CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

---------------

LÊ THỊ THANH HƯƠNG

CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

Chuyên ngành: Đại số và 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
1 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 . . . .
2 Cơ
2.1
2.2
2.3
2.4

.

.
.
.
.

sở trong trường hữu hạn
Cơ sở đa thức . . . . . . .
Cơ sở đối ngẫu . . . . . .
Cơ sở tự đối ngẫu . . . . .
Cơ sở chuẩn tắc . . . . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

1

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.

.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.
.

5
5
11
11
12
14

.
.
.
.

15
15
19
23
28


MỤC LỤC

MỤC LỤC

BẢNG KÝ HIỆU

C - tập các số phức
R - tập các 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 của phần tử

- hàm nhân

- hàm Mobius

' - hàm Euler

Fqn =Fq

(

1;

2 ; :::;

n)

- biệt thức của các phần tử

od (q) - cấp của q trong nhóm Zd

d

(x) - đa thức cyclotomic bậc d

gcd - ước chung lớn nhất
deg - bậc (của đa thức hoặc phần tử)

Trang 2

1;

2 ; :::;

n

của Fqn trên Fq


MỤC LỤC

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN
Lời đầu tiên, tôi trân trọng kính gửi đến Thầy hướng dẫn PGS-TS Bùi Xuân Hải lời
cảm ơn sâu sắc nhất về sự tận tâm, chỉ bảo nhiệt tình của Thầy trong suốt quá trình tôi
thực hiện luận văn.
Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô phản biện cùng Quý Thầy, Cô trong hội đồng
bảo vệ luận văn đã dành thời gian để đọc và đưa ra những nhận xét sâu sắc về luận văn
này.
Xin chân thành cảm ơn Quý Thầy, Cô trong và ngoài khoa Toán- Tin, Trường Đại học
Khoa học Tự nhiên Thành phố Hồ Chí Minh, đã tận tình truyền đạt kiến thức cho tôi
trong suốt thời gian tôi học tập. Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu và Quý

Thầy, Cô thuộc Phòng Đào tạo sau Đại học- Trường Đại học Khoa học Tự nhiên Thành
phố Hồ Chí Minh đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi hoàn tất chương trình học tập.
Tôi cũng xin cảm ơn các bạn Quốc Huy, Hoàng Dũng, Phương An, Thanh Hà... vì sự
giúp đỡ, trao đổi, thảo luận trong quá trình học tập và thực hiện luận văn.
Tôi cũng xin có đôi lời gửi đến Trường THPT Ernst Th¨almann, đặc biệt là Ban giám
hiệu và các thành viên tổ Toán đã tạo điều kiện thuận lợi về thời khóa biểu giảng dạy để
tôi có thể yên tâm học tập.
Lời thân thương cuối cùng, xin dành cho ba mẹ và các anh, chị, em của tôi, vì sự
khuyên răn, bảo ban tôi, là chỗ dựa vững chắc giúp tôi hoàn thành chương trình học và
luận văn này.
Vì kiến thức của bản thân còn nhiều hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu
sót, rất mong nhận được sự chỉ bảo của Quý Thầy Cô và sự góp ý chân thành của các
bạn bè, đồng nghiệp.
Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 08 năm 2011
Lê Thị Thanh Hương

Trang 3


MỤC LỤC

MỤC LỤC

LỜI NÓI ĐẦU
Trường là một cấu trúc đẹp của Đại số, đặc biệt là trường hữu hạn. Trong luận văn
này đối tượng được nghiên cứu chính là trường hữu hạn. Và nội dung mà tôi đề cập đến
chính là các loại cơ sở của trường hữu hạn. Bằng kiến thức đã được học và tài liệu được
cung cấp qua sách, báo tôi đã hệ thống một cách chi tiết các loại cơ sở của trường hữu
hạn, cụ thể gồm cơ sở đa thức, cơ sở đối ngẫu, cơ sở tự đối ngẫu và cơ sở chuẩn tắc.
Luận văn gồm hai chương. Chương đầu là kiến thức chuẩn bị, nội dung là về cấu trúc

trường hữu hạn và các hàm số học. Là phần căn bản và hỗ trợ trong việc tính toán các
loại cơ sở. Chương hai là phần chính của luận văn, được trình bày theo thứ tự là cơ sở đa
thức, cơ sở đối ngẫu, cơ sở tự đối ngẫu và cơ sở chuẩn tắc. Cấu trúc của mỗi mục được
trình bày theo thức tự là định nghĩa, sự tồn tại, công thức tính và các tính chất liên hệ
giữa các loại cơ sở cũng như ứng dụng của nó.
Luận văn phần nào tổng hợp một cách đầy đủ và trình bày các chứng minh một cách
chi tiết các tính chất liên quan đến các loại cơ sở của trường hữu hạn, là tài liệu tham
khảo hữu ích cho những ai có quan tâm đến trường hữu hạn.
Bằng kiến thức hạn hẹp của mình, luận văn khó tránh khỏi sai sót, tôi hy vọng sẽ nhận
được sự góp ý chân thành từ các Thầy, Cô và các bạn quan tâm.
TP HCM, tháng 09 năm 2011
Lê Thị Thanh Hương

Trang 4


Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1

Cấu trúc trường hữu hạn

Định nghĩa 1.1. Tập F được gọi là trường nếu nó là vành giao hoán có đơn vị là 1
(1 6= 0) và mỗi phần tử khác 0 đều khả nghịch.
Vấn đề được quan tâm ở đây là trường hữu hạn.
Một ví dụ về trường hữu hạn là trường Zp = Z=pZ = 0; 1; :::; p 1 gồm các lớp
thặng dư theo mod p; gồm có p phần tử, trong đó p là số nguyên tố bất kì.
Định nghĩa 1.2. Cho F là trường có đơn vị 1. Nếu m:1 6= 0 với mọi số nguyên dương
m thì ta nói rằng đặc trưng của trường F là 0, kí hiệu charF = 0. Ngược lại, nếu m:1 = 0
với một số nguyên dương nào đó thì tồn tại số nguyên dương p nhỏ nhất thỏa p:1 = 0.

Khi đó ta gọi p là đặc trưng của F , kí hiệu charF = p.
Nhận xét rằng đặc trưng của trường F chỉ có thể là 0 hoặc số nguyên tố p nào đó.
Ví dụ: Q; R; C là trường có đặc trưng 0, còn Zp là trường có đặc trưng p:
Bổ đề 1.3. Giả sử K là trường con gồm q phần tử của trường hữu hạn F . Khi đó, F
có q m phần tử, trong đó m = dimK F gọi là bậc của F trên K. Kí hiệu [F : K] = m:
Hệ quả 1.4. Nếu F là trường hữu hạn đặc trưng p thì jF j = pn , trong đó n là bậc của
F trên trường con nguyên tố Fp của nó.
Bổ đề 1.5. Nếu F là trường hữu hạn gồm q phần tử thì aq = a, 8a 2 F:
Chứng minh
Do F là nhóm nhân cấp q
hợp a = 0 hiển nhiên đúng.

