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

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN VĂN VIỆT

MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC HOÁN VỊ
TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN ĐẶC SỐ CHẴN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN VĂN VIỆT

MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC HOÁN VỊ
TRÊN TRƯỜNG HỮU HẠN ĐẶC SỐ CHẴN
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TS. Lê Thị Thanh Nhàn

THÁI NGUYÊN - 2019

Mục lục
Mở đầu

2

Chương 1
Trường hữu hạn và nhập môn về đa thức hoán vị

4

1.1 Trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2 Một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị . . . . . . .

9

1.3 Đa thức hoán vị modulo một số tự nhiên . . . . . . . . . 10
Chương 2
Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số
chẵn

13

2.1 Trường đóng đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Một số lớp tam thức hoán vị được trên trường hữu hạn
đặc số chẵn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Kết luận và kiến nghị

36

Tài liệu tham khảo

38

1


Mở đầu
Đa thức hoán vị là một lĩnh vực nghiên cứu thú vị. Chúng có các
ứng dụng trong các lĩnh vực khác nhau như lý thuyết mã hóa, mật mã
và thiết kế tổ hợp. Loại đa thức đơn giản nhất là đơn thức. Một đơn
thức xn hoán vị trên Fq khi và chỉ khi gcd (n, q − 1) = 1. Nhưng đối
với nhị thức và tam thức thì tình huống không dễ dàng như vậy. Chỉ có
một vài loại nhị thức hoán vị và tam thức được biết đến. Chúng tôi đặc
biệt quan tâm đến các lớp tam thức hoán vị trên các trường hữu hạn với
đặc số chẵn. Chú ý rằng, không có nhị thức trên các trường hữu hạn có
đặc số chẵn. Điều này thúc đẩy chúng tôi tìm ra các lớp tam thức hoán
vị mới với các hệ số tầm thường trên các trường hữu hạn với đặc số
chẵn. Tuy nhiên, cho đến nay, một số ít các lớp tam thức hoán vị trên
F2m đã được biết đến.
Trong luận văn này, chúng tôi trình bày chứng minh chi tiết năm lớp
tam thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số chẵn. Nội dung chính
của luận văn được trình bày thành hai chương:
Chương 1: Trường hữu hạn và nhập môn về đa thức hoán vị. Trong
chương này, chúng tôi trình bày cấu trúc và số phần tử của trường hữu
hạn, một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị trên trường hữu hạn

2


và đa thức hoán vị modulo một số tự nhiên.
Chương 2: Một số lớp đa thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số
chẵn. Chương này chúng tôi trình bày về một số tiêu chuẩn hoán vị của
đa thức và một số lớp tam thức hoán vị. Đặc biệt ở chương này chúng
tôi trình bày lại chi tiết các kết quả trong hai bài báo [4] của R. Gupta
và R. Sharama, [3] của C. Ding, L. Qu, Q. Wang, J. Yuan, P. Yuan về
lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn.
Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại
học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của GS. TS Lê Thị Thanh
Nhàn. Em chân thành cảm ơn cô Lê Thị Thanh Nhàn đã tận tình hướng
dẫn em triển khai đề tài của luận văn này.
Em chân thành cảm ơn các thầy cô trong tổ Đại số, khoa Toán-Tin
trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, những người đã tận
tình giảng dạy và trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho em trong suốt
quá trình học tập tại trường. Vì thời gian và kiến thức còn hạn chế
nên mặc dù bản thân đã cố gắng nhiều nhưng luận văn khó tránh khỏi
những thiếu sót. Em xin mong nhận được những ý kiến đóng góp của
các thầy cô và các bạn để luận văn của em được hoàn chỉnh hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2019
Học viên
Nguyễn Văn Việt
3


Chương 1

Trường hữu hạn và nhập môn về đa thức hoán
vị
Để chuẩn bị cho việc trình bày về đa thức hoán vị và một số lớp
đa thức hoán vị trên trường hữu hạn có đặc số chẵn ở Chương 2, trong
chương này, chúng tôi trình bày cấu trúc và số phần tử của trường hữu
hạn, một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị trên trường hữu hạn
và đa thức hoán vị modulo một số tự nhiên.

