CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

- LÊ THỊ THANH HƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN Chuyên ngành: Đại số Lý thuyết số Mã số: 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn: PGS TS Bùi Xuân Hải Đại học Khoa học Tự Nhiên TP HCM TP HỒ CHÍ MINH – NĂM 2011 Mục lục Kiến thức chuẩn bị 1.1 Cấu trúc trường hữu hạn 1.2 Các hàm số học 1.2.1 Hàm nhân 1.2.2 Hàm Mobius 1.2.3 Hàm Euler Cơ 2.1 2.2 2.3 2.4 sở trường hữu hạn Cơ sở đa thức Cơ sở đối ngẫu Cơ sở tự đối ngẫu Cơ sở chuẩn tắc 5 11 11 12 14 15 15 19 23 28 MỤC LỤC MỤC LỤC BẢNG KÝ HIỆU C - tập số phức R - tập số thực Fqn - trường hữu hạn với q n phần tử Fq - trường hữu hạn với q phần tử - tự đẳng cấu Frobenius T r - vết phần tử - hàm nhân - hàm Mobius ' - hàm Euler Fqn =Fq ( 1; ; :::; n) - biệt thức phần tử od (q) - cấp q nhóm Zd d (x) - đa thức cyclotomic bậc d gcd - ước chung lớn deg - bậc (của đa thức phần tử) Trang 1; ; :::; n Fqn Fq MỤC LỤC MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, trân trọng kính gửi đến Thầy hướng dẫn PGS-TS Bùi Xuân Hải lời cảm ơn sâu sắc tận tâm, bảo nhiệt tình Thầy suốt trình thực luận văn Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô phản biện Quý Thầy, Cô hội đồng bảo vệ luận văn dành thời gian để đọc đưa nhận xét sâu sắc luận văn Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô khoa Toán- Tin, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh, tận tình truyền đạt kiến thức cho suốt thời gian học tập Tôi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu Quý Thầy, Cô thuộc Phòng Đào tạo sau Đại học- Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi để hoàn tất chương trình học tập Tôi xin cảm ơn bạn Quốc Huy, Hoàng Dũng, Phương An, Thanh Hà giúp đỡ, trao đổi, thảo luận trình học tập thực luận văn Tôi xin có đôi lời gửi đến Trường THPT Ernst Th¨almann, đặc biệt Ban giám hiệu thành viên tổ Toán tạo điều kiện thuận lợi thời khóa biểu giảng dạy để yên tâm học tập Lời thân thương cuối cùng, xin dành cho ba mẹ anh, chị, em tôi, khuyên răn, bảo ban tôi, chỗ dựa vững giúp hoàn thành chương trình học luận văn Vì kiến thức thân nhiều hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, mong nhận bảo Quý Thầy Cô góp ý chân thành bạn bè, đồng nghiệp Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 08 năm 2011 Lê Thị Thanh Hương Trang MỤC LỤC MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU Trường cấu trúc đẹp Đại số, đặc biệt trường hữu hạn Trong luận văn đối tượng nghiên cứu trường hữu hạn Và nội dung mà đề cập đến loại sở trường hữu hạn Bằng kiến thức học tài liệu cung cấp qua sách, báo hệ thống cách chi tiết loại sở trường hữu hạn, cụ thể gồm sở đa thức, sở đối ngẫu, sở tự đối ngẫu sở chuẩn tắc Luận văn gồm hai chương Chương đầu kiến thức chuẩn bị, nội dung cấu trúc trường hữu hạn hàm số học Là phần hỗ trợ việc tính toán loại sở Chương hai phần luận văn, trình bày theo thứ tự sở đa thức, sở đối ngẫu, sở tự đối ngẫu sở chuẩn tắc Cấu trúc mục trình bày theo thức tự định nghĩa, tồn tại, công thức tính tính chất liên hệ loại sở ứng dụng Luận văn phần tổng hợp cách đầy đủ trình bày chứng minh cách chi tiết tính chất liên quan đến loại sở trường hữu hạn, tài liệu tham khảo hữu ích cho có quan tâm đến trường hữu hạn Bằng kiến thức hạn hẹp mình, luận văn khó tránh khỏi sai sót, hy vọng nhận góp ý chân thành từ Thầy, Cô bạn quan tâm TP HCM, tháng 09 năm 2011 Lê Thị Thanh Hương Trang Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Cấu trúc trường hữu hạn Định nghĩa 1.1 Tập F gọi trường vành giao hoán có đơn vị (1 6= 0) phần tử khác khả nghịch Vấn đề quan tâm trường hữu hạn Một ví dụ trường hữu hạn trường Zp = Z=pZ = 0; 1; :::; p gồm lớp thặng dư theo mod p; gồm có p phần tử, p số nguyên tố Định nghĩa 1.2 Cho F trường có đơn vị Nếu m:1 6= với số nguyên dương m ta nói đặc trưng trường F 0, kí hiệu charF = Ngược lại, m:1 = với số nguyên dương tồn số nguyên dương p nhỏ thỏa p:1 = Khi ta gọi p đặc trưng F , kí hiệu charF = p Nhận xét đặc trưng trường F số nguyên tố p Ví dụ: Q; R; C trường có đặc trưng 0, Zp trường có đặc trưng p: Bổ đề 1.3 Giả sử K trường gồm q phần tử trường hữu hạn F Khi đó, F có q m phần tử, m = dimK F gọi bậc F K Kí hiệu [F : K] = m: Hệ 1.4 Nếu F trường hữu hạn đặc trưng p jF j = pn , n bậc F trường nguyên tố Fp Bổ đề 1.5 Nếu F trường hữu hạn gồm q phần tử aq = a, 8a F: Chứng minh Do F nhóm nhân cấp q hợp a = hiển nhiên nên 8a F ta có aq = 1, suy aq = a Trường Bổ đề 1.6 Cho F trường gồm q phần tử K trường F Khi đó, đa thức xq x phân rã F , nghĩa xq x = (x a) a2F 1.1 CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Chứng minh Đa thức xq x có không q nghiệm khác F Mà theo Bổ đề 1.5 F có q nghiệm Tức xq x phân rã F Định lý 1.7.