1 nên 8a 2 F ta có aq

1

= 1, suy ra aq = a. Trường

Bổ đề 1.6. Cho F là trường gồm q phần tử và K là trường con của F . Khi đó, đa
thức xq x phân rã trên F , nghĩa là xq x =
(x a).
a2F

5


1.1. CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Chứng minh
Đa thức xq x có không quá q nghiệm khác nhau trong F . Mà theo Bổ đề 1.5 thì F
có đúng q nghiệm như vậy. Tức xq x phân rã trên F .
Định lý 1.7.( Về sự tồn tại và duy nhất của trường hữu hạn) Với mọi số
nguyên tố p và số nguyên dương n, tồn tại trường hữu hạn gồm q = pn phần tử. Đó là
trường phân rã của đa thức xq x trên trường nguyên tố Fp . Mọi trường hữu hạn gồm q
phần tử đều đẳng cấu với F:
Chứng minh
Gọi F là trường phân rã của đa thức xq x trên trường Fp và S là tập tất cả các
nghiệm của đa thức nói trên trong F . Hiển nhiên 0, 12 S. Với mọi ; 2 S, ta có
q
(
)q (
)=( q
) (
)=( q
) ( q
) = 0 suy ra
2 S.
1
Tương tự, ta có
2 S và
2 S , nếu 6= 0. Vậy S là trường con của F nên F = S.
Giả sử L là trường có q = pn phần tử. Khi đó, L Fq . Theo Bổ đề 1.6 thì L là trường
phân rã của đa thức xq x trên Fp : Vậy L ' F:
Định lý 1.8. (Tiêu chuẩn trường con) Cho trường Fq , q = pn . Khi đó, mọi trường
con của Fq đều có pm phần tử, trong đó m là một ước dương của n. Ngược lại, nếu m là
một ước dương của n thì tồn tại một trường con của Fq có pm phần tử.
Chứng minh
Áp dụng định lý Lagrange đối với nhóm (Fq ; +) ta thấy mọi trường con của Fq đều có

pm phần tử, 1 m n. Áp dụng Bổ đề 1.4, ta có q = (pm )k do đó n = mk.
Ngược lại, nếu n = mk, m
1 thì (pm )k 1 chia hết cho pm 1. Do đó đa thức
n
1
m
1
n
xp
1 chia hết cho đa thức xp
1 trong Fp [x]. Suy ra đa thức xp
x chia hết cho
pm
pm
đa thức x
x trong Fp [x]. Do đó mọi nghiệm của đa thức x
x đều là nghiệm của đa
n
m
thức xp
x , nghĩa là đều nằm trong trường Fq . Vậy Fq chứa trường phân rã của xp
x
m
trên Fp , nghĩa là Fq chứa Fpm . Cuối cùng nếu Fq chứa hai trường con khác nhau cấp p
m
thì Fq chứa nhiều hơn pm phần tử nghiệm của đa thức xp
x, một điều vô lý. Vậy ta có
điều phải chứng minh.
Định lý 1.9. Nhóm nhân của trường hữu hạn là nhóm xyclic.

Chứng minh
Xét trường hữu hạn Fq nếu q = 2 thì điều khẳng định hiển nhiên là đúng.
Xét với q 3. Đặt h = q 1 = jF j và phân tích h thành các thừa số nguyên tố như
sau h = pr11 :::prkk , với mọi i = 1; 2; :::; m, đa thức xh=pi 1 có không quá h=pi nghiệm trong
Fq : Vì h=pi < h nên Fq chứa những phần tử không phải là nghiệm của đa thức này. Giả sử
h=p

ri

ri

ai là một phần tử như vậy. Đặt bi = ai i . Khi đó, bpi = 1. Do đó, cấp o(bi ) của bi là ước
ri 1
h=p
của pri i . Tức o(bi ) = psi i , 0 si ri . Mặt khác, bpi
= ai i 6= 1 nên suy ra o(bi ) = pri i .
Trang 6


1.1. CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Đặt b = m
i=1 bi , ta sẽ chứng minh o(b) = h, từ đó sẽ suy ra Fq là nhóm xyclic được sinh ra
bởi b.
Thật vậy, nếu giả sử o(b) 6= h, khi đó o(b) là ước thực sự của h, do đó o(b) phải là ước
của ít nhất một trong các số h=pi . Không mất tính tổng quát, có thể giả sử o(b) là ước
của h=p1 . Ta có
h=p1

1 = bh=p1 = b1
h=p1

Nhưng 8i = 2; 3; :::; m; ta có bi
mâu thuẫn với o(b1 ) = pr11 .

1
:::bh=p
m .

h=p1

= 1, nên từ đó suy ra b1

= 1. Nhưng điều này

Phần tử sinh của nhóm xyclic Fq gọi là phần tử nguyên thủy của trường Fq :
Định lý 1.10. Cho Fq là trường hữu hạn với q phần tử, q là lũy thừa của một số
nguyên tố.
(i) Nếu q = 2n thì F2n = F22n ; F2n = F22n : Mọi phần tử của F2n có duy nhất căn bậc 2
trong F2n :
(ii) Nếu q là lẻ thì Fq 2 là nhóm con chỉ số 2 trong Fq . Nếu z 2 Fq nFq 2 thì Fq =
Fq 2 [ zFq 2 , Fq 2 và zFq 2 là phân biệt. Hơn nữa, mỗi phần tử của Fq 2 đều có hai căn bậc
hai trong Fq và mỗi phần tử của zFq 2 không có căn bậc hai trong Fq :
Chứng minh
(i) Xét ánh xạ
: F2n ! F2n
x 7 ! x2
Giả sử 2 (x) = 2 (y) thì x2 = y 2 do đó (x y)2 = x2 y 2 = 0. Mà F2n không có ước

của 0 nên x y = 0, suy ra x = y. Vậy nên 2 là đơn ánh. Mặt khác, F2n là hữu hạn nên
2
2
2
2 là song ánh. Tức F2n = F2n , vì 0 = 0 nên F2n = F2n : Hơn nữa, với mọi x 2 F2n ; vì
F22n = F2n nên tồn tại x0 2 F22n sao cho x = x20 .
Giả sử x = x20 = y02 trong đó x0 ; y0 2 F2n , suy ra (x0 y0 )2 = 0 nên x0 = y0 . Vậy mọi
phần tử của F2n đều có duy nhất một căn bậc hai trong F2n :
(ii) Ta có Fq là nhóm xyclic, nếu q là lẻ thì jFq j = q 1 là chẵn.
Gọi là phần tử nguyên thủy của Fq . Tức Fq = h i và có bậc q 1. Khi đó Fq 2 = 2 ,
2
có bậc (q 1)=2 và
2

Fq = Fq 2 [ Fq 2 .

Fq 2 ; Fq 2 là phân biệt nhau. Fq 2 là nhóm con có chỉ số 2 trong Fq . Do đó với bất kì
z 2 Fq nFq 2 thì ta cũng có
Fq = Fq 2 [ zFq 2 .

trong đó Fq 2 ; zFq 2 là phân biệt. Hơn nữa, với mọi x 2 Fq 2 thì tồn tại x0 2 Fq sao cho
x = x20 : Ta cũng có ( x0 )2 = x và x0 6= x0 :
Trang 7


1.1. CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
2

Giả sử x = x20 = y02 trong đó x0 ; y0 2 Fq thì x0 1 y0 = 1 nên x0 1 y0 = 1, y0 = x0 .
Vậy mỗi phần tử của Fq 2 có hai căn bậc hai trong Fq :
Với mọi y 2 zFq 2 ; y = zu2 ; u 2 Fq . Giả sử tồn tại y0 2 Fq sao cho y = y02 thì zu2 = y02
2
nên z = (y0 u 1 ) 2 Fq 2 . Điều này mâu thuẫn.
Vậy mỗi phần tử của zFq 2 không có căn bậc hai trong Fq :
Mệnh đề 1.11. Cho ánh xạ : Fqn ! Fqn ,
và cố định mọi phần tử 2 Fq .