1.1

Trường hữu hạn

Mục đích của chương này là giới thiệu khái niệm trường hữu hạn và
làm rõ cấu trúc cũng như số phần tử của trường hữu hạn.
Trường là một tập hợp T cùng với hai phép toán cộng và nhân sao
cho hai phép toán là kết hợp, giao hoán, phép nhân phân phối với phép
cộng, T có phần thử 0, có phần tử đơn vị 1, mọi phần tử a ∈ T đều có
đối xứng −a ∈ T và mọi phần tử a ∈ T, a = 0 đều có phần tử nghịch
đảo a−1 ∈ T.
Chẳng hạn Z2 là một trường, vành Z4 không là trường vì phần tử
2 = 0 ∈ Z4 không có phần tử nghịch đảo. Tổng quát, Zn là trường khi
4


và chỉ khi n nguyên tố. Một số ví dụ về trường vô hạn như trường Q
các số hữu tỷ; trường R các số thực; trường C các số phức.
Định nghĩa 1.1.1. Trường hữu hạn là trường có hữu hạn phần tử.
Chú ý 1.1.2. Với mọi trường T , mọi phần tử a ∈ T và mọi số nguyên
n ta định nghĩa bội nguyên na như sau:
• na = 0 nếu n = 0,

• na = a + . . . + a (n hạng tử a) nếu n > 0,
• na = (−a) + . . . + (−a) (−n hạng tử a) nếu n < 0.
Định nghĩa 1.1.3. Giả sử T là một trường. Nếu tồn tại số nguyên
dương nhỏ nhất n sao cho n1 = 0, trong đó 1 là phần tử đơn vị của T ,
thì ta nói trường T có đặc số là n. Nếu không tồn tại số n như vậy thì
ta nói trường T có đặc số là 0.
Chẳng hạn, trường Z5 có đặc số 5. Trường Q có đặc số 0, trường Zp
có đặc số p (với mọi số nguyên tố p).
Mệnh đề 1.1.4. Đặc số của một trường T hữu hạn là số nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử trường hữu hạn T có đặc số 0. Khi đó, với mọi số
nguyên n > m ta có (n − m)1 = 0, tức là n1 = m1. Vì thế T chứa tập
{n1 | n ∈ Z} là tập vô hạn, vô lý. Do đó T phải có đặc số p > 0.
Giả sử p là hợp số. Khi đó p = mn với 1 < m, n < p. Ta có
p1 = 0 = mn1 = (m1)(m1). Do T là một trường nên (m1) = 0 hoặc
n1 = 0, vô lý. Do đó p là số nguyên tố.
5


Tiếp theo, chúng ta cần nhắc lại một số khái niệm về không gian
véc tơ.
Định nghĩa 1.1.5. Cho T là một trường. Một tập V có trang bị một
phép toán công với một ánh xạ T × V → V (gọi là phép nhân vô
hướng) được gọi là một không gian véc tơ trên trường T hay một T không gian véc tơ nếu phép cộng có tính chất giao hoán, kết hợp, có
phần tử 0, mọi phần tử của V đều có đối xứng và phép nhân vô hướng
thỏa mãn các tính chất sau đây: với mọi x, y ∈ T và mọi α, β ∈ V ta
có:
(i) Phân phối: (x + y)α = xα + yα và x(α + β) = xα + xβ;
(ii) Kết hợp: x(yα) = (xy)α;
(iii) Unita: 1α = α.
Định nghĩa 1.1.6. Giả sử. Theo Bổ đề ??, f3 (x) là một

đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(5, 2m − 1) = 1 và đa thức
g3 (x) := x5 h3 (x)2

m

−1

hoán vị trên µ2m +1 .

