Về đa thức bất khả quy trên trường hữu hạn

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

VŨ VĂN HẢO

VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN
TRƯỜNG HỮU HẠN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


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

VŨ VĂN HẢO

VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY TRÊN
TRƯỜNG HỮU HẠN
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. Ngô Thị Ngoan

THÁI NGUYÊN - 2019

i

Mục lục
Lời cảm ơn

1

Mở đầu

2

1 Trường hữu hạn
1.1 Một số khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Đa thức tương hỗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Công thức nghịch đảo M¨obius . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 Đa thức bất khả quy trên trường
2.1 Đa thức xp − x + a . . . . . . .
2.2 Dãy các đa thức bất khả quy . .
2.2.1 Q−phép biến đổi và vết
2.2.2 Dãy đa thức bất khả quy
số 2 . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Dãy đa thức bất khả quy
số lẻ . . . . . . . . . . .

hữu hạn
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .

trên trường hữu
. . . . . . . . .
trên trường hữu
. . . . . . . . .

. . . .
. . . .
. . . .
hạn có
. . . .
hạn có
. . . .

4
4
13
14

18
. . . 18
. . . 21
. . . 22
đặc
. . . 25
đặc
. . . 30

Kết luận

36

Tài liệu tham khảo

37


1

Lời cảm ơn
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học – Đại học
Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Ngô Thị Ngoan. Tác
giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn
khoa học của mình, người đã đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian
hướng dẫn và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá
trình làm luận văn.
Tác giả cũng đã học tập được rất nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích
cho công tác và nghiên cứu của bản thân. Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn
sâu sắc tới các thầy giáo, cô giáo đã tham gia giảng dạy lớp Cao học Toán
K11D (khóa 2017–2019); Nhà trường và các phòng chức năng của Trường;
Khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên đã quan
tâm và giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.
Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Trường Trung học phổ thông
Quang Hà đã giúp đỡ, tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp tôi có thể hoàn thành
luận văn này.
Tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K11D (khóa
2017–2019) đã luôn động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình
học tập, nghiên cứu.
Cuối cùng, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh
đạo đơn vị công tác và đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện
tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu.

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2019
Tác giả
Vũ Văn Hảo


2

Mở đầu
Đa thức bất khả quy là khái niệm đóng vai trò quan trọng và có nhiều
áp dụng. Đây cũng là vấn đề kinh điển trong lý thuyết đa thức nói riêng và
trong toán học nói chung. Các bài toán về đa thức bất khả quy và bài toán
phân tích một đa thức thành nhân tử bất khả quy đã được đưa vào giảng dạy
ngay từ THCS. Việc phân tích trên cho phép học sinh chuyển việc giải một
phương trình đại số về các phương trình có bậc thấp hơn. Trong chương trình
toán học cao cấp, khái niệm đa thức bất khả quy được đưa vào giảng dạy
trong các năm đầu tiên của chương trình đào tạo Đại học. Lúc này, sinh viên
được tiếp xúc với những tiêu chuẩn về tính bất khả quy của các đa thức trên
Z[x], Q[x] như tiêu chuẩn Eisenstein, tiêu chuẩn Person, tiêu chuẩn Dumas.
Đặc biệt có thể sử dụng một kỹ thuật quan trọng là xét tính bất khả quy
của đa thức hệ số nguyên thông qua việc rút gọn theo modulo p nguyên tố.
Trong khuôn khổ luận văn này, tôi trình bày những tìm hiểu về đa thức
bất khả quy trên trường hữu hạn: Một số lớp đa thức bất khả quy; việc xây
dựng được những đa thức bất khả quy mới từ hai đa thức bất khả quy đã
cho; việc xây dựng được dãy vô hạn các đa thức bất khả quy với bậc tăng
dần từ một đa thức bất khả quy ban đầu trên các trường hữu hạn.
Nội dung luận văn bao gồm hai chương:
Chương 1 của luận văn trình bày về trường hữu hạn. Nội dung chương 1
được tham khảo chủ yếu từ các tài liệu [1] và [6]. Chúng ta sẽ trình bày về
mở rộng trường, trường phân rã của đa thức, cấu trúc của trường hữu hạn
và công thức nghịch đảo M¨obius [6] giúp ta xác định các đa thức dạng chuẩn

(đa thức monic) bất khả quy trên trường hữu hạn Fq bất kỳ có bậc n.
Chương 2 của luận văn trình bày về đa thức bất khả quy trên trường hữu
hạn. Chúng ta sẽ trình bày một lớp đa thức bất khả quy trên trường Fq [x]


3

với q = pn ; xây dựng những đa thức bất khả quy từ hai đa thức bất khả quy
đã cho; xây dựng được dãy vô hạn những đa thức bất khả quy trên trường
hữu hạn có đặc số 2 bằng cách sử dụng Q− biến đổi; xây dựng dãy vô hạn
những đa thức bất khả quy có bậc tăng dần trên trường hữu hạn có đặc số
lẻ bằng cách sử dụng R− biến đổi từ một đa thức bât khả quy ban đầu.
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 5 năm 2019
Tác giả luận văn

Vũ Văn Hảo


4

Chương 1
Trường hữu hạn
1.1

Một số khái niệm

Ta nhắc lại, một trường F là một vành giao hoán khác không và không
có ước của 0. Một trường có hữu hạn phần tử được gọi là một trường hữu
hạn.
Định nghĩa 1.1.1. Trường F được gọi là một trường nguyên tố nếu nó

không có trường con nào ngoài bản thân nó.
Nhận xét 1.1.2.
(i) Cho F là trường nguyên tố. Khi đó chỉ có thể xảy ra một trong hai trường
hợp: nếu F có đặc số 0 thì F ∼
= Q; nếu F có đặc số p thì F ∼
= Zp . Trường
hợp F ∼
= Zp . Ta thường kí hiệu Fp thay cho F.
(ii) Cho E là một trường tùy ý, khi đó nếu gọi F là giao của mọi trường con
của E thì F cũng là một trường con của E, rõ ràng F là trường con nhỏ
nhất của E , do đó F là trường nguyên tố. Trong trường hợp này, ta nói F
là trường con nguyên tố của E . Như vậy, mọi trường đều chứa một trường
con nguyên tố.
Bổ đề 1.1.3 (Cấu trúc trường hữu hạn).
(i) Cho F là trường hữu hạn có q phần tử. Khi đó tồn tại số nguyên tố p sao
cho q = pn với số tự nhiên n nào đó.
(ii) Với mỗi số nguyên tố p và số tự nhiên n = 0, tồn tại duy nhất một
trường hữu hạn có pn phần tử (sai khác một đẳng cấu trường).


5

Chứng minh.
(i) Gọi p là đặc số của trường F , khi đó p là số nguyên tố. Gọi Fp là trường con
nguyên tố của F , khi đó Fp ∼
= Zp . Ta biết rằng F là Fp −không gian vectơ hữu
hạn chiều. Giả sử dimFp (F ) = n < ∞, khi đó F có một cơ sở là {e1 , . . . , en }
n

ai ei với a1 , . . . , an ∈ Fp . Từ đó

và vì thế mỗi phần tử của F có dạng x =
i=1

suy ra số phần tử của F bằng số các bộ phần tử (a1 , . . . , an ) ∈ Fp × . . . × Fp
(n lần). Do đó q = pn .
(ii) Sự tồn tại của trường có q = pn phần tử. Xét đa thức f (x) = xq − x ∈
Fp [x] với Fp ∼
= Zp là trường nguyên tố có đặc số nguyên tố p. Gọi E là trường
phân rã của f (x) trên Fp . Đặt

K = {α ∈ E | f (α) = 0}
đó chính là tập hợp các nghiệm của f (x). Khi đó K là một trường con của
E . Thật vậy, với mọi α, β ∈ K ta có

(α − β)q = αq − β q = α − β, (αβ)q = αq β q = αβ
Do đó α − β, αβ ∈ K . Nếu α ∈ K ∗ thì (α−1 )q = (aq )−1 = α−1 suy ra
α−1 ∈ K. Ngoài ra, rõ ràng 1q = 1 nên 1 ∈ K. Cuối cùng, ta thấy rằng mọi
n
a ∈ Fp đều thỏa mãn ap = a do đó aq = ap = a chứng tỏ Fp ⊆ K. Như vậy
K chính là trường phân rã của f (x) trên Fp , trường này có q = pn phần tử
(lưu ý rằng f (x) không có nghiệm bội).
Tính duy nhất của trường có q = pn phần tử. Giả sử Fq là trường có q = pn
phần tử. Khi đó Fq có đặc số là p (giả sử p1 là đặc số của Fq thì theo (i) suy
ra q = pn1 ; do đó pn = pn1 vì thế p = p1 ). Vì F∗q = Fq \ {0} là nhóm với phép
nhân nên αq−1 = 1 với mọi α ∈ F∗q ; do đó αq = α với mọi α ∈ Fq . Chứng tỏ
mọi phần tử của Fq đều là nghiệm của đa thức f (x) = xq − x ∈ Fp [x] với Fp
là trường nguyên tố của Fq . Suy ra trường Fq chính là trường phân rã của
f (x) trên Fp . Điều đó khẳng định tính duy nhất của Fq sai khác một đẳng
cấu trường.

Trong luận văn, chúng ta sẽ quan tâm nghiên cứu về đa thức bất khả quy
trên trường hữu hạn Fq . Đa thức bất khả quy trên trường Fq chính là phần
tử bất khả quy của vành đa thức Fq [x].


6

Định nghĩa 1.1.4. Một đa thức với hệ số trên một trường được gọi là bất
khả quy nếu nó có bậc dương và không phân tích được thành tích của hai đa
thức có bậc thấp hơn.
Định lý 1.1.5. Cho F là trường hữu hạn có đặc số p. Khi đó ta có
n

n

n

n

n

n

(a + b)p = ap + bp , (a − b)p = ap − bp
với mọi a, b ∈ F, n ∈ N \ {0}.
Chứng minh. Ta có khai triển
p
p

(a + b) =

k=0

p
k

p
k

ak bp−k với

= Cpk ,

p
với mỗi 0 < k < p vì vậy (a + b)p = ap + bp . Bằng quy nạp
k
n
n−1
n
n
n
theo n, biến đổi (a + b)p = ((a + b)p )p suy ra (a + b)p = ap + bp . Để
n
n
n
chứng minh (a − b)p = ap − bp , ta biến đổi
mà p |

n

n

n

n

(a − b)p = (a + (−b))p = ap + (−b)p .
n

n

Nếu p lẻ thì ta có (−1)p = −1, nếu p chẵn thì p = 2 và (−1)p = 1 = −1.
Cho p là số nguyên tố, và 1 ≤ n ∈ Z. Đặt q = pn . Khi đó ta có định lý
sau.
Định lý 1.1.6. Nhóm nhân F∗ q của trường hữu hạn F là xyclic cấp q − 1.
Để chứng minh Định lý 1.1.6 ta cần các bổ đề sau đây.
Bổ đề 1.1.7. Nếu 1 ≤ m ∈ Z, thì m =
cho hàm Euler.