7 !

q

. Khi đó

là một tự đẳng cấu

Chứng minh
Dễ dàng kiểm tra là một tự đẳng cấu. Ta chứng minh cố định mọi phần tử
Thật vậy, theo định nghĩa ( ) = q , mà 2 Fq nên q = . Vậy ( ) = .

2 Fq .

Định nghĩa 1.12. Ta gọi tự đẳng cấu ở Mệnh đề 1.11 là tự đẳng cấu Frobenius của
Fqn trên trường Fq .
Giả sử f (x) = 0 + 1 x + ::: + m xm . Ta định nghĩa mở rộng của tự đẳng cấu Frobenius
đối với hàm f (x) như sau: e (f (x)) = ( 0 ) + ( 1 )x + ::: + ( m )xm .
Định lý 1.13. Cho f (x) 2 Fqn [x]. Nếu e (f (x)) = f (x) thì f (x) 2 Fq [x]:

Chứng minh

Cho f (x) = 0 + 1 x + ::: + m xm ;
( 1 )x + ::: + ( m )xm = 0 + 1 x +::: +
i 2 Fq . Vậy f (x) 2 Fq [x].
Định nghĩa 1.14. Cho

2 Fq n ,

g(x) = (x
= (x

i

2 Fqn : Khi đó e (f (x)) = f (x) nên ( 0 ) +
q
m
m x và do đó ( i ) = i tức i = i , vậy nên

là tự đẳng cấu Frobenius của Fqn trên Fq và
)(x
)(x

( )):::(x
q

):::(x

n 1
qn 1

( ))

(1.1)

).

Ta gọi g (x) là đa thức đặc trưng của trên Fq . Đa thức đơn khởi bậc nhỏ nhất trên Fq
nhận làm nghiệm gọi là đa thức tối tiểu của trên Fq .
Định lý 1.15. Cho 2 Fqn bất kì. Khi đó ta có
(i) Đa thức tối tiểu của trên Fq là tồn tại và duy nhất, hơn nữa nó bất khả qui trên
Fq .
(ii) Cho m(x) là đa thức tối tiểu của
trên Fq . Nếu f (x) 2 Fq [x] và f ( ) = 0 thì
m(x)jf (x).
(iii) Cho d là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa d ( ) = . Khi đó djn; d = deg m(x),
và
Trang 8


1.1. CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN

m(x ) = (x

) (x

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

( )) ::: x

(iv) Nếu g(x) là đa thức đặc trưng của

d 1

( ) .

trên Fq thì g(x) = m(x)n=d .

Chứng minh
(i) Cho 2 Fqn : Rõ ràng là nghiệm của đa thức đặc trưng g(x) = (x
)(x
n 1
( )):::(x
( )) của trên Fq . Vì vậy tồn tại đa thức m(x) bậc nhỏ nhất trên Fq
nhận làm nghiệm.
Giả sử m1 (x) cũng là đa thức tối tiểu của trên Fq . Khi đó deg m(x) = deg m1 (x).
Nếu m(x) 6= m1 (x) ta đặt c là hệ số đầu của m(x) m1 (x), thì m(x) m1 (x) là đa thức
đơn khởi trên Fq nhận làm nghiệm mà deg c 1 (m(x) m1 (x)) < deg m(x). Điều này
mâu thuẫn, vậy nên m(x) = m1 (x) và m(x) là duy nhất.
Giả sử m(x) = f1 (x)f2 (x) là phân tích nhân tử của m(x) trong trường Fq [x] và 0 <
deg f1 (x); deg f2 (x) < deg m(x). Chúng ta có thể giả sử f1 (x); f2 (x) là đơn khởi. Thay
x = ta có 0 = m( ) = f1 ( )f2 ( ) mà Fq không có ước của 0 nên suy ra f1 ( ) = 0
hoặc f2 ( ) = 0 nhưng cả f1 (x); f2 (x) là đơn khởi và bậc nhỏ hơn deg m(x). Điều này 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), trong đó q(x); r(x) 2 Fq [x]
và deg r(x) < deg m(x).
Thay x = vào f (x) = q(x)m(x) + r(x) ta có r( ) = 0, theo định nghĩa của m(x) thì
r(x) = 0: Vậy m(x)jf (x).
(iii) Gọi d là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho d ( ) = . Giả sử n = dl + r; 0 l và
dl
0 r < d, l; r 2 Z. Ta có = n ( ) = dl+r ( ) = r
( ) = r dl ( ) = r ( ),

theo định nghĩa của d thì r = 0. Vậy djn:
Ta có ; ( ); :::; d 1 ( ) là d phần tử phân biệt của Fqn . Vì nếu i ( ) = j ( ); 1
i
i; j d 1 và i > j thì i j ( ) = ( j
) ( ) = ( j j ) ( ) = 0 ( ) = . Mà i j < d,
dẫn đến mâu thuẫn.
d 1
Đặt m1 (x) = (x
) (x
( )) ::: x
( ) . Lấy mở rộng của đối với m1 (x) ta
có e (m1 (x)) = m1 (x) nên theo Định lý 1.13 thì m1 (x) 2 Fq [x].
Gọi m (x) là đa thức tối tiểu của , theo (ii) thì m (x) jm1 (x). Tác động tự đẳng cấu
i
;1
i
d 1; vào m( ) = 0 ta được m ( i ( )) = 0, tức ; ( ) ; :::; d 1 ( ) là d
nghiệm phân biệt của m(x) nên deg m(x)
d. Mà deg m1 (x) = d và m(x)jm1 (x) ; vậy
nên m (x) = m1 (x) và deg m (x) = d.
(iv) Ta có
(n=d)
Q 1
n 1
kd
kd+(d 1)
g (x) = (x
) (x
( )) ::: (x
( )) =

x
( ) ::: x
( )
k=0

=

(n=d)
Q 1

(x

) (x

( )) ::: x

d 1

( ) = m (x)n=d .

k=0

Nghiệm của đa thức tối tiểu m(x), tức các phần tử ; ( ); :::; d 1 ( ), được gọi là
các phần tử liên hợp của trên trường Fq . Số các phần tử liên hợp với trên Fq gọi là
bậc của . Kí hiệu deg ( ) :
Trang 9


1.1. CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Vậy deg ( ) = deg m (x) :
Định lý 1.16. Cho 2 Fqn . Tất cả các phần tử liên hợp với trên trên trường Fqn
đều có cùng cấp trong nhóm Fqn .
Chứng minh:
Ta có jFq j = pm với p là nguyên tố và jFqn j = q n 1. Giả sử Fqn = hai, với 2 Fqn
n
im
khi đó = ak , và cấp của là s = q k 1 . Các phần tử liên hợp với sẽ có dạng akp với
s

im

1. Khi đó o akp

0

i

qn

1 = pmn

=

qn 1
gcd(q n 1;kpim )

=

qn 1
gcd(q n 1;k)

1 nguyên tố cùng nhau.