Giả sử m là số lẻ. Khi đó theo Bổ đề 2.2.2 ta có gcd(5, 2m − 1) = 1.
Theo Bổ đề 2.2.5, h3 (α) = 0 với mọi α ∈ µ2m +1 , vì thế
g3 (µ2m +1 ) ⊆ µ2m +1 .
Với α ∈ µ2m +1 , ta có thể biến đổi và rút gọn g3 (α) về dạng sau
α + α4 + α5
.
g3 (α) =
1 + α + α4
29


Theo đó g3 (x) tác động đơn ánh trên µ2m +1 khi và chỉ khi
x + x4 + x5
G3 (x) :=
1 + x + x4
là tác động đơn ánh trên µ2m +1 . Giả sử G3 (x) = G3 (y), trong đó
x, y ∈ µ2m +1 . Với x = y, từ biểu thức trên của G3 (x), ta được
(x + x4 + x5 )(1 + y + y 4 ) + (y + y 4 + y 5 )(1 + x + x4 ) = 0,
tức là,
(x5 + y 5 ) + xy(x4 + y 4 ) + x4 y 4 (x + y) + (x4 + y 4 ) + (x + y) = 0.
Suy ra

(x5 + y 5 ) = (x + y)5 + x2 y 2 (x + y) + xy(x + y)3 .
Chia phương trình trên cho (x5 + y 5 ) ta được
xy 4
1
xy
xy
1
2
+
(
)
+
+
(
)
+
+ 1 = 0.
(x + y)4
x+y
x+y
(x + y)2
(x + y)2
1
xy
m
và b = a2 =
vào phương trình trên và rút
x+y
x+y
gọn, ta được

Thay a =

(a + b)4 + a + b + a2 b2 + ab + 1 = 0.
Lưu ý rằng a và b có thể không thuộc F2m , nhưng a + b, ab ∈ F2m . Tác
động hàm vết T r1m (−) vào cả hai vế của đẳng thức trên và sử dụng tính
chất tuyến tính của hàm vết trong Bổ đề 2.1.9, ta được
T r1m ((a + b)4 ) + T r1m (a + b) + T r1m ((ab)2 ) + T r1m (ab) + 1 = 0.
30


Chú ý rằng
T r1m ((a + b)4 ) = T r1m (a + b)
và
T r1m ((ab)2 ) = T r1m (ab).
Vì thế từ đẳng thức trên ta suy ra 1 = 0, điều này là mâu thuẫn.
Tiếp theo nếu m là số chẵn, thì theo Bổ đề 2.1.12 ta có 5|22m − 1,
có nghĩa là có ít nhất một trong hai số 2m − 1 hoặc 2m + 1 chia hết
cho 5. Nếu 5|2m − 1, thì khi đó theo Bổ đề ??, f3 (x) không là đa thức
hoán vị trên F2m . Nếu 5|2m + 1, thì khi đó ta lấy môt phần tử ξ là căn
nguyên thủy bậc 5 của đơn vị. Do 5 là ước của 2m + 1 nên
ξ ∈ µ2m +1 , g3 (ξ) = (1 + ξ + ξ 4 )2

m

−1

= g3 (ξ 4 )

và
m

g3 (ξ 2 ) = (1 + ξ 2 + ξ 3 )2

−1

= g3 (ξ 3 ).

Như vậy, g3 (x) không hoán vị trên µ2m +1 và vì thế f3 (x) không hoán
vị trên F22m . Do đó ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo chúng ta tập trung chứng minh Định lý D. Đây là kết quả
chính thứ tư của luận văn.
m

m+2

Định lý 2.2.9. Đa thức f4 (x) := x3 + x3·2 + x2

−1

∈ F22m là đa

thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
m

Chứng minh. Đa thức f4 (x) có thể được viết là f4 (x) = x3 h4 (x2

−1

),

trong đó f4 (x) := 1 + x3 + x4 ∈ F22m [x]. Theo Bổ đề ??, f4 (x) là
31


một đa thức trên F22m khi và chỉ khi gcd(3, 2m − 1) = 1 và đa thức
g4 (x) := x3 h4 (x)2

m

−1

hoán vị trên µ2m +1 .