d|m ϕ(d),

trong đó ϕ(d) là kí hiệu

Chứng minh. Nếu d chia hết m, thì ta kí hiệu Cd là nhóm con duy nhất của
Zm có cấp d, và kí hiệu Φd là tập tất cả các phần tử sinh của Cd . Vì mỗi
phần tử bất kì của Zm đều sinh ra một trong các nhóm Cd nào đó, nên nhóm
Zm là hợp rời của các tập Φd ; từ đó ta có

m = |Zm | =

|Φd | =

d|m

ϕ(d).
d|m


7

Bổ đề 1.1.8. Cho H là một nhóm hữu hạn cấp n. Giả sử rằng, với mỗi ước
d của n, tập các phần tử x ∈ H sao cho xd = 1 có nhiều nhất là d phần tử.
Khi đó H là nhóm xyclic.
Chứng minh. Cho d là một ước của m. Nếu tồn tại x ∈ H có cấp d, thì nhóm
con (x) = {1, x, . . . , xd−1 } là nhóm xyclic cấp d; mặt khác theo giả thiết, có
không quá d phần tử y ∈ H thỏa mãn y d = 1. Vì thế mọi y ∈ H sao cho
y d = 1 đều thuộc vào (x). Đặc biệt, mọi phần tử của H có cấp d đều sinh ra
(x) và có tất cả ϕ(d) phần tử cấp d. Vì thế số phần tử của H có cấp d hoặc
là 0 hoặc ϕ(d).
Lưu ý rằng với trường hợp nhóm H hữu hạn bất kì có cấp n, ta cũng luôn
có

H=

Φ(d )
d |m,∃x ∈H có cấp d

trong đó Φ(d ) là kí hiệu cho tập tất cả các phần tử của H có cấp d . Do đó

m = |H| =

|Φ(d )| =

d |m,∃x ∈H có cấp d

ϕ(d ).
d |m,∃x ∈H có cấp d

Nếu tồn tại d|m mà không có phần tử nào của H có cấp d thì công thức trên
cho thấy
ϕ(d ) <
ϕ(d )
m≤
d |n, d =d

d |n

trong khi đó d |m ϕ(d ) = m theo Bổ đề 1.1.7. Từ đó suy ra mâu thuẫn.
Vậy mọi ước d của n đều có phần tử của H có cấp d. Đặc biệt, có một phần
tử x ∈ H có cấp m, và do đó H trùng với nhóm xyclic (x).
Chứng minh Định lý 1.1.6. Định lý này được suy ra từ Bổ đề 1.1.8 áp dụng
cho H = F∗q và m = q − 1. Thật vậy với mọi d|(q − 1), ta có phương trình
xd − 1 = 0 có bậc d và có hệ số trên một trường Fp , nên nó có nhiều nhất là
d nghiệm trong Fq .
Chú ý 1.1.9. Từ chứng minh trên cho thấy một kết quả tổng quát hơn đó
là mọi nhóm con hữu hạn của nhóm nhân của một trường đều là xyclic.
Định lý 1.1.10. Cho Fq là trường hữu hạn và đa thức f ∈ Fq [x] bất khả
quy trên Fq , deg f = n. Khi đó trường phân rã của f trên Fq là Fqn . Hơn


8

nữa, nếu α là một nghiệm của f thì các nghiệm còn lại của f được cho bởi

n−1
αq , . . . , αq .
Chứng minh. Với n = 1 khẳng định hiển nhiên đúng. Ta chứng minh khẳng
định đúng với n > 1. Chọn α là một nghiệm trong trường phân rã của
f, α = 0 vì f bất khả quy. [Fq (α) : Fq ] = n vì vậy theo Bổ đề 1.1.3
n
n
k
n
F
.
Giả
sử
f
(x)
=
a
x
,
do
đó
f
(α)
=
ak αk = 0. Theo Định
Fq (α) ∼
= q
k
k=0

k=0

lý 1.1.5, với 0 < i < n ta có:
qi

n

ak α

0=

k

n

n
i
i
aqk αkq

=

i

k=0

k=0

k=0

i

ak (αq )k = f (αq ),

=

vì aqk = ak do ak ∈ Fq . Chúng ta cần chỉ ra rằng αq = αq , 0 ≤ i, j < n
i
kéo theo i = j (*). Tức là chúng ta thu được {αq , i = 0, . . . , n − 1} là n
nghiệm khác nhau của f , lúc đó ta có thể kết luận trường phân rã của f là
Fq (α) ∼
= Fqn .
i

j

Muốn chứng minh (*), trước tiên, ta khẳng định tính chất một đa thức
n
bất khả quy f (x) bậc m trên trường Fq là ước của xq − x khi và chỉ khi
m | n. Thật vậy, nếu m | n thì Fqm là trường con của trường Fqn . Vì Fqn
n
chứa các nghiệm của xq − x nên mỗi nghiệm của f (x) đều là một nghiệm
n
của xq − x. Mặt khác mọi nghiệm của f (x) đều là nghiệm đơn nên ta suy
n
ra f (x) chia hết xq − x.
n

Ngược lại, nếu f (x) | xq − x và α là một nghiệm của f (x) trong Fqm , vì
n

f (x) bất khả quy bậc m nên ta có Fqm = Fq (α). Mặt khác vì f (x) | xq − x
n
nên α cũng là nghiệm của xq − x suy ra α ∈ Fqn . Vậy ta có
Fq < Fq m < Fq n
và m | n theo tháp mở rộng trường hữu hạn.
i

j

Bây giờ, ta giả sử phản chứng αq = αq , 0 ≤ i < j < n. Khi đó, vì α = 0
ta có
j
i j−i
j−i
i
i
αq = αq ⇔ αq (q −1) = 1 ⇔ (αq −1 )q = 1.
j−i

n

Lũy thừa cả hai vế q n−i lần và nhân α vào hai vế ta nhận được (αq −1 )q =
j−i
1 ⇔ αq = α ⇒ α là nghiệm của xj−i − x ⇒ n | j − i mâu thuẫn với
0 < j − i < n.