= jak j = j j vì q i = pkm và

Định nghĩa 1.17. Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố, n nguyên dương. Giả sử
Fq là trường con của Fqn và là tự đẳng cấu Frobenius của Fqn trên Fq . Nếu 2 Fqn thì
ta định nghĩa vết của nó như sau:

T rFqn =Fq ( ) =

+ ( )+

2

( ) + ::: +

n 1

( )=

+

q

+

q2

+ ::: +

qn

1

:

Định lý 1.18. Cho ; 2 Fqn và a 2 Fq . Ta có
(i) T r( ) 2 Fq .
(ii) T r( + ) = T r( ) + T r( ).
(iii) T r(a ) = aT r( ), đặc biệt T r(a) = na.
(iv) T r( q ) = T r( ).

Chứng minh
(i) Ta có ( ) = q và n = Id. Vì thế
T r( )q = (T r( )) = ( + ( ) + 2 ( ) + ::: + n 1 ( )) = ( ) + 2 ( ) + ::: +
n 1
( ) + = T r( ). Vậy T r( ) 2 Fq .
(ii)T r( + ) = + + ( + ) + 2 ( + ) + ::: + n 1 ( + ) = + + ( ) + ( ) +
::: + n 1 ( ) + n 1 ( ). ( vì i là tự đồng cấu của Fqn trên Fq ). Vậy nên T r( + ) =
T r( ) + T r( ):
(iii)T r(a ) = a + (a ) + 2 (a ) + ::: + n 1 (a ) = a + a ( ) + a 2 ( ) + ::: +
a n 1 ( ) = aT r( ) (vì (a) = a 8a 2 Fq ). Hiển nhiên T r(a) = na:
(iv) Vì n ( ) = 8 2 Fqn . Ta có T r( q ) = T r( ( )) = ( ) + 2 ( ) + ::: + n 1 ( ) +
= T r( ):
Định lý 1.19. Ánh xạ T r : Fqn ! Fq là toàn ánh. Với
q

chỉ nếu tồn tại 2 Fqn sao cho =
:
Chứng minh

Trang 10

2 Fqn , T r( ) = 0 nếu và


1.2. CÁC HÀM SỐ HỌC

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trước tiên ta chứng minh với 2 Fqn ; T r( ) = 0 khi và chỉ khi tồn tại 2 Fqn sao
q
q
q
cho =
. Thật vậy, 2 Fqn sao cho =
, khi đó T r( ) = T r(
)=
q
T r( ) T r( ) = T r( ) T r( ) = 0.
Ngược lại, nếu 2 Fqn sao cho T r( ) = 0. Ta xét đa thức xq x + . Gọi p(x) là nhân
tử bất khả qui của nó. Khi đó Fqn [x]=p(x) là trường.
q
Ta kí hiệu lớp thặng dư của x theo môđun p(x) là thì
= . Ta còn cần chứng
n 1
q

q q
q
2
q
minh 2 Fqn : Ta có 0 = T r( ) = +
+
+ ::: +
=
+(
) +
2
n
1
q q
q q
q
q
q2
q2
q3
qn 1
qn
qn
(
) + ::: + (
)
=
+
+
+::: +

+
=
.
Suy ra 2 Fqn :
Chứng minh T r là toàn ánh. Để chứng minh T r là toàn ánh theo như Định lý 1.17(iii)
ta cần chứng minh tồn tại 2 Fqn sao cho T r( ) 6= 0 vì khi đó 8a 2 Fqn ; thì ta có
T r(aT r( ) 1 ) = aT r( ) 1 T r( ) = a, tức tồn tại aT r( ) 1 2 Fqn cần tìm.
q
q
0q
0
Ta đặt K = f
; 2 Fqn g. Rõ ràng
= 0
tương đương
=(
)q
0
0
nên suy ra
2 Fq . Chứng tỏ và
thuộc cùng lớp Fq trong nhóm cộng Fqn . Vậy
n
1
n
nên jKj = jFqn j : jFq j = q
< q : Vậy tồn tại 2 Fqn sao cho T r( ) 6= 0:

1.2

Các hàm số học

1.2.1

Hàm nhân

Hàm nhân đóng vai trò quan trọng trong lý thuyết số, nó giúp ta đưa đến các kết quả
quan trọng của hàm Euler và hàm Mobius, các hàm có liên quan đến việc tính toán các
loại cơ sở trong trường hữu hạn.
Định nghĩa 1.20. Hàm (a) với a là số nguyên dương, gọi là hàm nhân nếu nó thỏa
mãn hai điều kiện
(i) (1) = 1.
(ii) (a1 a2 ) = (a1 ): (a2 ) với (a1 ; a2 ) = 1.
Định lý 1.21. Cho (a) là hàm nhân, a = p1 1 :::pk k là sự phân tích nguyên tố của a.
Khi đó ta có
X

(d ) = 1 + (p1 ) + (p21 ) + ::: + (p1 1 ) ::: 1 + (pk ) + (p2k ) + ::: + (pk k ) .

dja

Nếu a = 1 thì vế phải xem như bằng 1.
Chứng minh:
Trang 11


1.2. CÁC HÀM SỐ HỌC

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Để chứng minh định lý ta khai triển phép nhân đối với vế phải và sử dụng tính chất
của hàm nhân
p1 1

p2 2 :::

pk k =

p1 1 :p2 2 :::pk k ,

ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 1.22. Nếu ta chọn (a) = as thì ta có
X
ks
1s
::: 1 + psk + p2s
.
d s = 1 + ps1 + p2s
k + ::: + pk
1 + ::: + p1
dja

Hệ quả 1.23. Nếu ta chọn (a) = a thì ta có
S(a) =

X

d = 1 + p1 + p21 + ::: + p1 1 ::: 1 + pk + p2k + ::: + pk k

dja

p1 1 +1 1 p2 2 +1 1 pk k +1 1
=
:
:::
.
p1 1
p2 1
pk 1
Rõ ràng S(a) là tổng các ước của a:
Hệ quả 1.24. Nếu ta chọn (a) = 1 thì khi đó ta có thể tính số các ước của a
X
(a) =
1 = (1 + 1 ):(1 + 2 ):::(1 + k ).
dja

1.2.2

Hàm Mobius

Định nghĩa 1.25. Với các số nguyên dương a, ta định nghĩa hàm Mobius
(a) =

(a)

0 nếu a có ước chính phương khác 1,
( 1)k với k là số các ước nguyên tố của a trong trường hợp còn lại.

Với a = 1; ta xem k = 0 vậy nên (1) = 1:
Định lý 1.26. Cho (a) là hàm nhân, a = p1 1 :::pk k : Ta có

X
(d) (d) = (1
(p1 )) (1
(p2 )) ::: (1
(pk )) .
dja

Chứng minh:
Trang 12


1.2. CÁC HÀM SỐ HỌC

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Áp dụng định nghĩa ta có (pi i ) = 0 với 2
Định lý 1.21 ta có điều phải chứng minh.

i

và (pi ) =

1:Thay vào công thức ở

Hệ quả 1.27. Nếu (a) = 1 ta có
X

(d) =

dja

Hệ quả 1.28. Nếu (d) = d1 , ta có
(
X (d)
1
1 p11
=
d
1

0, nếu a > 1,
1, nếu a = 1.