( Về tồn trường hữu hạn) Với số nguyên tố p số nguyên dương n, tồn trường hữu hạn gồm q = pn phần tử Đó trường phân rã đa thức xq x trường nguyên tố Fp Mọi trường hữu hạn gồm q phần tử đẳng cấu với F: Chứng minh Gọi F trường phân rã đa thức xq x trường Fp S tập tất nghiệm đa thức nói F Hiển nhiên 0, 12 S Với ; S, ta có q ( )q ( )=( q ) ( )=( q ) ( q ) = suy S Tương tự, ta có S S , 6= Vậy S trường F nên F = S Giả sử L trường có q = pn phần tử Khi đó, L Fq Theo Bổ đề 1.6 L trường phân rã đa thức xq x Fp : Vậy L ' F: Định lý 1.8 (Tiêu chuẩn trường con) Cho trường Fq , q = pn Khi đó, trường Fq có pm phần tử, m ước dương n Ngược lại, m ước dương n tồn trường Fq có pm phần tử Chứng minh Áp dụng định lý Lagrange nhóm (Fq ; +) ta thấy trường Fq có pm phần tử, m n Áp dụng Bổ đề 1.4, ta có q = (pm )k n = mk Ngược lại, n = mk, m (pm )k chia hết cho pm Do đa thức n m n xp chia hết cho đa thức xp Fp [x] Suy đa thức xp x chia hết cho pm pm đa thức x x Fp [x] Do nghiệm đa thức x x nghiệm đa n m thức xp x , nghĩa nằm trường Fq Vậy Fq chứa trường phân rã xp x m Fp , nghĩa Fq chứa Fpm Cuối Fq chứa hai trường khác cấp p m Fq chứa nhiều pm phần tử nghiệm đa thức xp x, điều vô lý Vậy ta có điều phải chứng minh Định lý 1.9 Nhóm nhân trường hữu hạn nhóm xyclic Chứng minh Xét trường hữu hạn Fq q = điều khẳng định hiển nhiên Xét với q Đặt h = q = jF j phân tích h thành thừa số nguyên tố sau h = pr11 :::prkk , với i = 1; 2; :::; m, đa thức xh=pi có không h=pi nghiệm Fq : Vì h=pi < h nên Fq chứa phần tử nghiệm đa thức Giả sử h=p ri ri phần tử Đặt bi = i Khi đó, bpi = Do đó, cấp o(bi ) bi ước ri h=p pri i Tức o(bi ) = psi i , si ri Mặt khác, bpi = i 6= nên suy o(bi ) = pri i Trang 1.1 CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Đặt b = m i=1 bi , ta chứng minh o(b) = h, từ suy Fq nhóm xyclic sinh b Thật vậy, giả sử o(b) 6= h, o(b) ước thực h, o(b) phải ước số h=pi Không tính tổng quát, giả sử o(b) ước h=p1 Ta có h=p1 = bh=p1 = b1 h=p1 Nhưng 8i = 2; 3; :::; m; ta có bi mâu thuẫn với o(b1 ) = pr11 :::bh=p m h=p1 = 1, nên từ suy b1 = Nhưng điều Phần tử sinh nhóm xyclic Fq gọi phần tử nguyên thủy trường Fq : Định lý 1.10 Cho Fq trường hữu hạn với q phần tử, q lũy thừa số nguyên tố (i) Nếu q = 2n F2n = F22n ; F2n = F22n : Mọi phần tử F2n có bậc F2n : (ii) Nếu q lẻ Fq nhóm số Fq Nếu z Fq nFq Fq = Fq [ zFq , Fq zFq phân biệt Hơn nữa, phần tử Fq có hai bậc hai Fq phần tử zFq bậc hai Fq : Chứng minh (i) Xét ánh xạ : F2n ! F2n x ! x2 Giả sử (x) = (y) x2 = y (x y)2 = x2 y = Mà F2n ước nên x y = 0, suy x = y Vậy nên đơn ánh Mặt khác, F2n hữu hạn nên 2 2 song ánh Tức F2n = F2n , = nên F2n = F2n : Hơn nữa, với x F2n ; F22n = F2n nên tồn x0 F22n cho x = x20 Giả sử x = x20 = y02 x0 ; y0 F2n , suy (x0 y0 )2 = nên x0 = y0 Vậy phần tử F2n có bậc hai F2n : (ii) Ta có Fq nhóm xyclic, q lẻ jFq j = q chẵn Gọi phần tử nguyên thủy Fq Tức Fq = h i có bậc q Khi Fq = , có bậc (q 1)=2 Fq = Fq [ Fq Fq ; Fq phân biệt Fq nhóm có số Fq Do với z Fq nFq ta có Fq = Fq [ zFq Fq ; zFq phân biệt Hơn nữa, với x Fq tồn x0 Fq cho x = x20 : Ta có ( x0 )2 = x x0 6= x0 : Trang 1.1 CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Giả sử x = x20 = y02 x0 ; y0 Fq x0 y0 = nên x0 y0 = 1, y0 = x0 Vậy phần tử Fq có hai bậc hai Fq : Với y zFq ; y = zu2 ; u Fq Giả sử tồn y0 Fq cho y = y02 zu2 = y02 nên z = (y0 u ) Fq Điều mâu thuẫn Vậy phần tử zFq bậc hai Fq : Mệnh đề 1.11 Cho ánh xạ : Fqn ! Fqn , cố định phần tử Fq ! q Khi tự đẳng cấu Chứng minh Dễ dàng kiểm tra tự đẳng cấu Ta chứng minh cố định phần tử Thật vậy, theo định nghĩa ( ) = q , mà Fq nên q = Vậy ( ) = Fq Định nghĩa 1.12 Ta gọi tự đẳng cấu Mệnh đề 1.11 tự đẳng cấu Frobenius Fqn trường Fq Giả sử f (x) = + x + ::: + m xm Ta định nghĩa mở rộng tự đẳng cấu Frobenius hàm f (x) sau: e (f (x)) = ( ) + ( )x + ::: + ( m )xm Định lý 1.13 Cho f (x) Fqn [x] Nếu e (f (x)) = f (x) f (x) Fq [x]: Chứng minh Cho f (x) = + x + ::: + m xm ; ( )x + ::: + ( m )xm = + x +::: + i Fq Vậy f (x) Fq [x] Định nghĩa 1.14 Cho Fq n , g(x) = (x = (x i Fqn : Khi e (f (x)) = f (x) nên ( ) + q m m x ( i ) = i tức i = i , nên tự đẳng cấu Frobenius Fqn Fq )(x )(x ( )):::(x q ):::(x n qn ( )) (1.1) ) Ta gọi g (x) đa thức đặc trưng Fq Đa thức đơn khởi bậc nhỏ Fq nhận làm nghiệm gọi đa thức tối tiểu Fq Định lý 1.15 Cho Fqn Khi ta có (i) Đa thức tối tiểu Fq tồn nhất, bất khả qui Fq (ii) Cho m(x) đa thức tối tiểu Fq Nếu f (x) Fq [x] f ( ) = m(x)jf (x) (iii) Cho d số nguyên dương nhỏ thỏa d ( ) = Khi djn; d = deg m(x), Trang 1.1 CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN m(x ) = (x ) (x CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ( )) ::: x (iv) Nếu g(x) đa thức đặc trưng d ( ) Fq g(x) = m(x)n=d Chứng minh (i) Cho Fqn : Rõ ràng nghiệm đa thức đặc trưng g(x) = (x )(x n ( )):::(x ( )) Fq Vì tồn đa thức m(x) bậc nhỏ Fq nhận làm nghiệm Giả sử m1 (x) đa thức tối tiểu Fq Khi deg m(x) = deg m1 (x) Nếu m(x) 6= m1 (x) ta đặt c hệ số đầu m(x) m1 (x), m(x) m1 (x) đa thức đơn khởi Fq nhận làm nghiệm mà deg c (m(x) m1 (x)) < deg m(x) Điều mâu thuẫn, nên m(x) = m1 (x) m(x) Giả sử m(x) = f1 (x)f2 (x) phân tích nhân tử m(x) trường Fq [x] < deg f1 (x); deg f2 (x) < deg m(x) Chúng ta giả sử f1 (x); f2 (x) đơn khởi Thay x = ta có = m( ) = f1 ( )f2 ( ) mà Fq ước nên suy f1 ( ) = f2 ( ) = f1 (x); f2 (x) đơn khởi bậc nhỏ deg m(x) Điều mâu thuẫn Vậy nên m(x) bất khả qui (ii)Ta chia f (x) cho m(x), ta có f (x) = q(x)m(x) + r(x), q(x); r(x) Fq [x] deg r(x) < deg m(x) Thay x = vào f (x) = q(x)m(x) + r(x) ta có r( ) = 0, theo định nghĩa m(x) r(x) = 0: Vậy m(x)jf (x) (iii) Gọi d số nguyên dương nhỏ cho d ( ) = Giả sử n = dl + r; l dl r < d, l; r Z Ta có = n ( ) = dl+r ( ) = r ( ) = r dl ( ) = r ( ), theo định nghĩa d r = Vậy djn: Ta có ; ( ); :::; d ( ) d phần tử phân biệt Fqn Vì i ( ) = j ( ); i i; j d i > j i j ( ) = ( j ) ( ) = ( j j ) ( ) = ( ) = Mà i j < d, dẫn đến mâu thuẫn d Đặt m1 (x) = (x ) (x ( )) ::: x ( ) Lấy mở rộng m1 (x) ta có e (m1 (x)) = m1 (x) nên theo Định lý 1.13 m1 (x) Fq [x] Gọi m (x) đa thức tối tiểu , theo (ii) m (x) jm1 (x) Tác động tự đẳng cấu i ;1 i d 1; vào m( ) = ta m ( i ( )) = 0, tức ; ( ) ; :::; d ( ) d nghiệm phân biệt m(x) nên deg m(x) d Mà deg m1 (x) = d m(x)jm1 (x) ; nên m (x) = m1 (x) deg m (x) = d (iv) Ta có (n=d) Q n kd kd+(d 1) g (x) = (x ) (x ( )) ::: (x ( )) = x ( ) ::: x ( ) k=0 = (n=d) Q (x ) (x ( )) ::: x d ( ) = m (x)n=d k=0 Nghiệm đa thức tối tiểu m(x), tức phần tử ; ( ); :::; d ( ), gọi phần tử liên hợp trường Fq Số phần tử liên hợp với Fq gọi bậc Kí hiệu deg ( ) : Trang 2.3 CƠ SỞ TỰ ĐỐI NGẪU CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN q B B A = B @ qn ::: ::: q C C C A qn 1 n q n qn n ::: Ta có T = At A det T = (det A)2 Vậy nên det T 2Fq det A 2Fq Mà (det A)q = q q2 q q2 q n q2 n = ( 1)n det A n Vậy nên det A 2Fq n lẻ Kết hợp Định lý 2.19 Định lý 2.21 ta có định lý tổng quát điều kiện tồn sở tự đối ngẫu Fqn Fq Định lý 2.22 Tồn sở tự đối ngẫu Fqn Fq q chẵn q n lẻ Bổ đề 2.23 Cho f ; ; :::; n g sở tự đối ngẫu Fqn Fq Đặt C = (cij )1 i;j n ma trận không suy biến Fq Ta định nghĩa n P cij j= i=1 Khi f 1; ; :::; Chứng minh Ta có f ; ; :::; ij n P = T r( i ng i; j = ; ; :::; n sở tự đối ngẫu Fqn Fq C t C = I: ng sở tự đối ngẫu n n n P n P P P ) = T r c c = cki T r( ki k lj l j k=1 l=1 k l )clj k=1l=1 cki ckj , i; j = 1; 2; :::; n Điều tương đương C t C = I: = nP n P cki kl clj = k=1 l=1 k=1 Định nghĩa 2.24 (i) Ma trận C Fq thỏa điều kiện C t C = I gọi ma trận trực giao q lẻ, gọi ma trận giả -symplectic q chẵn (ii) Khi q lẻ, tập ma trận trực giao cấp n Fq tạo thành nhóm với phép nhân ma trận, gọi nhóm ma trận trực giao bậc n Kí hiệu On (Fq ) Trang 27 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN Ta có công thức tính cấp On (Fq ) với trường hợp n tham khảo cách tính [5] v 2Q (q 2i 1) Trường hợp n = 2v + : jO2v+1 (Fq )j = 2q v i=1 Trường hợp n = 2v; ( 1)n=2 2Fq : jO2v (Fq )j = 2q v(v 1) (q v vQ1 1) (q 2i 1) i=1 Trường hợp n = 2v + 2; ( 1)n=2 2F = q : jO2v+2 (Fq )j = 2q v(v+1) (q v+1 + 1) v Q (q 2i 1) i=1 (iii) Khi q chẵn, tập ma trận giả-symplectic tạo thành nhóm giả-symplectic bậc n với phép nhân ma trận Kí hiệu P sn (Fq ) Ta có công thức tính cấp P sn (Fq ) sau v 2Q Trường hợp n = 2v + : jP s2v+1 (Fq )j = q v (q 2i 1) i=1 Trường hợp n = 2v + : jP s2v+2 (Fq )j = q (v+1) có v Q (q 2i 1) i=1 Hệ 2.25 Kí hiệu số sở tự đối ngẫu Fqn Fq sd(n; q) Khi ta < n! jP s2v+ (Fq )j, q chẵn, n = 2v + ; = 2; sd(n; q) = jO (F )j, q lẻ, n = 2v + 1; : n! 2v+1 q 0, q lẻ, n chẵn Hệ 2.26 Không tồn sở tự đối ngẫu sở đa thức Fqn Fq với n 2: Chứng minh Gọi f1; ; ; :::; n ) sở đa thức Fqn Fq (n 2) Giả sử sở đối ngẫu ta điều vô lý Thật vậy, T r( 2i ) = T r( i i ) = 1; T r( 2i ) = T r( i i+1 ) = 0, vô lý Vậy suy điều phải chứng minh 2.4 Cơ sở chuẩn tắc Định nghĩa 2.27 Một sở fu0 ; u1 ; u2 ; :::; un g Fqn Fq gọi sở chuẩn tắc tồn Fqn cho u0 = ; u1 = ( ); u2 = ( ); :::; un = n ( ) (có thể xếp lại ui ), tự đẳng cấu Frobenius Fqn Fq Phần tử gọi phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq Nhận xét: Nếu phần tử sinh sở chuẩn