9

Chú ý 1.1.11. Trong chứng minh của định lý trên ta nhận thấy rằng một đa

thức bất khả quy có bậc m trên một trường hữu hạn phải có m nghiệm khác
nhau. Do đó ta có thể khẳng định có các dạng đa thức không là bất khả quy:
Cho Fq là trường hữu hạn có đặc số p và xét đa thức xp + a với a ∈ Fq . Chọn
α là nghiệm của xp + a = 0 với α ∈ Fqp . Khi đó (x − α)p = xp − αp = xp + a
và ta thấy chỉ có duy nhất nghiệm của xp + a = 0 là α và vì p > 1 đa thức
xp + a khả quy trên Fq vì nếu nó bất khả quy thì nó phải có p nghiệm khác
nhau.
Định nghĩa 1.1.12. Cho F là một trường và K ⊆ F . Tự đẳng cấu σ của
F được gọi là một tự đẳng cấu của F trên K nếu σ(a) = a với mọi a ∈ K .
Định lý 1.1.13. Cho Fq và Fqm , m > 1 là các trường hữu hạn. Khi đó các
i
tự đẳng cấu của Fqm trên Fq chính là σi , i = 1, . . . , m trong đó σi (α) = αq
với mọi α ∈ Fqm .
Chứng minh. Dễ dàng nhận thấy σi là các tự đẳng cấu của Fqm trên Fq .
Giả sử ϕ là một tự đẳng cấu của Fqm trên Fq . Gọi θ là một phần tử sinh
của nhóm nhân Fqm . Nếu chúng ta có thể xác định ảnh của θ, chúng ta hoàn
toàn có thể xác định được tự đẳng cấu (vì ta có thể xét ϕ là ánh xạ tuyến
tính của Fqm được coi như một không gian vectơ trên Fq ). Bây giờ, gọi f
là đa thức cực tiểu của θ trên Fq , deg f = m. Vì ϕ tuyến tính nên ta có
0 = ϕ(f (θ)) = f (ϕ(θ)). Suy ra ϕ(θ) là một nghiệm của f (x). Theo Định lý
k
1.1.10, ta có ϕ(θ) = θp với k ∈ {1, . . . , m}.
Chú ý 1.1.14. Cho K là một trường và F là một mở rộng hữu hạn của
K . Khi đó mở rộng F/K được gọi là chuẩn tắc nếu [F : K] = |Aut(F/K)|,
trong đó Aut(K/F) là nhóm các tự đẳng cấu của F trên K . Những mở rộng
này có vai trò quan trọng trong lý thuyết Galois. Theo định lý trên, ta thấy
rằng một mở rộng hữu hạn của một trường hữu hạn luôn là mở rộng chuẩn
tắc.
Định nghĩa 1.1.15. Cho F = Fqm và K = Fq là các trường hữu hạn. Một
n−1

cơ sở chính tắc của F trên K là một cơ sở có dạng {α, αq , . . . , αq } với
α ∈ F.


10

Chú ý 1.1.16. Theo Định lý 1.1.13, tự đẳng cấu của F trên K là σi (α) =
i
αq , 0 ≤ i < m, một cơ sở chính tắc của F trên K là một cơ sở của F trên
K có dạng {α, σ1 (α), . . . , σm−1 (α)} với α ∈ F .
Hai định lý được phát biểu dưới đây dùng để chứng minh mọi trường hữu
hạn đều có một cơ sở chính tắc trên mọi trường con.
Định lý 1.1.17. Cho F là một trường hữu hạn và V là một F − không gian
hữu hạn chiều với dim V = n và T : V → V là ánh xạ tuyến tính. V là
T −cyclic, nghĩa là có một cơ sở của V có dạng {ν, T (ν), . . . , T n−1 (ν)} với
ν ∈ V khi và chỉ khi đa thức đặc trưng χT của T trùng với đa thức cực tiểu
µT của T .
Chứng minh. Áp dụng Mệnh đề 13, trang 474, chương 12 trong tài liệu [3],
ta có đẳng cấu

V ∼
= F [x]/(a1 (x)) ⊕ F [x]/(a2 (x)) ⊕ · · · ⊕ F [x]/(am (x))
như các F [x]−modules, trong đó a1 (x), a2 (x), . . . , am (x) là các đa thức có
bậc ≥ 1 thỏa mãn a1 (x) | a2 (x) | . . . | am (x).
Đặc biệt, ta có am (x)V = am (T )V = 0. Từ đây suy ra đa thức cực tiểu
µT của T là ước của am (x) suy ra µT = am (x).
Ta có

n = dimF V = deg a1 +deg a2 +· · ·+deg am ≥ deg am = deg µT = deg χT = n
Vậy ta phải có dấu “=”, tức là m = 1 và V ∼

= F [x]/(a1 (x)), V là cyclic
như F [x]−module. Vậy V có một cơ sở là {ν, T (ν), . . . , T n−1 (ν)} với ν ∈
V \ {0}.
Định lý 1.1.18. Cho G là một nhóm. Đặt ϕ1 , . . . , ϕm là các tự đồng cấu
khác nhau từ G đến F∗q và đặt a1 , . . . , am ∈ Fq không đồng thời bằng 0. Khi
đó ϕ1 , . . . , ϕm là độc lập tuyến tính nghĩa là tồn tại g ∈ G sao cho

a1 ϕ1 (g) + · · · + am ϕm (g) = 0.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m. Nếu m = 1 thì ta có
a1 ϕ1 (g) = 0 với mọi g ∈ G. Từ đó suy ra a1 = a1 ϕ1 (1) = 0, nên định lý
đúng với m = 1. Giả sử định lý đúng với m − 1 và giả sử có a1 , . . . , am ∈ Fq


11
m

ai ϕi (g) = 0 với mọi g ∈ G. Ta giả sử phản chứng rằng tồn tại

sao cho
i=1

ai = 0. Khi đó có hai khả năng xảy ra: thứ nhất nếu có aj nào đó bằng 0
(j = i), khi đó theo giả thiết quy nạp ta suy ra ai = 0, điều này mâu thuẫn.
Thứ hai tất cả các aj đều khác 0, với giả thiết này ta chia hai vế cho am = 0
ta được đẳng thức
m−1

bi ϕi (g) + ϕm (g) = 0, ∀g ∈ G (bi = 0, ∀i).

(1.1)

i=1

Do ϕ1 = ϕm nên ta có thể chọn được a ∈ Fq sao cho ϕ1 (a) = ϕm (a). Thay
g = ag vào (1.1) ta được
m−1

bi ϕi (a)ϕi (g) + ϕm (a)ϕm (g) = 0, ∀g ∈ G; (bi = 0, ∀i).
i=1

Từ đó suy ra
m−1

bi ϕi (a)ϕm (a)−1 ϕi (g) + ϕm (g) = 0, ∀g ∈ G.

