn hữu vành Zpn d oa nl w hiệu để đặc trưng tính hốn vị đa thức với hệ số nguyên an lu 2.2.5 Hệ Cho p số nguyên tố Khi đa thức f (x) hoán nf va vị vành Zpn , n > f (x) hoán vị lm ul trường Zp f (a) 6≡ (mod p) với a ∈ Zp z at nh oi Chứng minh Giả sử f (x) hoán vị vành Zpn , n > 1, nghĩa ánh xạ cảm sinh Zpn song ánh Ta cần chứng minh đa thức f (x) hoán vị Zp , nghĩa ánh xạ cảm sinh f : Zp → Zp song z @ ánh Vì tập hợp Zp tập hữu hạn nên ta cần chứng minh ánh xạ cho ≤ a < p, xét phương trình đồng dư (2.5) an Lu f (x) ≡ a (mod p) m co l gm cảm sinh f : Zp → Zp toàn ánh Thật vậy, với số nguyên a ∈ Z n va ac th si 31 Khi đó, để chứng minh ánh xạ cảm sinh f : Zp → Zp tồn ánh ta phương trình (2.5) có nghiệm Thật vậy, ánh xạ cảm sinh f : Zpn → Zpn song ánh nên phương trình đồng dư f (x) ≡ a (mod pn ) (2.6) có nghiệm nhất, nghĩa tồn số nguyên dương b ∈ Z, với ≤ b < pn cho b thỏa mãn phương trình (2.6) Thật vậy, giả sử c ∈ Z nghiệm ngun phương trình đồng dư (2.6) Khi ta có lu f (b) − f (c) ≡ (mod pn ) an n va Vì ánh xạ cảm sinh f : Zpn → Zpn đơn ánh Do b ≡ c (mod pn ), b nghiệm nguyên phương trình đồng dư (2.6) nên b thỏa mãn gh tn to nghĩa phương trình đồng dư (2.6) có nghiệm Tiếp theo, p ie f (b) ≡ a (mod pn ) Mặt khác ≤ a < p Do b thỏa mãn f (b) ≡ a (mod p) (2.7) nl w d oa Do b nghiệm ngun phương trình đồng dư (2.5) Theo định an lu nghĩa nghiệm nguyên phương trình đồng dư, suy tồn ξ nf va nghiệm nguyên phương trình (2.5) thỏa mãn ≤ ξ < p cho lm ul b có dạng ξ + sp Do đa thức f (x) hoán vị Zp Tiếp theo, ta chứng minh f (a) 6≡ (mod p) với số nguyên a thỏa mãn z at nh oi ≤ a < p Thật vậy, cho ≤ a < p Chọn b số nguyên cho f (a) ≡ b (mod pn ), ≤ b < pn Đặt g(x) := f (x) − b Giả sử c z số nguyên cho a ≡ c (mod p) với ≤ c < p Khi c nghiệm g(x) ≡ (mod p) co l gm @ phương trình Vì phương trình (2.5) có nghiệm nhất, nên phương trình m an Lu g(x) ≡ (mod p) n va ac th si 32 có nghiệm nguyên thuộc nửa đoạn [0, p), c Vì f (x) hốn vị Zpn , nên g(x) hốn vị Zpn Vì thế, quy nạp theo n, ta suy số nghiệm phương trình g(x) ≡ (mod pn ) tương ứng với nghiệm c phương trình g(x) ≡ (mod p) Vì thế, sử dụng Bổ đề 2.2.4(ii) ta suy g (a) 6≡ (mod p) Do f (a) 6≡ (mod p) Ngược lại, giả sử f (x) hoán vị trường Zp thỏa mãn điều kiện f (a) 6≡ (mod p) với a ∈ Zp Ta cần chứng minh đa thức f (x) hoán vị vành Zpn với số nguyên dương n > lu Tương tự chứng minh ta cần chứng minh phương trình an va đồng dư n f (x) ≡ a (mod pn ) (2.8) gh tn to có nghiệm với ≤ a < pn Thật vậy, đa thức f (x) hoán vị p ie trường Zp nên phương trình g(x) := f (x) − a ≡ (mod p) (2.9) nl w d oa có nghiệm nhất, nghĩa tồn ξ nghiệm nguyên phương an lu trình (2.9) cho ≤ ξ < p Mặt khác, theo giả thiết ta có g (ξ) = nf va f (ξ) 6≡ (mod p) Do từ Bổ đề 2.2.4 phương trình lm ul g(x) = f (x) − a ≡ (mod p2 ) z at nh oi có nghiệm tương ứng với nghiệm ξ phương trình (2.9) Bằng quy nạp theo n lặp lại lập luận trên, ta suy phương trình f (x) − a ≡ 0(mod pn ) có nghiệm tương ứng với nghiệm ξ z gm @ phương trình (2.9) với n > Vì đa thức f (x) hoán vị vành Zpn với số nguyên dương n > l m co Trong phần mục chúng tơi trình bày lại số kết ngun dương thỏa mãn n > an Lu biết tính hốn vị đa thức vành Z2n , với n số n va ac th si 33 2.2.6 Bổ đề Đa thức f (x) = a0 + a1 x + + ad xd với hệ số nguyên hoán vị trường Z2 a1 + a2 + + ad số lẻ Chứng minh Vì 0i ≡ (mod 2) 1i ≡ (mod 2) với i nên đa thức f (x) biểu diễn dạng f (x) ≡ a0 + (a1 + a2 + + ad )x (mod 2) Chú ý trường Z2 , đa thức bậc khơng hốn vị được, cịn đa thức bậc ln hốn vị (xem Tiết 2.1) Vì f (x) hốn vị Z2 lu an (a1 + a2 + + ad ) 6≡ (mod 2) n va Tiếp theo định lý quan trọng mục này, đưa điều kiện ie gh tn to Khẳng định tương đương với a1 + a2 + + ad số lẻ p cần đủ để đa thức với hệ số nguyên hoán vị vành Z2n Kết chứng minh R L Rivest (xem w oa nl [6]) chứng minh lại R S Singh S Maity Trong luận văn d chúng tơi trình bày cách chứng minh R S Singh S Maity lu nf va an 2.2.7 Định lý Đa thức f (x) = a0 + a1 x + + ad xd với hệ số nguyên hoán vị vành Z2n , với n > số nguyên dương, lm ul điều kiện sau thỏa mãn: z at nh oi (i) a1 số lẻ; (ii) a2 + a4 + a6 + số chẵn; (iii) a3 + a5 + a7 + số chẵn z l gm @ Chứng minh Giả sử đa thức f (x) = a0 + a1 x + + ad xd , m co an Lu với a0 , a1 , , ad ∈ Z hoán vị vành Z2n Theo Bổ đề 2.2.5 ta suy f (x) hoán vị trường Z2 f (x) 6≡ (mod 2) n va ac th si 34 với x ∈ Z2 Theo Bổ đề 2.2.6 đa thức f (x) hốn vị trường Z2 nên a1 + a2 + + ad số lẻ Mặt khác, ta lại có f (x) = a1 + (a3 + a5 + )x (mod 2) (i) Do với x = từ điều kiện f (0) 6≡ (mod 2) ta suy a1 số lẻ (ii), (iii) Tương tự với x = ta có a1 + (a3 + a5 + a7 + ) số lẻ Vì b = (a3 + a5 + a7 + ) = a1 + (a3 + a5 + a7 + ) − a1 lu an số chẵn va n a2 + a4 + a6 + = a1 + a2 + + ad − a1 − b gh tn to số chẵn ie Ngược lại, giả sử ta có điều kiện (i), (ii) (iii) Khi a1 p số lẻ nên ta có f (0) = a1 6≡ (mod 2) Ta lại có a3 + a5 + a7 + oa nl w số chẵn nên a1 + (a3 + a5 + a7 + ) số lẻ Suy d f (1) = a1 + a3 + a5 + a7 + 6≡ (mod 2) lu nf va an Do f (x) 6≡ (mod 2) với x ∈ Z2 Mặt khác, theo (ii) ta có a2 + a4 + a6 + số chẵn nên lm ul a1 + a2 + + ad z at nh oi số lẻ Theo Bổ đề 2.2.6 suy f (x) hoán vị theo trường Z2 Do theo Bổ đề 2.2.5 đa thức f (x) hoán vị vành z Từ Định lý ta có ví dụ minh họa l gm @ Z2n m co 2.2.8 Ví dụ Tất đa thức có bậc nhỏ với hệ số vành Z4 hoán vị vành Z4 đa thức x, 3x, x + an Lu 2x2 , 3x + 2x2 , x + 2x3 , 3x + 2x3 , x + 2x2 + 2x3 , 3x + 2x2 + 2x3 n va ac th si 35 2.3 Đa thức