tắc ( ); ( ); :::; n ( ) phần tử sinh chúng sinh sở chuẩn tắc Định lý 2.28 Luôn tồn sở chuẩn tắc Fqn Fq Trang 28 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN Chứng minh Cho tự đẳng cấu Frobenius Fqn Fq Vì Fqn không gian vectơ n chiều Fq nên xem phép biến đổi tuyến tính không gian vectơ Ta có n = 1, ta chứng minh xn đa thức tối tiểu phép biến đổi tuyến tính trường Fqn : Đặt g(x) = g0 + g1 x + ::: + gm xm ; m < n g0 ; g1 ; :::; gm Fqn , gm 6= 0, cho g( ) = 0: Ta giả sử g(x) có bậc nhỏ Dĩ nhiên m 6= tồn j, j m 1, cho gj 6= Do g( ) = nên g( )( ) = 0, Fqn : Tức m g0 + g1 ( ) + ::: + gm Vì m 6= j Fqn tồn g0 m Nhân (2.6) với g0 m ( ) = 0, Fqn : j ( ) 6= + g1 ( ) ( ) + ::: + gm m (2.6) ( ): Ta có g( )( ( ) m m ( ) ) = 0: Tức ( ) = 0: (2.7) ( ) ta có m m ( ) + g1 ( ) ( ) + ::: + gm m ( ) = 0: (2.8) Trừ (2.7) cho (2.8) ta có g0 ( m ( ) ) + ::: + gm m ( ) m ( ) m ( ) = (2.9) m Đặt h(x) = g0 ( m ( ) )+:::+gm ( m ( ) ( )) xm Theo (2.9) h( )( ) = j j với Fqn nên h( ) = Vì hệ số x h(x) gj ( m ( ) ( )) 6= nên h(x) 6= Nhưng deg h(x) < m, điều mâu thuẫn với giả thiết g(x) có bậc nhỏ thỏa g( ) = Vậy nên không tồn đa thức g(x) Fqn [x], bậc nhỏ n cho g( ) = Cụ thể không tồn đa thức g(x) Fq [x], bậc nhỏ n cho g( ) = Vậy xn đa thức tối tiểu , nên đa thức đặc trưng Theo kết đại số tuyến tính tồn Fqn cho f ; ( ); :::; n ( )g làm sở Fqn Fq Và sở chuẩn tắc Suy điều phải chứng minh Định lý 2.29 Cơ sở đối ngẫu sở chuẩn tắc chuẩn tắc Chứng minh Đặt fu0 ; u1 ; u2 ; :::; un g sở chuẩn tắc Fqn Fq sở đối ngẫu Theo định nghĩa ta có Tr i ( ) j = ij , với i; j = 0; 1; 2; :::; n Trang 29 0; 1; ; :::; n (2.10) 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC Đặt CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN 1 ( ) n B ( ) C B ( ) ( 1) ( n 1) C B C B C A=B , B = C B C A @ A @ n n n n n ( ) ( ) ( 0) ( 1) ( n 1) t t t Từ phương trình (2.10) ta có AB = I BA = I suy I = (AB) = B A = B t A (vì A đối xứng) Vậy ta có B t = B, tức B đối xứng nên i = i ( ).Vậy ; ; ; :::; n sở chuẩn tắc Fqn Fq với phần tử sinh : n ( ) ( ) Định nghĩa 2.30 Cho C = (cij )0 i;j n ma trận cấp n trường Fq Ma trận C gọi ma trận luân hoàn (circulant matrix) dòng tạo nên cách trượt liên tục dòng Nói cách khác ci+1;j+1 = cij với i; j = 0; 1; 2; :::; n 1, số rút gọn theo môđun n Ta qui định cj = c0j với j = 0; 1; 2; :::; n 1: c0 c c : : : cn Bc n c c : : : c n C B C Bc n c n c : : : c n C (2.11) C=B C B C @ A c1 c2 c3 : : : c0 Ta kí hiệu ma trận (2.11) C(c0 ; c1 ; c2 ; :::; cn ) ma trận luân hoàn cấp n với (c0 ; c1 ; c2 ; :::; cn ) dòng Định lý 2.31 Cho tự đẳng cấu Frobenius Fqn Fq fu0 ; u1 ; u2 ; :::; un g sở chuẩn tắc Fqn Fq Đặt C = (cij )0 i;j n ma trận không suy biến Fq Ta định nghĩa n X cij i= j ( ); i = ; ; ; :::; n (2.12) j=0 Khi 0; 1; ma trận luân hoàn ; :::; sở chuẩn tắc Fqn Fq C n Chứng minh Vì C không suy biến nên ; ; ; :::; n hoàn, đặt cj = c0j ; j = 0; 1; 2; :::; n Ta có = nP1 j=0 c0j j sở Fqn Fq Giả sử C luân ( )= nP1 j=0 Trang 30 cj j ( ) 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC Vì nên ( 0) = nP1 cj j ( ) j=0 = nP1 c1;j+1 j+1 ( )= j=0 ! nP1 CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN = nP1 cj j+1 ( )= j=0 c1;j j nP1 c0j j+1 ( ) j=0 ( )= j=0 Tổng quát nP1 nP1 i ( 0) = cj i+j ( ) = c0j j=0 i+j ( )= j=0 nP1 ci;i+j i+j ( )= j=0 i = 0; 1; 2; :::; n Vì 0; 1; Ngược lại, cho nP1 ci;j j ( )= i, j=0 ; :::; n sở chuẩn tắc Fq n Fq sở chuẩn tắc Fqn Fq Suy i = ; ; ; :::; n nP1 nP1 i ( ), i = 0; 1; 2; :::; n Nên ci;j j ( ) = c0j i+j ( ), i = 0; 1; 2; :::; n 1, j=0 cij = c0;j i j=0 (lấy j j i, tương ứng hệ số j ) nP1 ci+1;j j ( )= j=0 nP1 c0j i+1+j ( ), j=0 i = 0; 1; 2; :::; n nên c0;j i = ci+1;j+1 (lấy j j i, tương ứng hai hệ số j+1 ) Từ kết ta có cij = ci+1;j+1 Vậy nên C ma trận luân hoàn Định lý chứng minh Nhận xét: ; ( ); ( ); :::; n ( ) sở chuẩn tắc Fqn Fq Lấy ci = 1, cj = với j = i (2.11) định nghĩa i = nP1 cij j ( ); i = 0; 1; 2; :::; n j=0 Ta có ; ; ; :::; n hoán vị xoay vòng f ; ( ); Hay nói cách khác = i ( ); = i+1 ( ); :::; n = i ( ): Từ ta có hệ sau ( ); :::; n ( )g Hệ 2.32 Số sở chuẩn tắc Fqn Fq với số ma trận luân hoàn không suy biến cấp n Fq chia cho n Ta kí hiệu R(n; q) : tập ma trận luân hoàn cấp n Fq G(n; q) : tập ma trận luân hoàn không suy biến cấp n Fq Như số sở chuẩn tắc Fqn Fq n1 jG(n; q)j : Định lý 2.33 R(n; q) vành giao hoán với phép cộng phép nhân ma trận Ánh xạ : R(n; q) C(c0 ; c1 ; :::; cn ) ! ! Fq [x ]=(x n ) c0 + c1 x + ::: + cn xn Trang 31 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN đẳng cấu vành Hơn nữa, G(n; q) nhóm đẳng cấu với nhóm khả nghịch Fq [x]=(xn 