(1.2)

i=1

Từ (1.1) và (1.2), bằng cách trừ vế cho vế ta được
m−1

bi (ϕi (a)ϕm (a)−1 − 1)ϕi (g) = 0 + ϕm (g), ∀g ∈ G,
i=1

từ đây theo giả thiết quy nạp suy ra bi (ϕi (a)ϕm (a)−1 − 1) = 0 với mọi
i = 1, . . . , m − 1. Nói riêng với i = 1 ta có b1 (ϕ1 (a)ϕm (a)−1 − 1) = 0. Vì
theo cách chọn a, ta có ϕ1 (a) = ϕm (a) nên phải có b1 = 0, điều này mâu
thuẫn.
Định lý sau chỉ ra rằng mọi trường hữu hạn đều có một cơ sở chính tắc

trên tất cả các trường con.
Định lý 1.1.19. Cho F = Fqm và K = Fq là các trường hữu hạn. Khi đó
tồn tại một cơ sở chính tắc của F trên K .
i

Chứng minh. Xét các tự đẳng cấu σi (α) = αq , 0 ≤ i < m của F trên K .
Khi đó có m đồng cấu nhóm khác nhau từ F ∗ đến F ∗ . Hơn nữa, các σi là


12

các ánh xạ tuyến tính của F được xem như một không gian vectơ trên K .
Để chứng minh F có một cơ sở chính tắc trên K ta chứng minh F là σ1 −
cyclic. Chúng ta xét đa thức đặc trưng χ và đa thức cực tiểu µ của σ1 .
Đa thức f (x) = xm −1 thoả mãn f (σ1 ) = 0 ∈ End(F). Chúng ta sẽ chứng
minh không có đa thức g(x) có bậc nhỏ hơn m sao cho g(σ1 ) = 0 ∈ End(F).
Giả sử g(x) = 0, deg g < m. Khi đó, giả sử g(σ1 ) có dạng

a0 σ10 + a1 σ11 + · · · + am σ1m−1 = a0 σ0 + a1 σ1 + · · · + am−1 σm−1
trong đó a0 , . . . , am−1 ∈ F không đồng thời bằng 0 và áp dụng Định lý 1.1.18
suy ra ∃ a ∈ F sao cho g(σ1 )(a) = 0 do đó g(σ1 ) = 0. Như vậy đa thức cực
tiểu µ của σ1 là f (x). Măt khác, χ có bậc m; µ | χ cả µ và χ là đa thức dạng
chuẩn suy ra: χ = µ = f .
Theo Định lý 1.1.17 chúng ta có F là σ1 −cyclic, trong đó F được coi như
một không gian vectơ trên K , nghĩa là với a ∈ F sao cho {a, σ1 (a), . . . , σ1m−1 (a)}
là một cơ sở của F trên K . Đây là cơ sở chính tắc của F trên K .
Định lý tiếp theo được biết đến như một tiêu chuẩn để xác định một phần
tử α của trường Fq có đặc số lẻ có là thặng dư bậc hai hay không (tức là có
tồn tại một phần tử β ∈ Fq sao cho α = β 2 hay không).
Định lý 1.1.20. Cho F là trường hữu hạn có đặc số lẻ, |F | = q . Khi đó

α ∈ F ∗ không là thặng dư bậc hai của F khi và chỉ khi α(q−1)/2 = −1.
2

Chứng minh. Với bất kỳ phần tử α khác 0, ta đều có α(q−1)/2 − 1 = 0 nên
α(q−1)/2 = ±1, vì đa thức x2 − 1 = 0 chỉ có hai nghiệm trên một trường. Gọi
θ là phần tử sinh của F∗q , khi đó α = θk với k là một số tự nhiên. Có hai
trường hợp xảy ra:
Nếu k chẵn, thì α = (θk/2 )2 là một thặng dư bậc hai trong F và α(q−1)/2 =
θk.(q−1)/2 = (θk/2 )q−1 = 1.
Nếu k lẻ ta viết α = θ2l+1 với số tự nhiên l, trường hợp này α không là
thặng dư bậc hai trong F , và ta có

α(q−1)/2 = (θ2l θ)(q−1)/2 = (θl )q−1 θ(q−1)/2 = −1,
vì vậy θ(q−1)/2 phải bằng −1 do θ là phần tử sinh của F∗q .


13

Chú ý 1.1.21. Từ định lý trên ta có một phần tử khác không của trường
hữu hạn có đặc số lẻ không phải thặng dư bậc hai khi và chỉ khi nó là luỹ
thừa bậc lẻ của phần tử sinh của nhóm với phép nhân. Từ đó, ta có kết luận
tích của một số không phải thặng dư bậc hai và một số thặng dư bậc hai
(khác 0) là một số không phải thặng dư bậc hai, cũng như tích của hai số
thặng dư bậc hai là một số thặng dư bậc hai và tích của hai số không phải
thặng dư bậc hai là một số thặng dư bậc hai.

1.2

Đa thức tương hỗ

Khi xây dựng dãy các đa thức bất khả quy, phần lớn các đa thức được
xét đến là đa thức tự tương hỗ. Đa thức tự tương hỗ được định nghĩa như
sau.
n

Định nghĩa 1.2.1. Đa thức tương hỗ của đa thức f (x) =
khác 0, có bậc n, ký hiệu là f ∗ , là đa thức f ∗ (x) =

n

ak xk ∈ Fq [x]

k=0

ak xn−k . Một đa thức

k=0

được gọi là tự tương hỗ nếu f (x) = f ∗ (x).
Với đa thức f (x) ∈ Fq [x] chúng ta có thể viết

f ∗ (x) := xn f (1/x),

(1.3)

chú ý rằng f ∗ (x) ∈ Fq [x].
n

Chú ý 1.2.2.