hoán vị vành Z3n Z5n Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với a0 , a1 , ad ∈ Z Tương tự trường hợp p = 2, câu hỏi tự nhiên đặt tìm điều kiện cần đủ cho hệ số đa thức f (x) cho hốn vị vành Z3n Z5n Tuy nhiên gần toán giải triệt để tác giả R P Singh S Maity Mục đích mục trình bày lại tiêu chuẩn hốn vị đa thức f (x) = a0 + a1 x + + ad xd vành Z3n Z5n thơng qua tính lu chất hệ số a0 , , ad Trước tiên, nhắc lại số bổ an đề quan trọng sau n va ước p − Khi đó, khơng tồn đa thức có bậc d hốn gh tn to 2.3.1 Bổ đề [4, Hệ 7.5] Cho p số nguyên tố lẻ d > p ie vị trường Zp w Từ Bổ đề ta thấy p số ngun tố lẻ khơng oa nl tồn đa thức có bậc p − hốn vị Zp d 2.3.2 Bổ đề Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với hệ lu nf va an số nguyên Khi f (x) hoán vị trường Z3 điều kiện sau thỏa mãn: lm ul (i) (a1 + a3 + ) 6≡ (mod 3); z at nh oi (ii) (a2 + a4 + ) ≡ (mod 3) Chứng minh Vì x2k+1 ≡ x (mod 3) x2k ≡ x2 (mod 3) với k ≥ z với số nguyên x nên đa thức f (x) có biểu diễn @ l gm f (x) ≡ a0 + (a1 + a3 + )x + (a2 + a4 + )x2 (mod 3) m co Đặt A ≡ (a1 + a3 + ) (mod 3) B ≡ (a2 + a4 + ) (mod 3) Khi an Lu f (x) ≡ a0 + Ax + Bx2 Giả sử đa thức f (x) hoán vị Theo Bổ đề 2.3.1 ta suy với p số nguyên tố lẻ không tồn đa thức n va ac th si 36 có bậc p − hốn vị Zp Do đó, f (x) hoán vị Z3 nên B ≡ (a2 + a4 + ) ≡ (mod 3) Khi đó, ta có f (x) ≡ a0 + Ax hoán vị trường Z3 Suy A ≡ (a1 + a3 + ) 6≡ (mod 3) Ngược lại, giả sử phát biểu (i) (ii) Khi đó, đa thức f (x) viết dạng f (x) ≡ a0 + (a1 + a3 + )x Theo (i) ta có (a1 + a3 + ) 6≡ (mod 3) Do đó, tính hốn vị f (x) quy tính hốn vị đa thức bậc Trong Tiết 2.1, lu an chứng minh đa thức bậc hoán vị n va trường Z3 Vì f (x) hoán vị Z3 tn to Từ kết có định lý mục Định ie gh lý đưa điều kiện cần đủ để đa thức với hệ số nguyên hoán vị p vành Z3n nl w 2.3.3 Định lý Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với hệ d oa số ngun Khi f (x) hốn vị vành Z3n , với n > an lu điều kiện sau thỏa mãn: (i) a1 6≡ (mod 3); nf va (ii) (a1 + a3 + a5 + a7 + ) 6≡ (mod 3); lm ul (iii) (a2 + a4 + a6 + a8 + ) ≡ (mod 3); z at nh oi (iv) (a1 + a4 + a7 + a10 + ) + 2(a2 + a5 + a8 + a11 + ) 6≡ (mod 3); (v) (a1 + a2 + a7 + a8 + ) + 2(a4 + a5 + a10 + a11 + ) 6≡ (mod 3) z Chứng minh Vì f (x) = a0 + a1 x + + ad xd nên ta có @ l gm f (x) = a1 + (2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + )x m co + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + )x2 (mod 3) an Lu Giả sử đa thức f (x) hoán vị vành Z3n , với n số nguyên dương thỏa mãn n > Theo Bổ đề 2.2.5 ta suy f (x) hoán vị n va ac th si 37 trường Z3 f (x) 6≡ (mod 3) với x ∈ Z3 (i) Từ điều kiện f (0) 6≡ (mod 3) ta suy a1 6≡ (mod 3) (ii), (iii) Vì f (x) hốn vị trường Z3 , theo Bổ đề 2.3.2 ta suy (a2 + a4 + ) ≡ (mod 3) (a1 + a3 + ) 6≡ (mod 3) (iv) Với x = ta có f (1) 6≡ (mod 3), nghĩa f (1) = a1 + (2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + ) + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + ) = (a1 + a4 + a7 + a10 + ) lu + 2(a2 + a5 + a8 + a11 + ) 6≡ (mod 3) an n va (v) Với x = ta có f (2) 6≡ (mod 3) Khi đó, to gh tn f (2) = a1 + 2(2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + ) p ie + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + ) w = (a1 + a2 + a7 + a8 + ) d oa nl + 2(a4 + a5 + a10 + a11 + ) 6≡ (mod 3) lu Ngược lại, giả sử phát biểu (i), (ii), (iii), (iv) (v) Khi nf va an đó, (a2 + a4 + ) ≡ (mod 3) (a1 + a3 + ) 6≡ (mod 3) Theo Bổ đề 2.3.2, đa thức f (x) hoán vị trường Z3 Từ điều kiện z at nh oi lm ul (v) ta có f (2) = a1 + 2(2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + ) + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + ) z gm @ = (a1 + a2 + a7 + a8 + ) + 2(a4 + a5 + a10 + a11 + ) 6≡ (mod 3) m co l Tương tự, từ điều kiện (i) (iv) ta có an Lu f (1) = a1 + (2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + ) n va ac th si 38 + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + ) = (a1 + a4 + a7 + a10 + ) + 2(a2 + a5 + a8 + a11 + ) 6≡ (mod 3) f (0) = a1 6≡ (mod 3) Do đó, f (x) 6≡ (mod 3) với x ∈ Z3 Kết hợp với f (x) hoán vị trường Z3 , từ Bổ đề 2.2.5 ta suy f (x) hoán vị vành Z3n Tiếp theo ví dụ minh họa cho Định lý 2.3.3 tính hốn vị lu an đa thức với hệ số nguyên vành Z32 va 2.3.4 Ví dụ Theo Định lý đa thức bậc hoán vị n tn to vành Z9 với hệ số Z9 7x + x3 + 8x5 , x + x2 + 8x3 + 8x4 + 7x5 , 7x + ie gh 6x2 + 8x3 + 8x5 , x + 7x2 + 8x3 + 8x5 p Phần cuối mục này, chúng tơi trình bày tính hốn vị nl w đa thức vành Z5n Trước phát biểu kết d oa nhắc lại số bổ đề sau Cho p số nguyên tố kí hiệu kí hiệu an lu Fp = Zp trường có p phần tử Khi ta có kết quan trọng sau ( xem tài liệu [5]) nf va lm ul 2.3.5 Bổ đề Cho p 6= số nguyên tố Khi đa thức với hệ số nguyên f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, a 6= 0, đa thức hoán vị z at nh oi trường Zp điều kiện sau thỏa mãn: (i) b2 = 3ac ∈ Zp ; z (ii) p ≡ (mod 3) @ l gm 2.3.6 Bổ đề Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với hệ an Lu (i) (a4 + a8 + a12 ) ≡ (mod 5); m điều kiện sau thỏa mãn: co số nguyên Khi f (x) hoán vị trường Z5 n va ac th si 39 (ii) (a2 +a6 +a10 )2 ≡ 3(a1 +a5 +a9 + .)