1) ánh xạ : Đặc biệt, C(c0 ; c1 ; :::; cn ) khả nghịch đa thức c0 + c1 x + ::: + cn xn xn nguyên tố Chứng minh Dễ thấy R(n; q) vành có đơn vị với phép toán cộng nhân ma trận Ta chứng minh R(n; q) giao hoán Với B; C R(n; q) ta viết B(b0 ; b1 ; b2 ; :::; bn ) = b0 I + b1 P + b2 P + ::: + bn P n , C(c0 ; c1 ; c2 ; :::; cn ) = c0 I + c1 P + c2 P + ::: + cn P n , 1 ::: B0 : : : 0C B C B0 0 : : : 0C B C n P = B C ; P = I B .C B C @0 0 : : : 1A 0 ::: Và rõ ràng B:C = C:B Vậy R(n; q) vành giao hoán Theo cách phân tích ma trận B; C ta có (B + C) = (B) + (C) (B:C) = (B): (C) Vậy bảo toàn phép toán cộng nhân nên đẳng cấu vành Nhóm G(n; q) nhóm ma trận luân hoàn không suy biến, tức khả nghịch nên đẳng cấu với nhóm phần tử khả nghịch Fq [x]=(xn 1) Ta chứng minh C(c0 ; c1 ; c2 ; :::; cn ) khả nghịch c0 + c1 x + ::: + cn xn xn nguyên tố Thật C(c0 ; c1 ; c2 ; :::; cn ) khả nghịch f (x) = c0 + c1 x + ::: + cn xn khả nghịch, tức tồn g(x) Fq [x] cho f (x)g(x) = tương đương f (x):g(x) + h(x):(xn 1) = (trong h(x) Fq [x]) Tức c0 + c1 x + ::: + cn xn xn nguyên tố Cho f (x) Fq [x]: Kí hiệu nhóm phần tử khả nghịch của Fq [x]=(f (x)) (Fq [x]=(f (x))) đặt q (f ) Như q (x n = j(Fq [x]=(f (x))) j 1) số ma trận luân hoàn không suy biến Fq Hệ 2.34 Số sở chuẩn tắc Fqn Fq n q (x n ) Định lý 2.35 Cho p(x) đa thức bất khả qui bậc n Fq , deg p(x) = n nguyên dương Khi Trang 32 1; e 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN e q (p(x ) ) = q n(e 1) (q n ) Chứng minh Cho g(x) Fq [x], deg g(x) < ne Khi g(x) (Fq [x]=(p(x)e )) gcd (g(x); p(x)) = 1: Vậy nên g(x) = (Fq [x]=(p(x)e )) tương đương g(x) = p(x):h(x), h(x) Fq [x], deg h(x) < deg g(x) deg p(x) < ne n = n(e 1) Như số đa thức bậc bé n(e 1) Fq [x] q n(e 1) Ta có q (p(x)e ) số đa thức bậc bé ne thuộc (Fq [x]=(p(x)e )) ( hay nguyên tố với p(x)) số đa thức bậc bé ne thuộc Fq [x]=(p(x)e ) trừ số đa thức bậc bé ne không thuộc (Fq [x]=(p(x)e )) (bằng số đa thức h(x) trên) Vậy q (p(x)e ) = pne pn(e 1) = pn(e 1) (pn 1): Hệ 2.36 Cho f1 (x); f2 (x); :::; fr (x) đa thức bậc Fq [x] nguyên tố với đôi Đặt f (x) = f1 (x)f2 (x):::fr (x): Khi q (f (x )) = q (f (x )) q (f (x ))::: q (f r (x )) Chứng minh Áp dụng Định lý Trung Hoa phần dư Ta phát biểu lại định lý: Cho f1 (x); f2 (x); :::; fr (x) đôi nguyên tố Với gi (x), hệ phương trình g(x ) g i (x ) ( mod fi (x )) có nghiệm nghiệm đồng dư theo mod f (x) = f1 (x)f2 (x):::fr (x) Nếu deg g(x) < deg f (x) nghiệm g(x) Nếu gcd(gi (x); fi (x)) = gcd(g(x); f (x)) = ngược lại Theo định nghĩa ta có (Fq [x]=(f (x))) tập đa thức g(x) bậc bé f (x) nguyên tố với f (x) Fq (Fq [x]=(fi (x))) tập đa thức gi (x) bậc bé fi (x) nguyên tố với fi (x) Fq q (f (x)) số đa thức g(x) bậc bé f (x) nguyên tố với f (x) Fq q (fi (x)) số đa thức gi (x) bậc bé fi (x) nguyên tố với fi (x) Fq Xét ánh xạ : (Fq [x]=(f1 (x))) (Fq [x]=(f2 (x))) ::: (Fq [x]=(fr (x))) ! (Fq [x]=(f (x))) (g1 (x); g2 (x); :::; gr (x)) ! g(x) Theo Định lý Trung Hoa phần dư đẳng cấu Vậy nên Trang 33 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN q (f (x)) = q (f1 (x)) q (f2 (x))::: q (fr (x)): Định lý 2.37 Cho f (x) đa thức Fq [x], deg f (x) f (x) = cp1 (x)e1 p2 (x)e2 :::pr (x)er , c Fqn , p1 (x); p2 (x); :::; pr (x) đa thức đơn khởi bất khả qui phân biệt Fq Đặt deg pi (x) = ni ; i = 1; 2; :::; r e1 ; e2 ; :::; er nguyên dương Khi r Y q ni (ei q (f (x)) = 1) (q ni 1) = q i=1 n Y r Chứng minh Áp dụng Định lý 2.35 Định lý 2.36, ta có r r r Q Q Q ei ni (ei 1) ni (f (x)) = (p (x) ) = q (q 1) = q ni ei i q q i=1 i=1 i=1 q ni (2.13) i=1 q ni (ei 1) = qn r Q i=1 q ni Định lý 2.38 Cho q lũy thừa số nguyên tố p, n nguyên dương n = pe m p - m ta có Y '(d)=od (q) n n (x ) = q q od (q) , (2.14) q djm od (q) cấp q nhóm Zd Chứng minh Để chứng minh định lý ta cần khái niệm tính chất đa thức cyclotomic Định nghĩa 2.39 Cho C trường số phức, nguyên thủy bậc n Khi nQ1 i n , tức o( i ) ước n xn = x o( i ) = gcd(n;i) i=0 Do với d > ước n ta định nghĩa d (x ) = Y x i i n 1;o( i )=d gọi đa thức cyclotomic bậc d Q Hiển nhiên ta có xn = d (x): djn Bổ đề 2.40 Cho q lũy thừa số nguyên tố p Giả sử p - m k số nguyên dương nhỏ cho q k 1(mod m) Ta gọi k cấp q Zm , kí hiệu om (q) Khi trường Fq , m (x) phân tích thành tích '(m)=k đa thức bất khả qui bậc k, ' hàm Euler Trang 34 : 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN Chứng minh Ta gọi phần tử nguyên thủy Fqk , o( ) = q k k Đặt = (q 1)=m , suy o( ) = m: Khi phần tử có cấp m có dạng i ; i m 1, gcd(i; Q m) = icó '(m) phần tử Vì thế, trường Fqk ta có (x ), tức m (x) phân rã hoàn toàn Fqk m (x) = i m 1;gcd(i;m)=1 Với i thỏa i m