(i) Đa thức f (x) =

ak xk tự tương hỗ khi và chỉ khi hệ

k=0

số trong f đối xứng, nghĩa là ak = an−k , k = 0, . . . , n.
(ii) Cho f (x), g(x) ∈ Fq [x], ta có

(f g)∗ = xdeg f g f (1/x)g(1/x) = xdeg f f (1/x)xdeg g g(1/x) = f ∗ g ∗
và trong trường hợp cụ thể, (cf )∗ = cf ∗ với c ∈ Fq . Nếu f (0) = 0 thì
(f ∗ )∗ = f.
(iii) Cho f ∈ Fq [x] là đa thức bất khả quy trên Fq , f (0) = 0. Khi đó f ∗ bất
khả quy trên Fq .


14

Chứng minh. (iii) Vì f (0) = 0 nên deg(f ) = deg(f ∗ ) và vì (f ∗ )∗ = f. Giả sử
f ∗ = gh, deg(g) < deg(f ∗ ), deg(h) < deg(f ∗ ) khi đó f = (f ∗ )∗ = (gh)∗ =
g ∗ h∗ kéo theo g ∗ hoặc h∗ là đa thức hằng. Không mất tổng quát, giả sử
h∗ (x) = xdeg h h(1/x) là hằng số. Do đó ta có h(x) = axn với a ∈ Fq , n ∈ N
kéo theo f ∗ (0) = 0 dẫn đến deg(f ) < deg(f ∗ ), vô lý. Do đó, n = 0 và f ∗ bất
khả quy.

1.3

Công thức nghịch đảo M¨
obius

Định nghĩa 1.3.1. Hàm M¨obius µ là hàm số µ : N∗ → N được cho bởi công
thức



1
nếu n = 1,


µ(n) = (−1)k nếu n là tích của k số nguyên tố khác nhau,



0
nếu n chia hết cho bình phương của một số nguyên tố.
(1.4)
Chú ý 1.3.2. Hàm M¨obius µ còn có cách biểu diễn khác như sau: Cho ω(n)
1, vì vậy ω(n) là số các ước số nguyên tố khác
là hàm số học với ω(n) =
p|n

nhau của n. Khi đó



(−1)ω(n)


µ(n) =




0

nếu n không chia hết cho bình phương của
(1.5)

một số nguyên tố.
trong các trường hợp còn lại.

Định lý 1.3.3. µ(n) là một hàm số học, nhân tính và

µ(d) bằng 0 nếu
d|n

n > 1 và bằng 1 nếu n = 1.
Chứng minh. Với trường hợp n = 1 hiển nhiên đúng. Ta chứng minh cho
trường hợp n > 1.
Cho n > 1 ta chỉ tính những số nguyên dương d chia hết n mà µ(d) = 0,
tức là với d = 1 hoặc d là tích của các số nguyên tố khác nhau. Do vậy, nếu


15

p1 , p2 , . . . , pk là các số nguyên tố khác nhau, là ước của n, thì ta có
k

µ(d) = µ(1) +

1≤i1

i=1

d|n

=1+

µ(pi1 pi2 ) + · · · + µ(p1 p2 . . . pk )

µ(pi ) +

k
1

(−1) +

k
2

k
k

(−1)2 + · · · +

(−1)k

= (1 + (−1))k = 0.

Định lý 1.3.4 (Công thức nghịch đảo M¨obius). Nếu F, f là các hàm số học
thỏa mãn F (n) =

f (d) với mọi n ∈ N∗ thì f (n) = µ(d)F (n/d) với mọi
d|n

d|n

∗

n∈N .
Chứng minh. Gọi I là tập các cặp (a, b) sao cho ab | n. Khi đó

µ(d)F (n/d) =
d|n

µ(d)
d|n

f (e) =

µ(d)f (e)

e|(n/d)

=

d|n e|(n/d)

µ(d)f (e) =
(d,e)∈I

f (e)

e|n

µ(d) = f (n),
d|(n/e)

µ(d) bằng 0 nếu n > 1.

vì
d|n

Chứng minh tương tự ta có định lý sau:
Định lý 1.3.5. Nếu F, f là các hàm số học thỏa mãn f (n) =

µ(d)F (n/d)
d|n

với n ∈ N∗ thì F (n) =

f (d) với mọi n ∈ N∗ .
d|n

Định lý 1.3.6. Cho ϕ : N → C là hàm Euler tổng quát. Khi đó

ϕ(n)
=
n

d|n

µ(d)

.
d

Chứng minh. Ta có

ϕ(d) = n := F (n)
d|n

(1.6)


16

Áp dụng công thức nghịch đảo M¨obius ta có:

ϕ(d) = F (n) ⇒ ϕ(n) =

µ(d)
d|n

d|n

n
ϕ(n)
⇒
=
d
n

d|n

µ(d)
.
d

Định lý 1.3.7. Cho Fq là trường hữu hạn. Gọi Id (n) là số các đa thức dạng
chuẩn bất khả quy trên Fq bậc n. Khi đó

Iq (n) =

1
n

µ(d)q n/d .
d|n
n

Chứng minh. Với n cho trước, ta xét đa thức g(x) = xq − x. Ta có trường
phân rã của g(x) trên Fq là Fqn . Với mỗi đa thức f (x) bậc m, bất khả quy
trên Fq theo chứng minh Định lý 1.1.10 ta có f (x) | g(x) khi và chỉ khi m | n.
n

Chúng ta đã chỉ ra rằng xq − x là tích của tất cả các đa thức dạng chuẩn
bất khả quy trên Fq với bậc là ước của n. Do đó ta có q n =
Iq (d)d. Đặt
d|n
n

F (n) = q , f (n) = nIq (n) và áp dụng công thức nghịch đảo M¨obius thì ta
thu được:

µ(d)F n | d ⇒ Iq (n) =

f (n) =
d|n

1
n

µ(d)q n/d .
d|n

Ví dụ 1.3.8.
(i) Số các đa thức dạng chuẩn bất khả quy trong Fq [x] có bậc 20 được cho
bởi công thức:

Iq (20) =
=

1
20

µ(d)q 20/d
d|20

1
µ(1)q 20 + µ(2)q 10 + µ(4)q 5 + µ(5)q 4 + µ(10)q 2 + µ(20)q .
20

Trong đó

µ(1) = 1, µ(2) = (−1)1 = −1, µ(4) = 0
µ(5) = (−1)1 = −1, µ(10) = (−1)2 = 1, µ(20) = 0.