Chú ý rằng gcd(3, 2m − 1) = 1 khi và chỉ khi m là số lẻ. Do đó chúng
ta chỉ cần chỉ ra rằng g4 (x) hoán vị trên µ2m +1 khi m là số lẻ.
Giả sử m là số lẻ. Theo Bổ đề 2.2.3, h4 (x) không có nghiệm trong
µ2m +1 . Với α ∈ µ2m +1 , g4 (α) có thể được biến đổi và rút gọn là
1 + α + α4
g4 (α) =
α + α4 + α5
và như vậy, g4 (x) tác động đơn ánh trên µ2m +1 khi và chỉ khi
1 + x + x4
1
G4 (x) :=
=
x + x4 + x5
G3 (x)
tác động đơn ánh trên µ2m +1 . Vì m là số lẻ, nên theo Định lý 2.2.8,
G3 (x) và G4 (x) tác động đơn ánh trên µ2m +1 . Vì thế f (x) là hoán vị
trên F2m , ta có điều phải chứng minh.

Phần tiếp theo, ta chứng minh Định lý E. Định lý này là kết quả
chính thứ năm của luận văn, cho ta một lớp tam thức hoán vị trên
trường có đặc số chẵn.
Định lý 2.2.10. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức f (x) = x +
x2

m+1 −1
2

m

+ x2

−2

m+1 +1
2

hoán vị trên trường F2m .

Chứng minh. Chúng ta có
(m+1)/2

f (x) = x + x2

−1

+ x2

(

m

−2(m+1)/2 +1
m

= x(1 + x2 m+1)/2−2 + x2
= x(1 + x

2·(2(m−1)/2−1 )

+x

−2(m+1)/2

2(m+1)/2(2

)

(m−1)/2 −1)

).
32


Vì gcd(2(m−1)/2 − 1, 2m − 1) = 1 theo Bổ đề 2.1.13, f (x) là một đa
thức hoán vị trên F2m khi và chỉ khi
g(x) = x2

m

−1−(2(m+1)/2 +2)

(m+1)/2

(1 + x2 + x2

)

là một đa thức hoán vị trên F2m . Chúng ta lưu ý rằng g(0) = 0 và
(m+1)/2
1 + x2 + x2
g(x) =
khi x = 0.
x2(m+1)/2 +2
Trước hết, chúng ta thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình
đa thức g(x) = 0. Nếu g(x) = 0, thì x = 0 hoặc 1 + x2 + x2
(m+1)/2

Nếu 1 + x2 + x2
ta đươc 1 + x2

(m+1)/2

(m+1)/2

= 0, thì sau khi nâng cả 2 vế lên lũy thừa 2

= 0.
(m−1)

2

m

+ x2 = 0. Cộng hai vế của hai phương trình trên

m

với nhau ta được x2 + x2 = 0. Vì thế ta có được x = 0 hoặc x = 1.
Tuy nhiên ta lại có g(x) = 1. Do đó, nghiệm duy nhất của g(x) = 0 là
x = 0.
Tiếp theo, chúng ta chứng minh rằng phương trình đa thức g(x) = a
có một nghiệm khác không duy nhất với mỗi a = 0, a ∈ F2m . Có nghĩa
là, với mỗi a = 0, a ∈ F2m , chúng ta chứng minh rằng tồn tại một
nghiệm duy nhất x = 0 cho phương trình sau:
(m+1)/2

1 + x2 + x2
x2(m+1)/2 +2

= a.

Viết lại phương trình trên ta thu được phương trình sau
(m+1)/2

ax2

+2

(m+1)/2

+ x2

+ x2 + 1 = 0.

(1)

Đặt y = x2 . Khi đó phương trình (1) trở thành
ay 2

(m−1)/2

+1

+ y2

(m−1)/2

+ y + 1 = 0.

(2)
33


Bây giờ chúng ta cần giải phương trình (2) với mỗi a = 0 và y = 0.
Đầu tiên, nếu a = 1, thì ta có
(m−1)/2

y2

+1

(m−1)/2

+y 2

(m−1)/2

+y+1 = (y 2

+1

(m−1)/2+1

)(y+1) = (y+1)2

= 0.

Do đó y = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (2) với a = 1.
Từ giờ trở đi, ta giả sử a = 1 và a = 0. Nâng lên lũy thừa 2(m+1)/2
ở phương trình (2), ta thu được
(m+1)/2

a2

(m+1)/2+1

y2

(m+1)/2

+ ay 2(m−1)/2+1 + y 2

+ y2

(m−1)/2

= 0.

