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 V là một T - không gian véc tơ.

(i) Một hệ véc tơ {vi }i∈I trong V được gọi là một hệ sinh của V nếu
mọi phần tử x ∈ V đều có thể biểu thị tuyến tính theo hệ đó, tức
là tồn tại hữu hạn phần tử vi1 , · · · , vik của hệ {vi }i∈I và hữu hạn
phần tử ai1 , · · · , aik của T sao cho x =

k
j=1 aij vij .

Nếu V có

một hệ sinh gồm hữu hạn phần tử thì V được gọi là T -không gian
hữu hạn sinh.
(ii) Một hệ véc tơ {vi }i∈I trong V được gọi là một hệ độc lập tuyến tính
nếu từ mỗi ràng buộc tuyến tính của hệ

k
j=1 aij vij

= 0 ta đều có
6


aij = 0 với mọi j = 1, · · · , k.
(iii) Một hệ véc tơ của V được gọi là cơ sở của V nếu nó là một hệ
sinh và độc lập tuyến tính. Nếu V có một cơ sở gồm n phần tử thì
ta nói V có chiều n và ta viết dimT V = n.
Giả sử V và V là các không gian véc tơ trên trường T . Ta nói ánh
xạ f : V → V là ánh xạ tuyến tính nếu f (a + b) = f (a) + f (b)
và f (ra) = rf (a) với mọi a, b ∈ V , mọi r ∈ T .
Mệnh đề 1.1.7. Cho T là một trường hữu hạn có q phần tử. Khi đó q

là một lũy thừa của một số nguyên tố p với p là đặc số của T .
Chứng minh. Đặt K = {n1 | n ∈ Z}. Vì T là trường hữu hạn nên
theo Mệnh đề 1.1.4, T có đặc số p nguyên tố. Ta chứng minh K là
trường có p phần tử.
Rõ ràng, phép cộng và nhân là phép toán trên K, và 0 ∈ K, 1 ∈ K.
Do đó để chứng minh K là trường, ta chỉ cần chứng minh nếu n1 = 0
thì n1 có phần tử nghịch đảo. Cho n1 = 0. Vì T có đặc số p và p1 = 0
suy ra n không là bội của p. Do p nguyên tố nên (n, p) = 1, tức là tồn
tại x, y ∈ Z sao cho 1 = nx + py. Suy ra 1 = (nx + py)1 = (n1)(x1).
Vì thế x1 ∈ K và x1 là nghịch đảo của n1. Do đó K là trường.
Với 0 ≤ n < m < p, ta có n1 = m1. Thật vậy, nếu n1 = m1 thì
(m−n)1 = 0, trong đó 0 < m−n < p, điều này là vô lý. Suy ra K chứa
p phần tử khác nhau. Cho n ∈ Z tùy ý. Viết n = pr + s, 0 ≤ s < p. Ta
có n1 = (pr + s)1 = s1. Vậy K có đúng p phần tử.
7


Xét T là K- Không gian véc tơ. Vì T là trường hữu hạn nên T có
số chiều hữu hạn t. Đặt dimT T = t khi đó số phần tử của T là pt .
Định lý 1.1.8. (Về cấu trúc của trường hữu hạn) Các phát biểu sau
đây là đúng:
(i) Nếu T là trường có hữu hạn q phần tử, thì q là lũy thừa của một số
nguyên tố.
(ii) Nếu q là lũy thừa của một số nguyên tố, thì tồn tại duy nhất một
trường có q phần tử.
Chứng minh. Xem tài liệu [1].
Định nghĩa 1.1.9. Nhóm là một tập G cùng với một phép toán nhân
sao cho phép nhân kết hợp, có phần tử đơn vị là 1 và mọi phần tử của
G đều có nghịch đảo a−1 ∈ G.
Một tập con H của G được gọi là nhóm con của G nếu H đóng kín

phép nhân và lập thành một nhóm với phép nhân đó.
Nhận xét 1.1.10. Nếu T là một trường thì tập T ∗ = T \{0} là một
nhóm với phép nhân.
Nhóm G được gọi là xyclic nếu tồn tại phần tử a ∈ G sao cho:
G = {an | n ∈ Z}.
Khi đó ta viết G =< a > và ta nói G là nhóm xyclic sinh bởi a. Chú ý
rằng nhóm con của nhóm xyclic là xyclic.