17

Do đó

1 20
(q − q 10 − q 4 + q 2 ).
20
(ii) Tương tự, chúng ta có thể tính số các đa thức dạng chuẩn bất khả quy
trong Fq [x] có bậc 30 được cho bởi công thức:
Iq (20) =

Iq (30) =

1
30

µ(d)q 30/d =
d|30

1
µ(1)q 30 + µ(2)q 15 +
30

+ µ(3)q 10 + µ(5)q 6 + µ(6)q 5 + µ(15)q 2 + µ(30)q
=

1 30
(q − q 15 − q 10 − q 6 + q 5 + q 2 − q).
30


18

Chương 2
Đa thức bất khả quy trên trường
hữu hạn
2.1

Đa thức xp − x + a

Định lý 2.1.1. Cho p là một số nguyên tố. Đa thức f (x) = xp − x + a ∈
Fq [x], q = pn với n ≥ 1 bất khả quy trên Fq khi và chỉ khi nó không có
nghiệm trong Fq .
Chứng minh. Cho α là một nghiệm của f trên mở rộng trường của Fq . Vì
với mọi b ∈ Fp , b là một nghiệm của đa thức xp − x nên theo Định lý 1.1.5
ta có α + b cũng là một nghiệm của f với mọi b ∈ Fp . Vì f là đa thức bậc p
nên {α + b, b ∈ Fp } là tất cả các nghiệm của f . Do đó, trường phân rã của
f trên Fq là Fq (α). Gọi p(x) là một nhân tử bất khả quy của f (trên trường
Fq ) thì Fq [x]/(p(x)) là một trường. Khi đó, p(α + b) = 0 với b ∈ Fp và ta
có Fq [x]/(p(x)) ∼
= Fq (α). Vậy, với bất kỳ nhân tử bất khả quy p(x) của f ta
đều có Fq [x]/(p(x)) ∼
= Fq (α), điều này dẫn đến tất cả các nhân tử bất khả
quy của f có cùng bậc. Nếu số các nhân tử bất khả quy này là k , mỗi nhân
tử này có bậc m thì chúng ta có km = p. Suy ra k = 1 hoặc m = 1.
Vì f không có nghiệm trên Fq nên [Fq (α) : Fq ] > 1 ⇒ m > 1 tức là m = p

và k = 1, vậy f bất khả quy. Ngược lại, nếu f bất khả quy trên Fq ta suy ra
k = 1 và m = p suy ra [Fq (α) : Fq ] = p suy ra α ∈
/ Fq
Áp dụng Định lý 2.1.1 chúng ta có thể dễ dàng kết luận biểu diễn của


19

một trường hữu hạn như một vành thương không là duy nhất.
Ví dụ 2.1.2. Nếu p = 5 thì các đa thức bất khả quy x5 − x + 1, x5 − x + 2
trên trường F5 nên chúng ta có
F5 [x]/(x5 − x + 1) ∼
= F55 .
= F5 [x]/(x5 − x + 2) ∼
Định lý 2.1.3. Cho F là trường hữu hạn và gọi f, g ∈ Fq [x] là các đa thức
bất khả quy trên Fq , trong đó deg f = m, deg g = n, gcd(m, n) = 1 và
m, n > 1. Khi đó đa thức

(x − αβ),

h× (x) =

(x − (α + β)) (2.1)

h+ (x) =
f (α)=0 g(β)=0

f (α)=0 g(β)=0

là các đa thức bất khả quy trên Fq có bậc mn, trong đó các tích chạy trên tất

cả các nghiệm α của f và tất cả các nghiệm β của g trong các trường phân
rã của f, g tương ứng.
Chứng minh. Ta chứng minh đa thức h× (x) là bất khả quy, h+ (x) được
chứng minh tương tự. Theo giả thiết f, g là các đa thức bất khả quy trên
Fq [x] và gcd(m, n) = 1. Đặt γ = αβ . Khi đó γ là một nghiệm của f g . Ta
chứng minh h× (x) là bất khả quy bằng cách chứng minh đa thức cực tiểu
của γ trên Fq có bậc mn. Tức là chứng minh nếu d là số nguyên nhỏ nhất
d
sao cho γ q = γ thì d = mn (khi đó γ ∈ Fqmn và không thuộc vào trường bé
hơn).
Thật vậy, trước hết ta có

γq
d

mn

mn

= αq β q
d

mn

= αβ = γ,

d

vì vậy d ≤ mn. Giả sử γ q = γ ⇒ αq β q = αβ.
td

td

md

Ta có αq β q = αβ với mọi t ∈ N. Cho t = m ta được αβ q = αβ ⇒
md
β q = β ⇒ n | md, do (m, n) = 1 nên n | d. Tương tự ta cũng chứng
minh được m | d ⇒ mn | d, vì d ≤ mn nên d = mn. Chú ý rằng h× (x) =


20

αn g(α−1 x). Thật vậy, ta có
f (α)=0

α(α−1 x − β)

(x − αβ) =

h× (x) =

g(β)=0 f (α)=0

f (α)=0 g(β)=0

=

α(α−1 x − β)) =

(
f (α)=0 g(β)=0

f (α)=0

αn g(α−1 x) vì g(x) =

=

(α−1 x − β)

αn

g(β)=0

(x − β).
g(β)=0

f (α)=0

Ví dụ 2.1.4. Cho f (x) = x2 + x + 1, g(x) = x3 + x + 1 ∈ F2 [x]. Các đa
thức trên thoả mãn các giả thiết của Định lý 2.1.3. Chúng ta tìm đa thức
h× (x). Từ công thức (2.1) ta có