gcd(m; i) = ta có q-chu kì i i, iq, iq ; :::, i iq k (vì q k 1(mod m)) Tương ứng với q chu kì ta có đa thức fi (x) = (x )(x i iq k iq iq ) đa thức tối tiểu bậc k bất khả qui Fq Hiển ):::(x )(x nhiên có '(m)=k đa thức tích đa thức m (x) Ta quay lại chứng minh Định lý 2.38 e !p Q e Ta có xn = (xm 1)p = djm nên gcd(p; d) = 1, theo Bổ đề 2.39 d (x) djm phân tích thành tích '(d)=od (q) đa thức bậc od (q) Ta tính q ( d (x)) '(d)=o Qd (q) '(d)=od (q) theo Định lý 2.37 Ta có q ( d (x)) = q '(d) (1 q od (q) ) = q '(d) q od (q) i=1 P Mặt khác, áp dụng Hệ 1.37 '(d) = m, nên suy djm !pe !pe Q Q '(d)=od (q) n q '(d) q od (q) = 1) = q ( d (x)) q (x d (x) djm = qm Q q od (q) '(d)=od (q) djm !pe djm = qn Q od (q) '(d)=od (q) q : djm Hệ 2.41 Cho q lũy thừa số nguyên tố p, n nguyên dương n = pe m p - m: Ta có số sở chuẩn tắc Fqn Fq n Định lý 2.42 Cho Fq n 1) = q (x qn Y n q od (q) '(d)=od (q) djm Fqn Khi q q2 q qn phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn ::: ::: qn 6= ::: Chứng minh Trang 35 qn (2.15) 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC Do CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq nên n ; q ; :::; qn Fqn Fq , theo Hệ 2.4 ta có điều phải chứng minh Định lý 2.43 Cho Fqn Phần tử Fq đa thức xn đa thức tố o sở phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn n x + ::: + q x + Fqn [x] nguyên qn Chứng minh Đặt q qn C= q ::: ::: q2 qn qn ::: Ta có C ma trận luân hoàn dòng C hoán vị dòng định thức (2.15), nên theo Định lý 2.42 phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq n C không suy biến Điều tương đương q xn + ::: + q x + xn nguyên tố theo Định lý 2.33 Hệ 2.44 Cho Fqn giả sử n = pe ; charFqn = p Khi sở chuẩn tắc Fqn Fq T rFqn =Fq ( ) 6= 0: phần tử sinh Chứng minh Với tự đẳng cấu Frobenius Fqn Fq Ta có T rFqn =Fq ( ) = + ( ) + ::: + n ( ) Nếu phần tử sinh sở chuẩn tắc ; ( ); :::; n ( ) độc lập tuyến tính nên T rFqn =Fq ( ) 6= n n Ngược lại, T rFqn =Fq ( ) 6= không nghiệm phương trình q x + q e n pe pe = (x 1) nghiệm ::: + x + = Theo giả thiết n = p suy x 1=x n n xn 1: Vậy nên xn q x + ::: + q x + nguyên tố Fqn [x] Theo Định lý 2.43 phần tử sinh sở chuẩn tắc Định lý 2.45 Cho n số nguyên dương d ước nguyên dương n Giả sử phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq Ta có T rFqn =Fqd ( ) phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqd Fq : Chứng minh d Ta gọi tự đẳng cấu Frobenius Fqn Fqd , : ! q , ( kP1 kP1 i q id = T rFqn =Fqd ( ) = , k = nd = Fqn : Fqd 1( ) = i=0 i=0 Trang 36 k = Id) Do 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN Theo Định lý 1.18.(i) ta có Fqd , ta cần chứng minh phần tử liên hợp Fq độc lập tuyến tính Gọi tự đẳng cấu Frobenius Fqd Fq , : ! q , ( d2 = Id) Ta có d 2d (k 1)d = q + q + q + ::: + q , (k 1)d+1 q q d+1 q 2d+1 + + + ::: + q , 2( ) = q (k 1)d+2 q 2d+2 q d+2 q2 , + ::: + + + ( ) = d ( qd 2d 3d kd + q + q + ::: + q Lấy ai;0 i d Fq cho a0 + a1 ( ) + a2 22 ( ) + ::: + ad d2 ( ) = Rõ ràng vế trái tổ hợp tuyến tính n phần tử liên hợp Theo giả thiết phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq nên phần tử liên hợp độc lập tuyến tính Vậy nên ta có a0 = a1 = a2 = ::: = ad = Vậy phần tử liên hợp độc lập tuyến tính nên phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqd Fq )= Định lý 2.46 Cho m; n nguyên dương gcd(m; n) = Với Fqm ; Fqn Fqmn phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqmn Fq và tương ứng phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqm v Fqn Fq Chứng minh Giả sử = phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqmn Fq Theo Định lý 2.45 T rFqmn =Fqn ( ) phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq Mà ta có T rFqmn =Fqn ( ) = T rFqmn =Fqn ( ) = T rFqmn =Fqn ( ) = T rFqm =Fq ( ) Từ suy phần tử sinh chuẩn tắc Fqn Fq Tương tự ta có phần tử sinh chuẩn tắc Fqm Fq Ngược lại, giả sử ; tương ứng phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqm Fqn Fq Đặt = Fqmn Ta tiến hành tính phần tử liên hợp Fqmn Fq k ( )= k ( )= qk qk ; m k mn 1: n Mà theo giả thiết Fqm , Fqn nên q = , q = , nên mn phần tử liên j i hợp có dạng q q ; i m 1, j n Ta cần chứng minh chúng độc lập tuyến tính Giả sử ! P P P j j i qi aij q q = = aij q i m j n i m Theo giả thiết ta có f ; q ; :::; q suy aij = 0, với i; j cho sở chuẩn tắc Fqmn Fq j n m n g f ; q ; :::; q g độc lập tuyến tính nên i m 1, j n Vậy phần tử sinh Trang 37 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN i Định lý 2.47 Cho Fqn , i = q ti = T rFqn =Fq ( i ); i = 0; 1; :::; n Khi phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq đa thức xn t0 + t1 x + ::: + tn xn Fq [x] nguyên tố Chứng minh Do phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq nên f ; ; :::; n g sở n Fqn Fq Theo Định lý 2.3, điều tương đương ( ; ; :::; n ) 6= Do q = i theo giả thiết i = q nên ta có T rFqn =Fq ( i i+j ) = T rFqn =Fq ( j ) (chỉ số rút gọn theo mod n) Suy T r( 0 ) T r( ) : : : T r( n ) t0 t1 : : : tn BT r( n ) T r( 0 ) : : : T r( n )C Btn t0 : : : tn B C B ( ; ; :::; n ) = B C = B @ A @ T r( 1) T r( 2) ::: T r( 0) t1 t2 : : : t0 = C(t0 ; t1 ; :::; tn ) Vậy nên ( ; ; :::; n ) 6= tương đương C(t0 ; t1 ; :::; tn ) không suy biến, điều xảy đa thức xn đa thức t0 + t1 x + ::: + tn xn nguyên tố theo Định lý 2.33 C C A 2C i phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq , i = q nP1 Đặt d(x) = di xi Fq [x] đa thức i ); i = 0; 1; :::; n Định lý 2.48 Cho ti = T rFqn =Fq ( 1 i=0 bậc không lớn n cho d(x) (t0 + t1 x + ::: + tn xn ) (mod xn 1) Khi nP1 = di i phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq sở đối ngẫu i=0 f 0; ; :::; n g: Chứng minh Ta có d(x) (t0 + t1 x + ::: + tn xn ) = P n nP1 P di tj xi+j Theo giả thiết d(x) (t0 + t1 x + ::: + tn xn ) dk ti k xi (mod xn 1) i=0 k=0 i;j n 1 (mod xn 1) Do n nP1 P dk ti k xi i=0 k=0 (mod xn nP1 dk ti 1) nên i = 0; k = i 6= 0: k=0 nP1 j Mặt khác, q = dk k k=0 T r( i qj ) = Tr i nP1 k=0 i = j; i 6= j: dk qj = nP1 k=0 k+j = qj dk nP1 qk = nP1 dk q k+j k=0 dk T r ( k=0 Trang 38 i k+j ) = = nP1 k=0 nP1 dk k+j Ta tính k=0 dk T r( i j k) = nP1 k=0 dk ti j k = 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC Vậy n ; q qn ; :::; o đối ngẫu CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN sở đối ngẫu f 0; ; :::; n g Và hiển nhiên tự Ứng dụng sở chuẩn tắc Ta ứng tắc để tính tích hai phần tử Fqn Fq n dụng sở chuẩn o ; Cho q qn ; :::; sở chuẩn tắc Fqn Fq Lấy ; F; giả sử = x0 + x1 q + ::: + xn = y0 + y1 q + ::: + yn qn qn , x i Fq (2.16) , y i Fq (2.17) Khi = n X qi qj xi yj = i;j=0 n X q i +q j xi yj = i;j=0 Như để tính tích m tử q sở Đặt qm = qi j +1 qj x i yj (2.18) i;j=0 qi ta cần tính q m +1 n X = n X j +1 qk k=0 tức cần tính tích với phần tmk ; tmk Fq (2.19) Thay (2.19) vào (2.18) ta = n X i;j;k=0 qk qj ti j;k xi yj = n X q k+j ti j;k xi yj = n X qm ti j;m j xi yj (2.20) i;j;m=0 i;j;k=0 Như để tính tích hai phần tử ta cần tìm ma trận T = (tij )0 i;j n Fq xác định theo (2.19) Ngoài ta có kết sau áp dụng tính tích hai phần tử: Định lý 2.49 Cho phần tử sinh sở chuẩn tắc Fqn Fq Đặt T = (tij )0 i;j n xác định (2.19) A = (aij )0 i;j n ;với aij = t i j; j , số rút gọn theo mod n, đặt: f ( ; ) = (x0 ; x1 ; :::; xn ) A (y0 ; y1 ; :::; yn )t , ; biểu diễn (2.16) (2.17) Khi A ma trận đối xứng tích tính sau Trang 39 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC =f( ; ) CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN qn +f qn ; q qn +f qn ; q2 + ::: + f ( q ; q qn ) Chứng minh Ta chứng minh A đối xứng Thật vậy, tương tự cách tính với kết (2.20) ta có n X = qm tj i;m i yi xj (2.21) i;j;m=0 Do = nên ti j;m j = tj i;m i , với m = ta có ti với i; j = 0; 1; 2; :::; m Vậy A đối xứng nP1 P n qm ti j;m j xi yj pm = pm Nếu ta đặt = m=0 nP1 i;j=0 j; j = tj i!m+i = i; i nP1 j!m+j i;j=0 aij xm+i ym+j Cụ thể ti suy aij = aji j; j xm+i ym+j i;j=0 p0 = n X aij xi yj = f ( ; ) i;j=0 Mặt khác từ (2.16) ta có q = xn + x0 q + ::: + xn qn Tổng quát ta có qn m = xm + xm+1 q + xm+2 q2 + ::: + xm qn Vậy nên qn pm = f Do =f( ; ) +f qn ; qn q m +f qn ; qn Trang 40 m ; qn q2 + ::: + f ( q ; q ) qn = 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Bùi Xuân Hải, Nhóm tuyến tính, NXB ĐH Quốc gia TP HCM, 2007 [2] Bùi Xuân Hải, Trường lý thuyết Galois, NXB ĐH Quốc gia TP HCM, 2010 [3] Zhe-Xian Wan, Lecture on finite field and Galois rings, Word Scientific, 2003 [4] I.M.Vinogradov, Elements of number theory, Dover Publications, 1954 [5] Wan, Z-X (2002), Geometry of classical groups over finite fields, Science Press, Beijing [6] Shuhong Gao, Normal bases over finite fields, Waterloo, Ontario, Canada, 1993 [7] W Geiselmann and D Gollmann, Self - Dual Bases in Fqn , 1993 Kluwer Academic Publishers, 333-345 [8] V Shoup, A Computational Introduction to Number Theory and Algebra (Version 2) second print editon, Fall 2008 Trang 41 [...]