1
p2

::: 1

1
pk

(1.2)

nếu a > 1,

(1.3)

nếu a = 1.

dja

Định lý 1.29. Cho các số thực hoặc phức f = f1 ; f2 ; :::; fn tương ứng với các số nguyên
dương = 1 ; 2 ; :::; n . Đặt S 0 là tổng của các f tương ứng với các giá trị bằng 1 và Sd
là tổng các f tương ứng với giá trị là bội của d. Ta có
X
S 0=
(d ):S d ,
(1.4)
trong đó d chạy khắp các tập ước nguyên dương của ít nhất một giá trị .
Chứng minh
Theo Hệ quả 1.27 ta có
P
0 nếu i > 1,
(d) =
1 nếu i = 1.
dj i
P
P
P
0
Nên S = f1
(d) + f2
(d) + ::: + fn
(d):
dj

1

dj

2

dj

n

Ta khai triển vế phải, các hạng tử nào có cùng (d) ta nhóm lại, bên trong hiển nhiên
là tổng các f tương ứng là bội của d. Rõ ràng d chạy khắp tập các ước nguyên dương của
ít nhất một : Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ: ta cho tập các số tương ứng như sau
f1 = 1 $ 1 = 1;
f2 = i $ 2 = 1;
f3 = 3 $ 3 = 4;
f4 = 4 $ 4 = 6.
( dấu $ dùng chỉ sự tương ứng)
Ta tính được: S 0 = 1 + i; S1 = i; (1) = 1; S2 = 1; (2) = 1; S3 = 4; (3) = 1;
S
P4 = 3; (4) = 0; S60 = 4, (6) = 1. Vế phải của (1.4) trong trường hợp này là
(d):Sd = 1 + i = S .
Trang 13


1.2. CÁC HÀM SỐ HỌC

1.2.3

CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Hàm Euler

Định nghĩa 1.30. Hàm Euler '(a) được xác định với mọi số nguyên dương a. Nó là
số các số nguyên dương nhỏ hơn a và nguyên tố cùng nhau với a.
Định lý 1.31. Cho phân tích nguyên tố của a = p1 1 p2 2 :::pk k . Khi đó

'(a) = a 1

1
p1

1
p2

1

1
pk

::: 1

p1 1

= p1 1

1

p2 2

p2 2

1

::: pk k

pk k

1

.

(1.5)
Chứng minh
Áp dụng Định lý 1.29 trong đó f và được định nghĩa như sau: cho x chạy khắp tập
các số nguyên dương nhỏ hơn a, tương ứng mỗi giá trị của x đặt = gcd(x; a) và tương
ứng f = 1.
Khi đó S 0 là số các số nguyên dương nhỏ hơn a và nguyên tố cùng nhau với a, chính
là '(a). Sd là số các giá trị x nhỏ hơn a có ước là d, d 6= 1. Mà (x; a) là bội của d thì d là
ước của a. Mặt khác số các nhỏ hơn a mà là bội của d sẽ là ad . Vậy
P
P (d)
'(a) =
(d): ad = a
= a 1 p11
1 p12 ::: 1 p1k
d
dja

dja

= p1 1 p1 1 1 p2 2 p2 2 1 ::: pk k
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Hệ quả 1.32. '(p ) = p

p

1

pk k

1

, '(p) = p

( theo Hệ quả 1.28).

1:

Hệ quả 1.33. Hàm Euler ' là hàm nhân.
Chứng minh
Hiển nhiên '(1) = 1:
Cho (a1 ; a2 ) = 1, ta có '(a1 :a2 ) = '(a1 ):'(a2 ) theo (1.5).
Vậy ' là hàm nhân.
P
Hệ quả 1.34. '(d) = a:
dja

Chứng minh
1
2
k
Vì

P ' là hàm nhân nhân và2a = p1 p2 :::p1k nên
'(d) = (1 + '(p1 ) + '(p1 ) + ::: + '(p1 )) ::: (1 + '(pk ) + '(p2k ) + ::: + '(pk k ))
dja

= 1 + p1 1 + p21
= p1 1 :::pk k = a:

p1 + ::: + p1 1

p1 1

1

::: 1 + pk

Trang 14

1 + p2k

pk + ::: + pk k

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 Fq và (aij )1
không suy biến cấp n trên Fq . Đặt
j

=

n
P

i;j n

là ma trận

aij i , j = 1; 2; :::; n:

i=1

Khi đó f

1;

2 ; :::;

Chứng minh

Ta cần chứng minh
Giả sử c1
n
P

i=1

n
P

j=1

cj aij

ng

1;

cũng là cơ sở của Fqn trên Fq .

2 ; :::;

1 +c2 2 +:::+cn n

!

i.

Vì f

1;

n

là độc lập tuyến tính.

= 0, trong đó ci 2 Fq . Ta có 0 =

2 ; :::;

ng
n
P

n
P

cj

j

j=1

là cơ sở của Fqn trên Fq nên

=

n
P

cj

j=1

n
P

aij

i

i=1

cj aij = 0, i = 1; 2; :::; n.

j=1

Và do (aij )1 i;j n không suy biến nên c1 = c2 = ::: = cn = 0. Vậy
lập tuyến tính nên nó là cơ sở của Fqn trên Fq .

1;

2 ; :::;

n

là độc

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 tọa độ của
Định nghĩa 2.2. Cho

n;

1)

T r(

2

::: T r(
)
:
: : T r(
2

n

2)

1

..
.

2)

: : : T r(

1

n)

2

n)

n

n)

..
.

(2.1)

trong đó T r là viết tắt của T rFqn =Fq được gọi là biệt thức của các phần tử
kí hiệu là Fqn =Fq ( 1 ; 2 ; :::; n ) hay đơn giản là ( 1 ; 2 ; :::; n ).

1;

2 ; :::;

n

và

Ta có các kết quả sau:
Định lý 2.3. Cho 1 ;
trường Fq nếu và chỉ nếu

2 Fqn . Khi đó f
Fqn =Fq ( 1 ; 2 ; :::; n ) 6= 0.

2 ; :::;

n

1;

2 ; :::;

ng

là cơ sở của Fqn trên

Chứng minh
Cho f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở của Fqn trên trường Fq . Nếu ta có thể biểu diễn n dòng
của (2.1) thành n vectơ độc lập tuyến tính thì Fqn =Fq ( 1 ; 2 ; :::; n ) 6= 0:
Giả sử b1 T r( 1 j ) + b2 T r( 2 j ) + ::: + bn T r( n j ) = 0; j = 1; 2; :::; n, trong đó
b1 ; b2 ; :::; bn 2 Fq : Đặt = b1 1 + b2 2 + ::: + bn n thì T r( j ) = 0, 8j = 1; 2; :::; n. Với bất
kỳ 2 Fqn , ta có thể biểu diễn = a1 1 + a2 2 + ::: + an n , trong đó a1 ; a2 ; :::; an 2 Fq ,
từ đó suy ra T r( ) = 0; 8 2 Fqn .
1
Nếu 6= 0 thì thay bởi
ta có T r( ) = 0, 8 2 Fqn . Mà T r : Fqn ! Fq là
toàn cấu nên mâu thuẫn. Vậy ta phải có = 0, suy ra b1 1 + b2 2 + ::: + bn n = 0 mà
1 ; 2 ; :::; n độc lập tuyến tính nên suy ra b1 = b2 = ::: = bn = 0. Điều đó chứng minh n
dòng vectơ của (2.1) là độc lập tuyến tính.
Ngược lại, nếu Fqn =Fq ( 1 ; 2 ; :::; n ) 6= 0. Giả sử c1 1 + c2 2 + ::: + cn n = 0; trong
đó c1 ; c2 ; :::; cn 2 Fq . Khi đó
c1

1

j

+ c2

2

j

+ ::: + cn

n

j

= 0, 8 j .

