2.2 Dãy các đa thức bất khả quy
2.2.2 Dãy đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn có đặc số 2
Định lý 2.2.9. Cho F = F2k, K = F2 và đa thức f(x) = x2+x+β ∈ F[x]. Khi đó f(x) có một nghiệm trong F (tức là không bất khả quy trên F) khi và chỉ khi TrF/K(β) = 0. Hay nói cách khác f(x) bất khả quy trên F khi và chỉ khi TrF/K(β) = 1.
Chứng minh. Theo Định lý 1.1.19 ta có F có một cơ sở chính tắc trên K, tức là cơ sở có dạng {α2i : 0 ≤ i < k} với α ∈ F \ K. Giả sử f(x) có nghiệm y ∈ F. Khi đó ta có thể biểu diễn y và β theo cơ sở trên, tức là y = αy0 +ã ã ã+α2k−1yk−1, β = αb0 +ã ã ã+α2k−1bk−1. Suy ra
y2 = (αy0 + ã ã ã+ α2k−1yk−1)2 = α2y02 +ã ã ã+ (α2k−1)2y2k−1
= αyk−1 +α2y0 +ã ã ã+ α2k−1yk−2,
vì yi ∈ F2 và (α2k−1)2 = α2k = α. Do y là nghiệm của f(x) nên y2 + y = β. Từ đó ta có
αyk−1+α2y0+ã ã ã+α2k−1yk−2+αy0+ã ã ã+α2k−1yk−1 = αb0+ã ã ã+α2k−1bk−1 tức là
y0 +yk−1 = b0, y1 +y0 = b1, . . . , yk−1 +yk−2 = bk−1. Cộng tất cả các đẳng thức trên ta thu được
0 =
k−1
X
i=0
2yi =
k−1
X
i=0
bi.
Ta cần chứng minh TrF/K(β) =
k−1
P
i=0
bi. Do tính tuyến tính của hàm vết nên ta có
TrF/K(β) =
k−1
X
i=0
biTrF/K(αqi)
và theo tính chất của vết đã được nêu trong Chú ý 2.2.8 chúng ta có TrF/K(αqi) = TrF/K(α) ∀i = 0, . . . , k −1 . Ta lại có TrF/K(α) ∈ K = F2 tức là TrF/K(α) = 0 hoặc TrF/K(α) = 1 nhưng TrF/K(α) 6= 0 do {α, . . . , α2k−1} là cơ sở của F trên K. Vậy TrF/K(α) = 1 = TrF/K(αqi) ∀i = 0, . . . , k −1 . Suy ra TrF/K(β) =
k−1
P
i=0
bi = 0
Ngược lại, giả sử TrF/K(β) = 0. Khi đó ta xây dựng nghiệm y của phương trình bằng cách đặt
y0 = a, y1 = a+b1, y2 = a+b1+b2,ã ã ã , ym−1 = a+b1+ã ã ã+bm−1, a= 0,1.
Tính toán ta thu được y2 +y = β.
Bây giờ chúng ta xét điều kiện bất khả quy cho đa thức g(x) =x2−βx+ 1 =x2 + βx+ 1 trên F2n được phát biểu trong định lý dưới đây.
Định lý 2.2.10. Cho K = F2 và 0 6= β ∈ F2k = F. Khi đó phương trình x2+βx+ 1 = 0 có một nghiệm trong F khi và chỉ khi TrF/K(β1) = 0. Tức là x2 +βx+ 1 bất khả quy khi và chỉ khi TrF/K(β1) = 1.
Chứng minh. Giả sử TrF/K(β1) = 0, theo Định lý 2.2.9 ta có x2 + x+ β1 có các nghiệm ξ, η ∈ F. Khi đó ta có ξ, η 6= 0, ξη = β1, ξ+ η = 1. Từ đó ta có
ξ η
2
+βξ
η + 1 = ξ2 + βξη+η2
η2 = (ξ +η)2 + 1 η2 = 0.