α3 g(α−1 x)

h× (x) =
f (α)=0

trong đó tích chạy trên các nghiệm của f (x) trên F4 gọi là α1 , α2 . Ta tính

h× (x) = (x3 + α12 x + α13 )(x3 + α22 x + α23 ),
biến đổi ta thu được

h× (x) = x6 + (α12 + α22 )x4 + (α13 + α23 )x3 + (α12 α22 )x2 + (α12 α23 + α13 α22 )x + α13 α23 .
Vì f (x) = (x + α1 )(x + α2 ) = x2 + x + 1 nên ta có α1 α2 = 1, α1 + α2 = 1.
Từ đó suy ra
h× (x) = x6 + x4 + x2 + x + 1,
bất khả quy trên F2 có bậc 6.
Nội dung tiếp theo của mục này sẽ chỉ cho chúng ta cách xây dựng được
một đa thức bất khả quy mới từ một đa thức bất khả quy đã cho thông qua
phép đẳng cấu.
Cho Fq là một trường hữu hạn và σ là một tự đẳng cấu của Fq . Ta định
nghĩa
σ
¯ : Fq [x] → Fq [x]


21

sao cho

n

σ(ak )xk

σ
¯ (f (x)) =
k=0
n

trong đó f (x) =

ak xk ∈ Fq [x]. Ta chứng minh σ
¯ là đồng cấu vành.

k=0

Thật vậy, với hai đa thức f (x), g(x) ∈ Fq [x] hiển nhiên ta có σ
¯ (f (x) +
g(x)) = σ
¯ (f (x)) + σ
¯ (g(x)). Bây giờ ta phải chứng minh σ
¯ (f (x)g(x)) =
σ
¯ (f (x))¯
σ (g(x)). Áp dụng công thức trên ta chỉ cần xét g(x) = axn và f (x) =
n

ak xk , thì ta có

k=0
n

n
n

a.ak x

σ

¯ (f (x)ax ) = σ
¯

k+n

σ(a.ak )xk+n

=
k=0

k=0
n

= σ(a)xn

σ(ak )xk = σ
¯ (f (x))¯
σ (axn ).
k=0

Điều này chỉ ra rằng σ
¯ thực sự là một đồng cấu. Hơn nữa, ánh xạ ngược của
nó là
(¯
σ )−1 = σ −1 .
Ta có kết quả sau:
Định lý 2.1.5. Một đa thức f (x) ∈ Fq [x], bất khả quy trên Fq khi và chỉ khi
σ
¯ (f (x)) là bất khả quy trên Fq , trong đó σ : Fq → Fq là một tự đẳng cấu của
Fq .

Chứng minh. Giả sử đa thức f (x) khả quy suy ra f (x) = g(x)h(x), deg g, deg h >
0, khi đó
σ
¯ (f (x)) = σ
¯ (g(x)h(x)) = σ
¯ (g(x))¯
σ (h(x))
và σ là một tự đẳng cấu, σ(a) = 0 với a = 0, deg g = deg σ
¯ (g), deg h =
deg σ
¯ (h), do đó σ
¯ (f (x)) khả quy.
Nếu σ
¯ (f (x)) khả quy với vài σ thì f (x) = σ
¯ −1 (¯
σ (f (x))) khả quy.

2.2

Dãy các đa thức bất khả quy

Trong mục này chúng ta sẽ nghiên cứu chi tiết việc xây dựng dãy các đa
thức bất khả quy trên các trường hữu hạn với đặc số p (chúng ta sẽ nghiên


22

cứu các trường hợp đặc số p cụ thể). Việc xây dựng dãy các đa thức bất khả
quy trên trường hữu hạn có đặc số 2 dựa trên việc áp dụng Q−phép biến
đổi và vết. Đối với các trường có đặc số lẻ, chúng ta sẽ sử dụng R−phép biến

đổi. Ta sẽ chứng minh định lý chính sau đây.
Định lý 2.2.1. Cho p là một số nguyên tố lẻ, q là một luỹ thừa của p, gọi
f1 ∈ Fq [x] là đa thức dạng chuẩn, bất khả quy trên Fq bậc n, trong đó n là
số chẵn nếu p ≡ 3 (mod 4), thỏa mãn f1 (1)f1 (−1) không là một thặng dư
bậc hai của Fq , khi đó ta có dãy đa thức dạng chuẩn xác định bởi
n2m−1

fm+1 (x) = (2x)

fm

x2 + 1
2x

mà mỗi đa thức của dãy đều bất khả quy trên Fq .

2.2.1

Q−phép biến đổi và vết

Ta sẽ sử dụng Q−phép biến đổi để xây dựng các đa thức bất khả quy từ
một đa thức bất khả quy đã cho. Trước tiên, ta định nghĩa Q−phép biến đổi
như sau.
Định nghĩa 2.2.2. Cho đa thức f ∈ Fq [x]. Đặt f Q (x) = xdeg f f (x + 1/x)
biểu diễn như một phần tử của Fq (x), nhưng thực chất là một phần tử của
n

ak xk , an = 0, thì

Fq [x]. Cụ thể hơn, nếu f (x) =

k=0
n
Q

ak (x2 + 1)k xn−k .

f (x) =
k=0

Ánh xạ f (x) → f Q (x) được gọi là Q−phép biến đổi.
Chú ý 2.2.3.
(i) Nếu deg f = n thì deg f Q = 2n và (f Q )∗ = f Q , nghĩa là f Q tự tương hỗ.
(ii) Nếu f ∈ Fq [x] và a ∈ Fq thì theo định nghĩa của f Q (x) ta có

(af (x))Q = af Q (x).
Tổng quát hơn, nếu f (x) = g(x)h(x); g, h ∈ Fq [x] thì

f Q (x) = xdeg f f (x + 1/x) = xdeg g xdeg h g(x + 1/x)h(x + 1/x) = g Q (x)hQ (x),