Lấy vết hai vế ta có c1 T r( 1 j ) + c2 T r( 2 j ) + ::: + cn T r( n j ) = 0, 8j = 1; 2; :::; n.
Định thức của hệ phương trình tuyến tính thuần nhất ẩn c1 ; c2 ; :::; cn là Fqn =Fq ( 1 ; 2 ; :::; n ) 6=
0, vậy nên ta phải có c1 = c2 = ::: = cn = 0. Vậy 1 ; 2 ; :::; n là độc lập tuyến tính trong
Fq n .
Hệ quả 2.4. Cho 1 ;
trường Fq nếu và chỉ nếu

2 ; :::;

n

2 Fqn : Khi đó f

Trang 16

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

1)=2

n
Q

(q i

1).

i=1

Chứng minh
Ta có Fqn là không gian vectơ n chiều trên Fq . Ký hiệu ( 1 ; 2 ; :::; n ) là một cơ sở
được sắp của của Fqn trên Fq . Ta có q n 1 cách chọn 1 ( 1 6= 0). Ta có thể chọn 2 là
một phần tử bất kỳ của Fqn n h 1 i. Như vậy có q n q cách chọn 2 . Tương tự, ta có q n q 2
cách chọn 3 ,... Cuối cùng ta có q n q n 1 cách chọn n . Vậy theo nguyên lý nhân ta có
(q n 1) (q n q) (q n q 2 ) ::: (q n q n 1 ) cách chọn bộ ( 1 ; 2 ; :::; n ). Đó là cơ sở được sắp
của Fqn trên Fq . Và
(q

n

1) (q

n

q) q

n

q

2

::: q

n

q

n 1

=q

n(n 1)=2

n
Y

qi

1 :

i=1

Mở rộng ra số cơ sở không được sắp của Fqn trên Fq là

1 n(n 1)=2
q
n!

n
Q

(q i

1).

i=1

Định lý 2.6. Cho m; n là nguyên dương và gcd(m; n) = 1. Nếu f
sở của Fqn trên Fq thì nó cũng là cơ sở của Fqmn trên Fqm .

1;

2 ; :::;

ng

là cơ

Chứng minh
Ta gọi f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở của Fqn trên Fq . Để chứng minh f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở
của Fqmn trên Fqm ta cần chứng minh 1 ; 2 ; :::; n độc lập tuyến tính trên Fqm , vì hiển
nhiên i 2 Fqmn .

n
P
Giả sử ai i = 0, với ai 2 Fqm . Khi đó với số nguyên dương j bất kì ta có
i=1

n
P

i=1

q jm

ai

i

=

n
P

i=1

aqi

jm

Vậy với j bất kì, ta có

q jm

i

=

n
P

i=1

ai

q jm
i

n
X

ai

m

( vì ai 2 Fqm nên aqi = ai do đó aqi
q jm
i

= 0:

i=1

Trang 17

jm

= ai ).


2.1. CƠ SỞ ĐA THỨC

CHƯƠNG 2. CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

Giờ ta chứng minh khi j chạy từ 0; 1; :::; n 1 theo mod n, thì jm cũng chạy từ
0; 1; :::; n 1 theo mod n. Ta cần chứng minh nếu j 6= j 0 thì jm 6= j 0 m. Thật vậy, nếu
jm = j 0 m thì (j j 0 )m = 0 mà (m; n) = 1 nên ta phải có j j 0 chia hết cho n tức j = j 0
( mod n). Điều này mâu thuẫn.
n
jm
Mặt khác ta có i 2 Fqn nên qi = i . Vì thế nên nếujm j 0 m (mod n) thì qi =
qj
i

0m

.

Kết hợp hai nhận xét trên với phương trình

n
P

i=1

n
P

i=1

Tức
0

ai

qj
i

1
q
1

B
B
B ..
@ .

qn
1

q jm
i

= 0, j = 0; 1; :::; n

:::
:::

2
q
2

..
.
1

ai

qn
2

1

:::

= 0 ta có hệ phương trình
1.

10 1
a1
C B a2 C
CB C
.. C B .. C = 0:
. A@ . A
qn 1

an
n
n
q
n

j

Mà do f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở của Fqn trên Fq nên ma trận chứa qi ở trên là không
suy biến nên phải có a1 = a2 = ::: = an = 0. Vậy f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở của Fqmn trên
Fq m .
Rõ ràng nếu ta dùng cơ sở dạng ( 1 ; 2 ; :::; n ) để biểu diễn tọa độ của các phần tử
trong Fqn ta sẽ gặp khó khăn trong việc tính toán, đặc biệt là phép toán nhân. Do vậy để
thuận tiện, ta chọn cơ sở cho Fqn trên Fq bằng cách sau: chọn 2 Fqn , có bậc là n trên
Fq . Khi đó, 1; ; 2 ; :::; n 1 là độc lập tuyến tính nên sẽ là cơ sở của Fqn trên Fq . Ta gọi
(1; ; 2 ; :::; n 1 ) là cơ sở đa thức của Fqn trên Fq .
P
Định lý 2.7. Số cơ sở đa thức của Fqn trên trường Fq bằng
(d)q d , trong đó d chạy
djn

khắp tập các ước nguyên dương của n.
Chứng minh
Để chứng minh định lý trên ta sử dụng kết quả của mệnh đề sau đây trong [8], trang
515.
P Mệnhd đề phát biểu như sau: Số đa thức bất khả qui bậc n trên trường Fq 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 , và ; 2 Fqn , ta có thể biểu diễn
= b0 + b1 + b2 2 + ::: + bn 1 n 1 trong đó bi 2 Fq , 8i = 0; 1; 2; :::; n 1;
= c0 + c1 + c2 2 + ::: + cn 1 n 1 trong đó ci 2 Fq , 8i = 0; 1; 2; :::; n 1:
Nếu ta tiến hành phép nhân : thì một số các hệ số sẽ triệt tiêu, do vậy so với cách
biểu diễn cơ sở bất kì thì nó có tính ưu việt hơn.
Ở đây ta quan tâm đến kết quả phép nhân : và 1 (nếu 6= 0) bằng việc áp dụng
các tính chất của đa thức tối tiểu. Bây giờ ta xét
= b0 + b1 + b2 2 + ::: + bn 1 n 1 trong đó bi 2 Fq , 8i = 0; 1; 2; :::; n 1;
= c0 + c1 + c2 2 + ::: + cn 1 n 1 trong đó ci 2 Fq , 8i = 0; 1; 2; :::; n 1:
Đặt b(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + ::: + bn 1 xn 1 suy ra b( ) = ,
c(x) = c0 + c1 x + c2 x2 + ::: + cn 1 xn 1 suy ra c( ) = .
Gọi f (x) là đa thức tối tiểu của trên Fq . Theo Định lý 1.15(i) thì f (x) bất khả
qui trên Fq . Vì có bậc n trên Fq nên deg f (x) = n. Chia b(x)c(x) cho f (x) ta được
b(x)c(x) = q(x)f (x) + r(x) trong đó q(x); r(x) 2 Fq [x] và deg r(x) < deg f (x). Thay x =

vào phương trình trên ta có

= b( )c( ) = r( ).
1
Xét 6= 0; ta tìm
. Ta có f (x) bất khả qui, deg f (x) = n và deg b(x) = n 1
vậy nên gcd (f (x); b(x)) = 1. Sử dụng thuật toán Euclid với f (x) và b(x) ta sẽ thu được
g(x)b(x) + h(x)f (x) = 1, trong đó g(x); h(x) 2 Fq [x] và deg g(x) < deg f (x), deg h(x) <
deg b(x): Thay x = ta có g( )b( ) = 1 nên suy ra
1

= g( ).