8


Mệnh đề 1.1.11. Cho T là một trường. Khi đó nhóm T ∗ = T \{0} là
một nhóm nhân xyclic.
Chứng minh. Xem tài liệu [1].
Trong lý thuyết nhóm hữu hạn, Định lý Lagrange phát biểu rằng
nếu G là nhóm có n phần tử và H là nhóm con của G có m phần tử thì
m là ước của n. Do đó nếu a ∈ G, thì an = 1.
Chú ý 1.1.12. Nếu T là trường có q phần tử thì nhóm nhân
T ∗ = T \{0}
có q − 1 phần tử. Vì thế aq−1 = 1 với mọi a ∈ T ∗ = T \{0}.

1.2

Một số tính chất cơ bản của đa thức hoán vị

Sau đây là khái niệm và một số kết quả về đa thức hoán vị trên
trường hữu hạn.
Định nghĩa 1.2.1. Cho T là một trường hữu hạn. Một đa thức f (x) với
hệ số trên T được gọi là hoán vị nếu ánh xạ cảm sinh f : T → T cho
ứng phần tử a với f (a), là một song ánh.

Ví dụ 1.2.2. Trên trường Z2 thì các đa thức f (x) = x và g(x) = x + 1
là các đa thức hoán vị, bởi vì f (0) = 0 và f (1) = 1; g(0) = 1;
g(1) = 0 (tức là các ánh xạ cảm sinh f, g : Z2 → Z2 là song ánh); còn
đa thức h(x) = x2 + x + 1 không hoán vị được vì h(0) = h(1) = 1.

9


Mệnh đề 1.2.3. Cho T là một trường hữu hạn có q phần tử. Các phát
biểu sau là đúng
(i) Các đa thức bậc không không hoán vị trên T .
(ii) Các đa thức bậc nhất luôn hoán vị trên T .
(iii) Đơn thức xn hoán vị trên T khi và chỉ khi gcd (q − 1, n) = 1. Đặc
biệt, x2 hoán vị trên T khi và chỉ khi T có đặc số 2 (tức là q là số chẵn).
(iv) Nếu n là số nguyên tố thì xn hoán vị trên T nếu và chỉ nếu q không
đồng dư với 1 theo mođun n.
(v) Đa thức ax2 + bx + c với a = 0 và a, b, c ∈ T , hoán vị trên T nếu
và chỉ nếu b = 0 và T có đặc số 2 (tức là q là số chẵn).
Chứng minh. Xem tài liệu [2].
Sau đây là tính hoán vị của các tam thức trên trường hữu hạn (xem
tài liệu [2]).
Mệnh đề 1.2.4. Cho T là trường có q phần tử. Cho k > j là hai
số nguyên dương. Cho a ∈ T là phần tử khác 0. Khi đó tam thức
axk + bxj + c (trong đó a, b, c ∈ T ) hoán vị trên T nếu và chỉ nếu
b = 0 và gcd(k, q − 1) = 1.