(a3 +a7 +a11 + .) (mod 5) Chứng minh Vì x4k+1 = x (mod 5), x4k+2 = x2 (mod 5), x4k+3 = x3 (mod 5) x4k = x4 (mod 5) với k ≥ với số nguyên x, nên ta biểu diễn đa thức f (x) dạng f (x) = a0 + (a1 + a5 + )x + (a2 + a6 + )x2 + (a3 + a7 + )x3 + (a4 + a8 + )x4 (mod 5) Đặt A = (a1 + a5 + ), B = (a2 + a6 + ), C = (a3 + a7 + ) lu D = (a4 + a8 + ) Khi ta có an n va f (x) = a0 + Ax + Bx2 + Cx3 + Dx4 (mod 5) tn to Giả sử f (x) hoán vị trường Z5 Theo Bổ đề 2.3.1, p = ie gh số nguyên tố lẻ Do đó, khơng có đa thức bậc hốn vị p trường có phần tử, nghĩa D = (a4 + a8 + ) ≡ (mod 5) Do oa nl w f (x) = a0 + Ax + Bx2 + Cx3 (mod 5) d Theo Bổ đề 2.3.5 f (x) hoán vị nên B = 3AC, nghĩa an lu nf va (a2 + a6 + a10 )2 ≡ 3(a1 + a5 + a9 + )(a3 + a7 + a11 + ) (mod 5) lm ul Ngược lại, giả sử phát biểu (i) (ii) Theo (i) ta có z at nh oi D = (a4 + a8 + ) ≡ (mod 5) Do đó, đa thức f (x) có biểu diễn f (x) = a0 + Ax + Bx2 + Cx3 (mod 5) z gm @ Theo (ii) ta có co l (a2 + a6 + a10 )2 ≡ 3(a1 + a5 + a9 + )(a3 + a7 + a11 + ) (mod 5), m nghĩa B = 3AC Áp dụng Bổ đề 2.3.5 ta có điều cần chứng minh an Lu Dưới số ví dụ minh họa n va ac th si 40 2.3.7 Ví dụ Các đa thức có bậc nhỏ hoán vị trường Z5 đa thức: x, x3 , 2x + x2 + x3 , 3x + 2x2 + x3 , 3x + 3x2 + x3 , 2x + 4x2 + x3 Định lý định lý mục Định lý điều kiện cần đủ để đa thức với hệ số nguyên hoán vị vành Z5n 2.3.8 Định lý Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với hệ số nguyên Khi f (x) hoán vị vành Z5n , với n > lu điều kiện sau thỏa mãn: an n va (i) a1 6≡ (mod 5); gh tn to (ii) (a4 + a8 + a12 ) ≡ (mod 5); p ie (iii) (a2 +a6 +a10 )2 ≡ 3(a1 +a5 +a9 + .)(a3 +a7 +a11 + .) (mod 5); w (iv) (a1 + a6 + a11 + ) + 2(a2 + a7 + a12 + ) + 3(a3 + a8 + a13 + ) d oa nl +4(a4 + a9 + a14 + ) 6≡ (mod 5); an lu (v) (a1 +2a6 +4a11 +3a16 +a21 + .)+2(2a2 +4a7 +3a12 +a17 +2a22 + .)+ 3(4a3 + 3a8 + a13 + 2a18 + 4a23 + ) + 4(3a4 + a9 + 2a14 + 4a19 + nf va 3a24 + ) 6≡ (mod 5); lm ul (vi) (a1 +3a6 +4a11 +2a16 +a21 + .)+2(3a2 +4a7 +2a12 +a17 +3a22 + .)+ z at nh oi 3(4a3 + 2a8 + a13 + 3a18 + 4a23 + ) + 4(2a4 + a9 + 3a14 + 4a19 + 2a24 + ) 6≡ (mod 5); z gm @ (vii) (a1 +4a6 +a11 +4a16 +a21 + .)+2(4a2 +a7 +4a12 +a17 +4a22 + .)+ 3(a3 +4a8 +a13 +4a18 +a23 + .)+4(4a4 +a9 +4a14 +a19 +4a24 + .) 6≡ m co l (mod 5) an Lu Chứng minh Theo Bổ đề 2.2.5, đa thức f (x) hoán vị vành Z5n f (x) hoán vị trường Z5 f (x) 6≡ n va ac th si 41 (mod 5) với x ∈ Z5 Ta có f (x) = a1 + X (4k + 2)a4k+2 x + + X (4k + 1)a4k+1 x4 X (4k + 3)a4k+3 x + X (4k)a4k x3 ≡ a1 + (2a2 + a6 + 4a14 + 3a18 + 2a22 + )x + (3a3 + 2a7 + a11 + 4a19 + 3a23 + )x2 + (4a4 + 3a8 + 2a12 + a16 + 4a24 + )x3 + (4a9 + 3a13 + 2a17 + a21 + 4a29 + )x4 (mod 5) lu Giả sử đa thức hoán vị vành Z5n Khi ta có f (x) 6≡ an (mod 5) với x ∈ Z5 va n (i) Từ điều kiện f (0) 6≡ (mod 5) suy a1 6≡ (mod 5) tn to (ii), (iii) Vì f (x) hốn vị trường Z5 nên theo Bổ đề 2.3.6 ta ie gh suy (ii) (iii) p (iv) Với x = ta có f (1) 6≡ (mod 5) Do đó, oa nl w f (1) = (a1 + a6 + a11 + ) + 2(a2 + a7 + a12 + ) d + 3(a3 + a8 + a13 + ) + 4(a4 + a9 + a14 + ) 6≡ (mod 5) lu nf va an (v) Từ điều kiện f (2) 