Ví dụ 2.8. Xét trường hữu hạn F23 : Ta xem F23 = F2 [x]=(x3 + x + 1). Kí hiệu
lớp thặng dư của x theo môđun x3 + x + 1 bởi
thì
là phần tử bậc 3 trên F2 ; ta
2
3
chọn 1; ;
làm cơ sở của F23 trên F2 và x + x + 1 là đa thức tối tiểu của
trên
F2 . Cho b( ) = 1 + 2 ; c( ) = 1 + + 2 . Đặt b(x) = 1 + x2 ; c(x) = 1 + x + x2 suy ra
b(x)c(x) = 1 + x + x3 + x4 và x4 + x3 + x + 1 = (x3 + x + 1)(x + 1) + x2 + x tức r(x) = x2 + x.
Vậy b( )c( ) = 2 + .
Dùng thuật chia Euclid cho b(x) và x3 + x + 1 ta có x(x2 + 1) + 1(x3 + x + 1) = 1. Suy
ra b( ) 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 này là duy nhất.

Chứng minh
Cho f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở của Fqn trên Fq .
Đặt A = (aij )1 i;j n = (T r( i j ))1 i;j n theo Định lý 2.3 thì A không suy biến nên
tồn tại B = A 1 = (bij )1 i;j n .
n
P

bkj k ; j = 1; 2; :::; n, theo Định lý 2.1 thì f 1 ; 2 ; :::; n g cũng là cơ sở
Đặt j =
k=1

của Fqn trên Fq . Mặt khác, T r(

i j)

i; j = 1; 2; :::; n. Vì vậy f
(2.3) dưới dạng ma trận

2 ; :::;

ng

q
1
q
2

:::
:::

qn
1
qn
2

1

q
n

:::

qn
n

1

0

1

B
B 2
B .
@ ..

n

1;

..
.

=

n
P

bkj T r(

i

k)

=

k=1

1

CB
CB 2
B .
.. C
. A @ ..

Theo tính chất của ma trận thì f

2

2 ; :::;

q
1
q
2

:::
:::

qn
1
qn
2

q
n

:::

qn
n

..
.

n

1;

bkj aik =

ij

, trong đó

k=1

là cơ sở đối ngẫu của f
10

n
P

ng

1;

1

2 ; :::;

n g.

Ta có thể viết

1t

C
C
= I:
.. C
. A
2

1

là cơ sở đối ngẫu duy nhất.

Như vậy theo định lý vừa nêu muốn tìm cơ sở đối ngẫu f
cho trước f 1 ; 2 ; :::; n g, ta cần tiến hành các bước sau:
(1) Tính A = (aij )1 i;j n = (T r( i j ))1 i;j n .
(2) Tính B = A 1 = (bij )1 i;j n .
n
P
(3) Tính j =
bkj k .

1;

2 ; :::;

ng

của một cơ sở

k=1

Tuy nhiên ta có thể tìm cơ sở đối ngẫu của một cơ sở đa thức cho trước dựa theo định
lý sau mà không phải tìm ma trận khả nghịch như bước 2 ở trên:
Định lý 2.11. Cho f1; ; 2 ; :::; n 1 g là cơ sở đa thức của Fqn trên Fq và f 1 ; 2 ; :::;
là cơ sở đối ngẫu của nó. Đặt f (x) là đa thức tối tiểu của
trên Fq và f (x) = (x
)( 0 + 1 x + ::: + n 1 xn 1 ), trong đó n 1 = 1. Khi đó
i=

i

f 0( )

; i = 0 ; 1 ; 2 ; :::; n
Trang 20

1:

ng


2.2. CƠ SỞ ĐỐI NGẪU

Chứng minh
Ta đặt
0
1
B
B
A = B ..
@ .
n 1

1
q

CHƯƠNG 2. CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

:::
:::

1

1
qn

..
.

1

..
.
n 1

(n 1)q

C
C
C
A

0

1; nếu i = 0,
0; nếu 1 i

=

n

1

:::
:::

1
q
1

B
B
B = B ..
@ .

và

: : : (n 1)q
Theo (2.3) ta có AB = I, suy ra BA = I: Đặt (x) =
BA = I nên ta có
qi

0
q
0

n 1
q
C
n 1C

.. C :
. A

..
.

qn
0

1

qn
1

1

n 1

: : : nq 1
n 1
. Do
0 + 1 x + ::: + n 1 x

(2.4)

1:
i

Áp dụng công thức nội suy Lagrange với n cặp điểm ( ; 1); ( q ; 0) với i = 1; 2; :::; n 1.

n
P
Ta có đa thức nội suy 1 (x) = L(x) =
yj lj (x) = y0 l0 (x) ( vì yj = 0, 8j 6= 0), với
j=0
Q x xi
. Vậy
l0 (x) =
x0 xi
0 i n
i6=0

(x
1 (x) =

(

q

) x
q) (

q2

qn

::: x

q 2 ) ::: (

1

qn

1

)

=

f (x)
=
(x
)f 0 ( )

0

là đa thức duy nhất bậc bé hơn n 1 thỏa (2.4). Do đó (x) =
ta có i = f 0 (i ) , i = 0; 1; 2; :::; n 1:

+

1x

1 (x).

+ ::: +
f 0( )

x=

xi

i=1

i

=

n
X

n 1

Đồng nhất hệ số,

Định nghĩa 2.12. Cho f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở của Fqn trên Fq và f 1 ;
cơ sở đối ngẫu của nó. Ta gọi f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở nguyên thủy và f 1 ;
đối ngẫu của nó. Với bất kì x 2 Fqn , có thể biểu diễn
n
X

n 1x

2 ; :::;

ng

là
2 ; :::; n g là

x0i i :

i=1

Ta gọi x1 ; x2 ; :::; xn là tọa độ nguyên thủy của x và x01 ; x02 ; :::; x0n là tọa độ đối ngẫu của
x.
Định lý 2.13. Cho f 1 ; 2 ; :::; n g và f 1 ; 2 ; :::;
đối ngẫu của Fqn trên Fq . Với bất kì x 2 Fqn , giả sử

ng

n
n
X
X
x = xi i = xi0 i .
i=1

i=1

Khi đó
Trang 21

lần lượt 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 thức của F23 . Tìm cơ sở
đối ngẫu của nó.
Cách 1
2
(1) Ta có T r( 3 ) = T r(1) = 1; T r( 0
) = T r(1) = + 2 + 4 = (1 + ) + 4 =
1 0 0
4
+ 4 = 0; nên A = T r( i j )0 i;j 2 = @0 0 1A :
0 1 0
0
1
1 0 0
(2) B = A 1 = @0 0 1A :
0 1 0
(3) ( 0 ; 1 ; 2 ) = (1; ; 2 ). Vậy B = (1; 2 ; ).
Cách 2
(1) Ta có đa thức tối tiểu của là f (x) = x3 + x + 1 = (x
) (( 2 + 1) + x + x2 )
và f 0 ( ) = 2 + 1:
(2) Áp dụng Định lý 2.11 ta có
3