Ta suy ra ξ
η là nghiệm của phương trình x2 + βx+ 1 = 0.
Ngược lại, ta giả sử phương trình x2+βx+ 1 = 0 có một nghiệm α ∈ F. Khi đó ta có
α2 + βα+ 1 = 0.
Do β 6= 0 nên ta có α
β 2
+ α
β
+ 1
β2 = 0 suy ra α
β là nghiệm của phương trình x2+x+ β12 = 0, kéo theo TrF/K(β12) = 0. Theo tính chất của vết ta có TrF/K(β12) = TrF/K(β1) tức là TrF/K(β1 = 0.
Định lý sau đây cho ta các điều kiện để fQ có thể kế thừa tính bất khả quy của đa thức f.
Định lý 2.2.11. Cho F = F2k, k > 0, K = F2 và giả sử f(x) = xn +
n−1
P
k=0
akxk là đa thức bất khả quy trên F. Khi đó fQ(x) bất khả quy trên F khi và chỉ khi TrF/K(a1/a0) = 1.
Chứng minh. Ta đặt L = F2nk. Giả sử β là một nghiệm của f ∈ L. Theo Định lý 2.2.5, fQ(x) bất khả quy trên F khi và chỉ khi x2 +βx+ 1 bất khả quy trênL. Theo Định lý 2.2.10, điều này xảy ra khi và chỉ khi TrF/K(β1) = 1.
Ta xét đa thức tương hỗ f∗ của f (với f∗(x) =xnf(1/x)). Theo Chú ý 1.2.2 ta biết f∗ bất khả quy trên F và f∗(1/β) = 0. Hơn nữa, f∗(x)/a0 là đa thức dạng chuẩn và bất khả quy có bậc n trên F với 1
β là một nghiệm và do đó nó là đa thức cực tiểu của 1
β trên F. Theo Chú ý 2.2.8 chúng ta có TrL/F(1 β) là hệ số của xn−1 trong đa thức f∗(x)/a0, chính là a1/a0. Vì hàm vết có tính chất bắc cầu nên nếu K < F < L là các trường hữu hạn và α ∈ L thì TrL/K(α) = TrF/K(TrL/F(α)), do đó
1 = TrL/K(1/β) = TrF/K(TrL/F(1/β)) = TrF/K(a1/a0).
Chú ý 2.2.12. Trong F2, cho một đa thức bất khả quy f, fQ là bất khả quy khi và chỉ khi hệ tử tuyến tính a1 của f là 1. Đồng thời, trong bất kỳ trường có đặc số 2, f phải có hệ số a1 khác 0 để fQ bất khả quy, vì nếu không TrF/K(a1/a0) = 0, bất kể giá trị của a0 6= 0.
Ví dụ 2.2.13. Cho α là một nghiệm của đa thức x3 + x + 1 ∈ F2[x], vì thế F8 = F2(α). Khi đó α là phần tử sinh của F∗8. Xét đa thức bất khả quy x+α ∈ F8[x]. TrF8/F2(1/α) = 1, vì fQ(x) bất khả quy trên F8. Tuy nhiên, fQ(x) = x2+αx+ 1 và TrF8/F2(α/1) = 0 vì vậy fQ2 không bất khả quy trên F8. Ta có
fQ2 = x4 +αx3 +x2 +αx+ 1 = (x2 + α5x+α6)(x2 + α6x+α).
Như ví dụ trên, có những đa thứcf thỏa mãn điều kiện của Định lý 2.2.11 nhưngfQ lại không thỏa mãn điều kiện đó. Trong định lý sau đây ta sẽ thấy rằng, thêm điều kiện f là đa thức tự tương hỗ, nếu f thỏa mãn Định lý 2.2.11 thì fQ cũng vậy.