1.3

Đa thức hoán vị modulo một số tự nhiên

Trong phần này chúng ta nhắc lại khái niệm và một số kết quả về
đa thức với hệ số nguyên hoán vị modulo một số tự nhiên.
10


Định nghĩa 1.3.1. Cho f (x) = ad xd + . . . + a1 x1 + a0 là đa thức có
hệ số nguyên, ad = 0. Cho n là một số tự nhiên. Ta nói f (x) hoán vị
modulo n nếu ánh xạ ϕ : Zn → Zn cho bởi ϕ(a) = f (a) là một song
ánh.
Ví dụ 1.3.2. Cho n = 4. Khi đó đa thức f (x) = 6x3 + 3x + 1 là hoán
vị modulo 4 vì ta có f (0) = 1, f (1) = 2, f (2) = 3, f (3) = 0 trong Z4 .
Đa thức g(x) = 6x3 không hoán vị modulo 4 vì ta có g(0) = 0, g(1) =
2, g(2) = 0, g(3) = 2 trong Z4 .
Kết quả sau đây (xem tài liệu [2]) cho ta điều kiện về tính hoán vị
của đa thức modulo 2.
Mệnh đề 1.3.3. Đa thức f (x) = a0 + a1 x + . . . + ad xd hoán vị modulo
2 khi và chỉ khi a1 + a2 + . . . + ad là lẻ.
Kết quả tiếp theo (xem tài liệu [2]) cho ta điều kiện cần về tính hoán
vị modulo 2m với m là số chẵn.
Mệnh đề 1.3.4. Cho f (x) = a0 + a1 x + . . . + ad xd là đa thức với hệ số
nguyên và cho n = 2m là một số tự nhiên với m là số chẵn. Nếu f (x)
hoán vị modulo n thì a1 là số lẻ.
Cho n = 2w và m = 2w−1 . Kết quả sau đây (xem tài liệu [2]) cho ta
mối quan hệ giữa tính hoán vị modulo n và tính hoán vị modulo m.
Mệnh đề 1.3.5. Cho f (x) = a0 + a1 x + . . . + ad xd là đa thức với hệ số
nguyên. Cho n = 2w và m = 2w−1 . Khi đó nếu f (x) hoán vị modulo
m thì f (x) hoán vị modulo n.
11

Kết quả sau đây là mở rộng của Mệnh đề 1.3.5, trong đó n không
nhất thiết là lũy thừa của 2.
Mệnh đề 1.3.6. Cho f (x) = a0 + a1 x + . . . + ad xd là đa thức với hệ
số nguyên. Cho n = 2m với m là số tự nhiên chẵn. Nếu f (x) hoán vị
modulo m, thì f (x) hoán vị modulo n nếu và chỉ nếu (a3 +a5 +a7 +. . .)
là số chẵn.
Kết quả sau đây là đặc trưng tính hoán vị modulo lũy thừa của 2
(xem t�1
d

)d = αq−1 = 1.

Do đó αs ∈ µd , suy ra (F∗q )s = µd . Vì thế các giá trị của (f (x))s gồm
(f (0))s = 0 và các giá trị của đa thức g(x) = xr h(x)s trên µd . Vì thế
f (x) hoán vị trên Fd nếu và chỉ nếu g(x) hoán vị trên µd .
Bổ đề 2.2.3. Với m ∈ N, ký hiệu µ2m +1 là tập các căn bậc 2m +1 trong
trường đóng đại số Fq của Fq . Khi đó mỗi đa thức 1 + x + x3 , 1 + x2 +
x3 , 1 + x + x4 và 1 + x3 + x4 đều không có nghiệm trong µ2m +1 .
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử α ∈ µ2m +1 là
nghiệm của đa thức 1 + x + x3 , tức là 1 + α + α3 = 0.
Do Fq có đặc số chẵn nên nα = 0 với n chẵn. Chú ý rằng C2i m là
2m !
m
i
là số
bội của 2 với mọi 1 ≤ i ≤ 2 − 1, trong đó C2m =
i!(2m − i)!
tổ hợp chập i của 2m phần tử. Suy ra
m

m

[(1 + α)2 + (α3 )2 ]α3 = 0.
m

Tiếp tục khai triển nhị thức (1 + α)2 ta được
m

m

[1 + α2 + α3·2 ]α3 = 0.
23


Suy ra α3 + α2

m

+1

m

· α2 + (α2

+1 3

) = 0.