2
0

=

+1
= 1;
2+1

4
1

=

2

+1

=

+ 2
=
2+1

2

;

2

=

1
=
2+1

3

+
= :
2+1

Định lý 2.15. Cho f1; ; 2 ; :::; n 1 g là cơ sở đa thức của Fqn trên Fq , n 2. Nếu
cơ sở đối ngẫu của f1; ; 2 ; :::; n 1 g cũng là cơ sở đa thức thì
là nghiệm của đa thức
n
bất khả qui bậc n dạng p (x) = x
d; d 2 Fq :
Chứng minh
Gọi f 0 ; 1 ; :::; n 1 g là cơ sở đối ngẫu của f1; ; 2 ; :::; n 1 g. Giả sử f 0 ; 1 ; :::; n 1 g
cũng là cơ sở đa thức, tức tồn tại 2 Fqn sao cho i = i ; 0 i n 1. Gọi là nghiệm
của đa thức bất khả qui bậc n dạng p (x) = xn r (x) d, trong đó r (x) 2 Fq [x], bậc bé
hơn n; có hệ số hằng là 0, d 2 Fq :
Trang 22


2.3. CƠ SỞ TỰ ĐỐI NGẪU

CHƯƠNG 2. CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

i < n ta có T r ( i ) = T r (1 i ) = T r 0 i = 0. Tương
nP1

= 0. Do vậy, giả sử r (x) =
ai xi , trong đó ai 2 Fq suy ra T r (r ( )) =

Nhận xét rằng với 1
tự T r
nP1

i

i=1

ai T r ( i ) = 0: Khi đó ta có p ( ) =

n

r( )

d = 0; nên

i=1

n

Tr (

) = T r (r ( ) + d) = d.

Tương tự, tồn tại d0 2 Fq sao cho
Tr (

n

) = d0 .

So sánh sự tương ứng hệ số của cơ sở đối ngẫu ta có = d n 1 ;
= d0 n 1 . Nên
n 1 0 n 1
0
n 1 n 1
0
1 = Tr ( ) = Tr d
d
= dd T r
= dd . Đặt k = deg r (x) ; ta xét 2
trường hợp của k như sau:
(1) k > 1
Ta viết p (x) = xn cxk r0 (x) d; n > 2 và c 2 Fq ; deg r0 (x) < k; suy ra
n
= c k + r0 ( ) + d và n k = c + r0 ( ) k + d k . Nhân vế theo vế hai phương
trình trên rồi lấy vết hai vế ta được T r 2n k = cd. Suy ra 0 = T r n k+1
=
2n k
n+1
2n k 0
0
Tr
= Tr
d = d cd = c 6= 0, mâu thuẫn.
(2) k 1
Ta viết p (x) = xn cx d; ta có T r ( n ) = d. Mặt khác n = c + d. Lần lượt nhân

vào 2 vế phương trình rồi lấy vết, ta được T r( i ) = 0, với mọi i sao cho n + 1 i 2n 2,
(vì T r ( i ) = 0 với mọi i thỏa 1 i < n). Với i 1;
1, nếu i = j
1
T r ( n i+j ) =
; 1 n i + j 2n 2.
d
0, nếu i 6= j
Đặt i = d 1 n i . Từ đó ta có đồng thời = 2 = = (d 1 n 2 ) = (d 1 n 1 ) = 1 và
= d 1 n 1 nên 1 = d 1 n 1 , suy ra n = d. Vậy là nghiệm phương trình xn d = 0
và đa thức xn d là bất khả qui.

2.3

Cơ sở tự đối ngẫu

Định nghĩa 2.16. Cơ sở f
T rFqn =Fq (

1;

i

j)

2 ; :::;

ng

=

trong đó i; j = 1; 2; :::; n:

ij ,

của Fqn trên Fq gọi là cơ sở tự đối ngẫu nếu

Nếu f 1 ; 2 ; :::; n g là cơ sở tự đối ngẫu thì hoán vị của nó cũng tự đối ngẫu nên ta
đồng nhất chúng với nhau.
Định nghĩa 2.17. Cho S là ma trận đối xứng trên Fq , tức S t = S:
(i) Ma trận T gọi là cogredient với S nếu tồn tại ma trận không suy biến P trên Fq
sao cho
Trang 23


2.3. CƠ SỞ TỰ ĐỐI NGẪU

CHƯƠNG 2. CƠ SỞ TRONG TRƯỜNG HỮU HẠN

P t SP = T:
(ii) Phép biến đổi S ! P t SP gọi là phép biến đổi cogredient.
Bổ đề 2.18. Cho q là lũy thừa của 2 và S là ma trận đối xứng không suy biến cấp
n trên Fq . Giả sử tồn tại một phần tử khác 0 trên đường chéo chính của S. Khi đó S
cogredient với ma trận đơn vị I:
Chứng minh
Chứng minh bằng qui nạp.
Với n = 1, giả sử S = (a). Theo Định lý 1.10 thì tồn tại x0 2 Fq sao cho a = x20 nên
2
suy ra a x0 1 = 1. Đặt P = (x0 1 ) suy ra P t = (x0 1 ) và rõ ràng P t SP = 1.
Giả sử đúng với n 1 (n > 1).

Đặt S = (sij )1 i;j n , giả sử sii 6= 0; ta đổi cột 1 cho cột thứ i, dòng 1 cho dòng thứ i (
đều là các phép biến đổi cogredient). Khi đó s11 6= 0; ta viết
S=

s11 u
;
u t S1

trong đó u là vectơ dòng (n 1) chiều, và S1 là ma trận đối xứng bậc n
t
1 s111 u
1 s111 u
s11 u
s
0
= 11
.
t
(n 1)
u S1
0 S1 + s111 ut u
0 I
0 I (n 1)
1=2

Mà theo Định lý 1.10(i) thì Fq = Fq 2 nên tồn tại s11

1. Ta có

1=2

2 Fq sao cho s11

2

= s111 ,

ta lại có
t
1=2
1=2
s11
0
1
0
s11
0
s11
0
=
.
0 S1 + s111 ut u
0 S1 + s111 ut u
0
I (n 1)
0
I (n 1)
Đặt T1 = S1 + s111 ut u, vì S không suy biến nên T1 cũng không suy biến. Giả sử
T1 = (tij ). Nếu tồn tại một phần tử trên đường chéo chính của T1 là khác 0 thì theo giả
thiết qui nạp ta có điều phải chứng minh. Còn nếu mọi phần tử trên đường chéo chính

của T1 đều bằng 0. Do T1 không suy biến nên tồn tại tij 6= 0; i 6= j: Ta hoán đổi dòng thứ
nhất và dòng thứ i 1, cột thứ nhất và cột thứ i 1 của T1 ; sau đó hoán đổi dòng thứ 2
và dòng
cột0thứ 2 và cột1thứ
trận vừa thu1được. Ta có t23 6= 0. Khi đó
0 j 1; 1
0 j 2 của
1ma0
t
1 t23 0
1 0 0
1 t23 0
1 0 0
@0 1 0A @0 0 t23 A @0 1 0A = @0 t223 t23 A ;
1 t23 1
0 t23 0
1 t23 1
0 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