... bằng 1 (d)q n Theo định nghĩa cơ sở đa thức, nếu 2 Fqn , có bậc n thì ta có được một cơ sở đa thức Điều này đồng nghĩa với mỗi đa thức bất khả qui P bậc nd trên Fq thì ta có n cơ sở đa thức Vậy số cơ sở đa thức của Fqn trên Fq chính là (d)q djn Vậy ta có điều phải chứng minh Ứng dụng của cơ sở đa thức Trang 18 2.2 CƠ SỞ ĐỐI NGẪU CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN Cho cơ sở đa thức 1; ; 2 ; :::; n 1... ) 1 = : 2.2 Cơ sở đối ngẫu Định nghĩa 2.9 Cho f 1 ; 2 ; :::; Nếu với mọi i; j = 1; 2; :::; n ta có ng và f 1; Trang 19 2 ; :::; ng là hai cơ sở của Fqn trên Fq 2.2 CƠ SỞ ĐỐI NGẪU CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN T r( thì ta nói f 1; 2 ; :::; ng và f 1; i j) ng 2 ; :::; = (2.3) ij là hai cơ sở đối ngẫu với nhau Định lý 2.10 Mọi cơ sở của Fqn trên Fq đều có cơ sở đối ngẫu Hơn nữa, cơ sở đối ngẫu... pk k 1 Chương 2 Cơ sở trong trường hữu hạn 2.1 Cơ sở đa thức Cho Fqn và Fq là trường hữu hạn lần lượt có q n và q phần tử, trong đó q là lũy thừa của một số nguyên tố Ta có Fq là trường con của Fqn và ta có thể coi Fqn như là không gian vectơ trên trường Fq Hiển nhiên dimFq Fqn = [Fqn : Fq ] = n Vì vậy cơ sở của Fqn trên Fq có lực lượng là n Định lý 2.1 Cho f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở của Fqn trên... làm cơ sở của Fqn trên Fq Và nó cũng là cơ sở chuẩn tắc Suy ra điều phải chứng minh Định lý 2.29 Cơ sở đối ngẫu của cơ sở chuẩn tắc là chuẩn tắc Chứng minh Đặt fu0 ; u1 ; u2 ; :::; un 1 g là cơ sở chuẩn tắc của Fqn trên Fq và cơ sở đối ngẫu của nó Theo định nghĩa ta có Tr i ( ) j = ij , với i; j = 0; 1; 2; :::; n Trang 29 1 0; 1; 2 ; :::; n 1 là (2.10) 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC Đặt 0 CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG... lại các ui ), trong đó là tự đẳng cấu Frobenius của Fqn trên Fq Phần tử gọi là phần tử sinh của cơ sở chuẩn tắc của Fqn trên Fq Nhận xét: Nếu là phần tử sinh của cơ sở chuẩn tắc thì ( ); 2 ( ); :::; n 1 ( ) cũng là phần tử sinh và chúng sinh ra cùng một cơ sở chuẩn tắc Định lý 2.28 Luôn tồn tại cơ sở chuẩn tắc của Fqn trên Fq Trang 28 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN Chứng minh... 1; 2 ; :::; ng là cơ sở của Fqn trên 2.1 CƠ SỞ ĐA THỨC CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN 1 q 1 qn 1 ::: ::: 2 q 2 n q n 1 qn 2 6= 0: 1 qn n ::: (2.2) 1 Chứng minh Kí hiệu định thức (2.2) là D Đặt ma trận của định thức D ở trên là A và B = At :A, khi đó ta có D2 = (det A)2 = det B = Vậy nên theo Định lý 2.3 ta có điều phải chứng minh Hệ quả 2.5 Số cơ sở được sắp của Fqn trên trường Fq là q n(n... trận trực giao bậc n Kí hiệu On (Fq ) Trang 27 2.4 CƠ SỞ CHUẨN TẮC CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN Ta có công thức tính cấp của On (Fq ) với các trường hợp của n có thể tham khảo cách tính trong [5] v 2Q (q 2i 1) Trường hợp n = 2v + 1 : jO2v+1 (Fq )j = 2q v i=1 Trường hợp n = 2v; ( 1)n=2 2Fq 2 : jO2v (Fq )j = 2q v(v 1) (q v vQ1 1) (q 2i 1) i=1 Trường hợp n = 2v + 2; ( 1)n=2 2F = q 2 : jO2v+2 (Fq... Cho f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở của Fqn trên Fq Khi đó mọi phần tử 2 Fqn đều có thể biểu diễn dưới dạng tổ hợp tuyến tính của 1 ; 2 ; :::; n với hệ số trong Fq 15 = 2.1 CƠ SỞ ĐA THỨC = b1 CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN 1 + b2 2 + ::: + bn 1; 2 ; :::; T r( T r( T r( n 1; n g 2 ; :::; 2 Fqn Định thức 2 T r( ) T r( 1 n 1) 1 bi 2 Fq với i = 1; 2; :::; n đối với cơ sở f Ta gọi (b1 ; b2 ; :::; bn... là cơ sở nguyên thủy và 2.2 CƠ SỞ ĐỐI NGẪU CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN xi = T r(x i ); i = 1; 2; :::; n, x0i = T r(x i ); i = 1; 2; :::; n Chứng minh Dễ dàng ta có T r(x i ) = T r n P xj j i j=1 chứng minh ! = n P xj ij = xi Tương tự ta có điều phải j=1 Ví dụ 2.14 Cho F23 = F2 [x]=(x3 + x + 1) và kí hiệu lớp thặng dư của x theo môđun x + x + 1 là Khi đó 3 + + 1 = 0 và f1; ; 2 g là cơ sở đa... t23 0 2 Do t23 6= 0 nên theo giả thiết qui nạp ta có điều phải chứng minh Định lý 2.19 Cho q là lũy thừa của 2 Khi đó luôn tồn tại cơ sở tự đối ngẫu của Fqn trên Fq Chứng minh Trang 24 2.3 CƠ SỞ TỰ ĐỐI NGẪU CHƯƠNG 2 CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN Cho f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở của Fqn trên Fq , đặt T = (T r( i j ))1 i;j n , ta có T là ma trận đối xứng cấp n trên Fq Nếu tất cả các phần tử trên đường chéo ... trúc trường hữu hạn 1.2 Các hàm số học 1.2.1 Hàm nhân 1.2.2 Hàm Mobius 1.2.3 Hàm Euler Cơ 2.1 2.2 2.3 2.4 sở trường hữu hạn Cơ sở đa thức Cơ sở đối ngẫu Cơ sở. .. LỤC MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU Trường cấu trúc đẹp Đại số, đặc biệt trường hữu hạn Trong luận văn đối tượng nghiên cứu trường hữu hạn Và nội dung mà đề cập đến loại sở trường hữu hạn Bằng kiến thức học... + pk k pk k Chương Cơ sở trường hữu hạn 2.1 Cơ sở đa thức Cho Fqn Fq trường hữu hạn có q n q phần tử, q lũy thừa số nguyên tố Ta có Fq trường Fqn ta coi Fqn không gian vectơ trường Fq Hiển nhiên