Do α ∈ µ2m +1 nên α3 + α2 + 1 = 0. Suy ra 1 + α + α3 = 1 + α2 + α3 .
Do đó α = α2 . Vì α ∈ µ2m +1 nên α = 0. Do đó α = 1.

Suy ra 0 = 1 + α + α3 = 1 + 1 + 13 = 1, vô lí. Do đó đa thức 1 + x + x3
không có nghiệm trong µ2m +1 , tức là các căn bậc 2m + 1 của đơn vị
trong Fq đều không là nghiệm của đa thức 1 + x + x3 .
Bổ đề 2.2.4. Cho q là lũy thừa của một số nguyên tố. Cho g(x) là đa
thức trong Fq [x]. Cho f (x) = ag(bx + c) với a, b, c ∈ Fq và a, b = 0.
Khi đó f (x) hoán vị trên Fq khi và chỉ khi g(x) hoán vị trên Fq .
Chứng minh. Xem Tài liệu [2]
Bây giờ chúng ta chứng minh Định lý A trong phần giới thiệu đầu
Chương 2. Đây là kết quả chính thứ nhất của luận văn, cho ta một lớp
tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn.
Định lý 2.2.5. Đa thức f (x) := x4 + x2m+3 + x3·2

m

+1

∈ F22m [x] là một

đa thức hoán vị trên F22m khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Chứng minh. Đa thức f1 (x) có thể được viết là f1 (x) = x4 h1 (x2m−1 ),
trong đó h1 (x) := 1 + x + x3 ∈ F22m [x]. Vì gcd(4, 2m − 1) = 1,
nên theo Bổ đề 2.2.2, f1 (x) hoán vị trên F22m khi và chỉ khi đa thức
g1 (x) := x4 h1 (x)2m−1 hoán vị trên µ2m +1 .
Giả sử gcd(m, 3) =1. Theo Bổ đề 2.2.3, h1 (x) không có nghiệm
trong µ2m +1 , nghĩa là h1 (µ2m +1 ) ⊆ F∗22m và do đó g1 (µ2m +1 ) ⊆ µ2m +1 .
24


Vì µ2m +1 là tập hữu hạn, g1 (x) hoán vị trên µ2m +1 khi và chỉ khi g(x)
tác động đơn ánh trên µ2m +1 . Với α ∈ µ2m +1 , ta có

g1 (α) = α4 (1 + α + α3 )2

m

−1

m

=
=
=
=

α4 (1 + α + α3 )2
1 + α + α3
m
m
α4 (1 + α2 + (α2 )3 )
1 + α + α3
α4 (1 + α−1 + (α−1 )3 )
1 + α + α3
α + α3 + α4
.
1 + α + α3

Như vậy g1 (x) là tác động đơn ánh trên µ2m +1 khi và chỉ khi
x + x3 + x4
G1 (x) :=
1 + x + x3
là tác động đơn ánh trên µ2m +1 . Giả sử G1 (x) = G1 (y) với mọi x, y ∈

µ2m +1 . Chúng ta xem xét hai trường hợp sau.
Trường hợp 1. x = 1 hoặc y = 1. Giả sử rằng y = 1, khi đó
x + x3 + x4
= 1.
1 + x + x3
Nghĩa là x4 + 1 = 0. Vậy ta nhận đươc x = y = 1.
Trường hợp 2. x = 1 hoặc y = 1. Giả sử G1 (x) = G1 (y), nghĩa là
x + x3 + x4
y + y3 + y4
=
.
1 + x + x3
1 + y + y3
Thêm 1 vào cả hai vế ta có,
1 + x4
1 + y4
=
.
1 + x + x3
1 + y + y3
25


Suy ra
(y + 1)3 + y 2
(x + 1)3 + x2
=
.
(1 + x)4
(y + 1)4

Vì thế
1
x 2 1 2
1
y 2 1 2
+(
)(
) =
+(
)(
).
1+x
1+x 1+x
1+y
1+y 1+y
Thay a =

1
1
và b =
vào phương trình trên, ta được
x+1
y+1
(a + b)4 + (a + b)2 + (a + b) = 0.