(3)

= 0.

(4)

Cộng hai vế của hai phương trình (2) và (3), ta có
(m+1)/2

a2

(m+1)/2+1

y2

(m+1)/2

+ y2

+ ay 2(m−1)/2+1 + y 2

(m−1)/2

(m−1)/2

Vì y = 0, ta có thể chia phương trình (4) cho y 2
(m+1)/2

a2

(m−1)/2+1

+ ay + y 2

y2

(m−1)/2

ta có kết quả là

+ 1 = 0.

(5)

Cộng vế với vế của hai phương trình (2) và (5) ta được
(a2

(m+1)/2

(m−1)/2

+ a)y 2

+1

+ (a + 1)y = 0.

(6)

Vì y = 0, nên ta thu được
(a2
(m+1)/2

Từ (a2

(m+1)/2

(m−1)/2

+ a)y 2

+1

+ (a + 1) = 0.

+ a) = 0 với a ∈ {0, 1}, đa thức
(m+1)/2

(a2

(m−1)/2

+ a)y 2

+1

+ (a + 1) = 0

34


là một đa thức hoán vị trên F2m với gcd(2(m−1)/2 , 2m − 1) = 1. Do đó
tồn tại một nghiệm khác không duy nhất y đối với phương trình
(m+1)/2

(a2

+ a)y 2

(m−1)/2

+ (a + 1) = 0,

với a = 0, 1. Do đó tồn tại nhiều nhất là một nghiệm x = 0 của phương
1 + x2 + x2(m+1)/2
= a với mỗi a = 0. Do đó tồn tại một nghiệm
trình
22(m+1)/2+2
duy nhất cho g(x) = a cho mỗi a. Vì thế định lý được chứng minh.

35

Kết luận
Luận văn đã trình bày một số kết quả về đa thức hoán vị trên trường
có đặc số chẵn trong hai bài báo:
R. Gupta và R. Sharma (2016), Some new classes of permutation
trinomials over finite fields with even characteristic, Finite Fields and
their Applications, 41, 89-96.
C. Dinh, L. Qu, Q. Wang, J. Yuan, P. Yuan (2015), Permutatiin
trinomials over finite fields with even characteristic, Siam J.Discnetc
Math, 29, pp 79-82.
Nội dung chính của luận văn là:
Trình bày cấu trúc và số phần tử của trường hữu hạn, một số tính
chất cơ bản của đa thức hoán vị trên trường hữu hạn và đa thức hoán
vị modulo một số tự nhiên.
Chứng minh chi tiết năm lớp tam thức sau là hoán vị trên trường
hữu hạn có đặc số chẵn.
m

+1

∈ F22m [x]

m

−1

∈ F22m [x]

• Định lý 2.2.5. Đa thức f (x) = x4 + x2m+3 + x3·2

là hoán vị trên F22m nếu và chỉ nếu gcd(m, 3) = 1.
m

• Định lý 2.2.7. Đa thức f2 (x) := x2 + x2·2 + x3·2

là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
36


m

• Định lý 2.2.8. Đa thức f3 (x) := x5 + x2

+4

m

+ x4·2

+1

∈ F22m [x]

là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
m

• Định lý 2.2.9. Đa thức f4 (x) := x3 + x3·2 + x2

m+2

−1

∈ F22m [x]

là một đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi m là số lẻ.
• Định lý 2.2.10. Với mọi số tự nhiên lẻ m > 0, tam thức
f (x) = x + x

2

m+1 −1
2

2m −2

+x

m+1 +1
2

hoán vị trên trường F2m .

37


Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lí thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc
gia Hà Nội.
[2] Vương Thị Yến (2012), Đa thức hoán vị được, Luận văn thạc sĩ,

Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên.

Tiếng Anh
[3] C. Dinh, L. Qu, Q. Wang, J. Yuan, P. Yuan (2015), Permutatiin trinomials over finite fields with even characteristic, Siam
J.Discnetc Math, 29, pp79-82.
[4] R. Gupta và R. Sharma (2016), Some new classes of permutation
trinomials over finite fields with even characteristic, Finite Fields
and their Applications, 41, 89-96.

38