Định lý 2.2.14. Cho F = F2k, k > 0, K = F2. Nếu f(x) =xn +a1xn−1+
ã ã ã+a1x+ 1 ∈ F[x] là đa thức tự tương hỗ và bất khả quy trờn F thoả món TrF/K(a1) = 1 thỡ fQ(x) = x2n + b1x2n−1 + ã ã ã +b1x + 1 ∈ F[x] thoả món điều kiện TrF/K(b1) = 1.
Chứng minh. Vì f là đa thức tự tương hỗ nên nó có hệ số đối xứng, tức là ak = an−k; k = 0, . . . , n. Khi đó
fQ = xnf(x+ 1 x) =
n
X
k=0
ak(x2 + 1)kxn−k. Vậy, TrF/K(b1) = TrF/K(a1) = 1.
Định lý 2.2.14 đã chỉ ra rằng, nếu ta bắt đầu với một đa thức có đầy đủ các điều kiện như trong nội dung định lý, chúng ta có thể tạo ra dãy vô hạn các đa thức bất khả quy bằng cách lặp lại Q−phép biến đổi.
Ví dụ 2.2.15. Ví dụ đơn giản nhất cho đa thức tự tương hỗ, bất khả quy là x+ 1 ∈ F2k[x]. Chúng ta tính vết của 1 theo Định lý 2.2.11 và Định lý 2.2.14
TrF
2k/F2(1) =
k−1
X
i=0
12j = k
nhận giá trị 1 nếu k lẻ, 0 nếu k chẵn. Các định lý trên đã chỉ ra rằng áp dụng Q−phép biến đổi trên đa thức x+ 1 có thể tạo ra vô hạn các đa thức bất khả quy trên F2k khi k lẻ. Dãy các đa thức bất khả quy từ đa thức x+ 1 có bậc là luỹ thừa của 2 trên trường F2k với k lẻ, chúng ta có thể kể ra vài đa thức đầu tiên của dãy:
x+ 1, x2 +x+ 1, x4 +x3 +x2 +x+ 1, x8 +x7 + x6 +x4 +x2 +x+ 1, x16 +x15+x14 +x13+ x12+x11 +x8 +x5 +x4 +x3 +x2 + x+ 1, . . . Ví dụ 2.2.16. Ta xét F4 = F2(α), trong đó α là một nghiệm của x2+x+ 1( bất khả quy trên F2). Ta có
TrF4/F2(α−1) = TrF4/F2(α) =α+ α2 = α+α + 1 = 1.
Áp dụng Định lý 2.2.10 ta có hai đa thức
f1(x) := x2 +αx+ 1, f2(x) := x2 +α−1x+ 1
đều bất khả quy trên F4. Sau đó áp dụng Định lý 2.2.14, ta lặp lại Q−phép biến đổi cho các đa thức trên, ta thu được các đa thức sau bất khả quy trên F4
f1Q(x) =x4 +αx3 +x2 +αx+ 1,
f1Q2(x) =x8 +αx7 +αx6 + αx4 +αx2 +αx+ 1.
f2Q(x) =x4 +α−1x3 +x2 +α−1x+ 1,
f2Q2(x) =x8 +α−1x7 +α−1x6 +α−1x4 +α−1x2 +α−1x+ 1.
Ví dụ 2.2.17. Đa thức duy nhất trên F8 có bậc 2 mà Định lý 2.2.14 có thể áp dụng được là x2 + x+ 1, vì mỗi đa thức tự tương hỗ khác x2 +βx + 1 đều không thoả mãn điều kiện
TrF8/F2(β−1) = TrF8/F2(β) = 1
đa thức này thoả mãn và áp dụng được các Định lý 2.2.14 và Định lý 2.2.10.
Câu hỏi được đặt ra là làm cách nào ta luôn chọn được một đa thức thoả mãn các điều kiện của Định lý 2.2.14? Câu hỏi này đã được Meyn [6] giải đáp trong trường hợp xét trong trườngF2, tác giả đã chỉ ra rằng tồn tại một đa thức dạng chuẩn, bất khả quy, tự tương hỗ có bậc 4m và hệ số tuyến tính là 1 với m lẻ.