6≡ (mod 5) ta có lm ul f (2) = (a1 + 2a6 + 4a11 + 3a16 + a21 + ) z at nh oi + 2(2a2 + 4a7 + 3a12 + a17 + 2a22 + ) + 3(4a3 + 3a8 + a13 + 2a18 + 4a23 + ) + 4(3a4 + a9 + 2a14 + 4a19 + 3a24 + ) 6≡ (mod 5) z @ f (3) = (a1 + 3a6 + 4a11 + 2a16 + a21 + ) + 2(3a2 + 4a7 + 2a12 + a17 + 3a22 + ) an Lu + 3(4a3 + 2a8 + a13 + 3a18 + 4a23 + ) m co l gm (vi) Với x = ta có f (3) 6≡ (mod 5), nghĩa n va ac th si 42 + 4(2a4 + a9 + 3a14 + 4a19 + 2a24 + ) 6≡ (mod 5) (vii) Cuối cùng, với x = ta có f (4) 6≡ (mod 5) Do đó, f (4) = (a1 + 4a6 + a11 + 4a16 + a21 + ) + 2(4a2 + a7 + 4a12 + a17 + 4a22 + ) + 3(a3 + 4a8 + a13 + 4a18 + a23 + ) + 4(4a4 + a9 + 4a14 + a19 + 4a24 + ) 6≡ (mod 5) Ngược lại, giả sử phát biểu (i), (ii), (iii), (iv), (v), (vi) (vii) lu Các điều kiện (i), (iv), (v), (vi), (vii) cho ta f (x) 6≡ (mod 5) an n va với x ∈ Z5 Từ (ii) ta có gh tn to (a4 + a8 + a12 ) ≡ (mod 5), p ie đa thức f (x) có biểu diễn + (a3 + a7 + a11 + )x3 d oa nl w f (x) = a0 + (a1 + a5 + a9 + )x + (a2 + a6 + a10 + )x2 an lu = Ax3 + Bx2 + Cx + a0 , nf va A = (a3 + a7 + a11 + ), B = (a2 + a6 + a10 + ) C = lm ul (a1 + a5 + a9 + ) Từ điều kiện (iii) ta có B = 3AC Do đó, theo Bổ đề 2.3.6 ta suy f (x) hoán vị trường Z5 Theo Bổ đề 2.2.5 z at nh oi ta suy điều cần chứng minh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Kết luận Như luận văn chúng tơi trình bày lại sơ kết sau: Trình bày lại số tính chất đa thức bất khả quy với hệ số lu trường an Sự tốn trường phân rã đa thức cấu trúc va n trường hữu hạn tn to Trình bày lại số tính chất ban đầu đa thức hoán vị ie gh trường Xét tính hốn vị trường hữu hạn p đa thức bậc không, bậc nhất, bậc hai, tính hốn vị đơn nl w thức, số nhị thức, tam thức oa Trình bày lại kết điều kiện cần đủ để đa thức d với hệ số nguyên hoán vị vành Zpn , p = 2, 3, nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va 43 ac th si Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội lu an n va Tiếng Anh ie gh tn to [2] Fernando N (2013), "A study of permutation polynomials over finite fields", Doctor of Philosophy, University of South Florida p [3] Hardy G H and Wright E M (1979), "An Introduction to the Theory of Numbers", Oxford Science Publications, 5th ed oa nl w d [4] Lidl R and Niederreiter H (1983), "Finite Fields", AddisionWesley an lu nf va [5] Mollin R A and Small C (1987), "On permutation polynomials over finite fields", Internat J Math Math Sci., 10(3), pp 535-544 lm ul z at nh oi [6] Rivest R L (2001), "Permutation polynomials modulo 2w ", Finite Fields and Their Applications, 7, pp 287–292 z [7] Singh R P and Maity S (2007), "Permutation Polynomials modulo pn ", Cryptology ePrint Archive, https://eprint.iacr.org/2009/393.pdf m co l gm @ an Lu n va 44 ac th si