Lưu ý rằng a = b khi và chỉ khi x = y. Nếu x = y, khi đó đẳng thức
trên có nghĩa là
(a + b)3 + (a + b) + 1 = 0.
Tức là, a + b ∈ F22m là một nghiệm của x3 + x + 1 ∈ F22m [x]. Điều này
là không thể bởi vì 1 + x + x3 là khả quy trên F2 và gcd(3, 2m) = 1.

Vì vậy 1 + x + x3 là khả quy trên F2m .
Ngược lại, giả sử rằng f1 (x) là một đa thức hoán vị trên F22m . Đặt
α ∈ F23 là một nghiệm của x3 + x + 1 ∈ F2 [x] và cho β là một nghiệm
của x2m + x + 1 ∈ F22m [x] trong một số trường mở rộng. Lưu ý rằng
2m

β2

m

m

m

m

= (β 2 )2 = (β + 1)2 = β 2 + 1 = β, tức là, β ∈ F22m . Nếu

26


gcd(m, 3) = 3, khi đó α ∈ F2m và
m

f1 (α + β) = (α + β)4 + (α + β)2m (α + β)3 + ((α + β)2 )3 (α + β)
= (α + β)4 + (α + β + 1)(α + β)3 + (α + β + 1)3 (α + β)
= (β 4 + β 2 + β) + (α4 + α2 + α)
= β4 + β2 + β
= f1 (β).
Điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Theo kết quả của Định lý 2.2.5, chúng ta có được lớp tam thức hoán
vị sau đây.
Hệ quả 2.2.6. Đa thức
m

f (x) = x + x2 + x2

2m−1

−2m−1 +1

∈ F22m [x]

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

Chứng minh. Đa thức f (x) có thể được viết là f (x) = xh(x2
trong đó h(x) := 1 + x + x2

m−1

−1

),

∈ F22m [x]. Theo Bổ đề ??, f (x) hoán

vị F22m khi và chỉ khi đa thức g(x) := xh(x)2

m

−1

hoán vị trên µ2m +1 .

Vì gcd (2, 2m + 1) = 1, nên đa thức g(x) hoán vị trên µ2m +1 khi và chỉ
khi g(x)2 hoán vị trên µ2m +1 . Với x ∈ µ2m +1 ,
m

g(x)2 = x2 (1 + x2 + x2m )2 −1
1 m
= x2 (1 + x2 + )2 −1
x
m

= x4 (1 + x + x3 )2

−1

= g1 (x).
27


Từ chứng minh Định lý 2.2.5, ta có g1 (x) hoán vị trên µ2m +1 khi và chỉ
khi gcd(m, 3) = 1, điều phải chứng minh.
Định lý sau đây là kết quả chính thứ hai của Chương này, cho ta một
lớp tam thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn. Định lý này được phát
biểu trong Định lý B ở đầu Chương 2.
m

m

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

−1

hoán vị trên F22m

khi và chỉ khi gcd(m, 3) = 1.
Chứng minh. Đa thức f2 (x) có thể được viết dưới dạng
f2 (x) = x2 h2 (x2

m

−1

),

trong đó h2 (x) := 1 + x2 + x3 ∈ F22m [x]. Vì gcd(2, 2m − 1) = 1,
nên theo Bổ đề ??, f2 (x) hoán vị trên F22m khi và chỉ khi đa thức
g2 (x) := x2 h2 (x)2

m

−1

hoán vị trên µ2m +1 .

Đầu tiên, giả sử gcd(m, 3) = 1. Theo Bổ đề 2.2.3, h2 (x) không có
nghiệm trong µ2m +1 , nghĩa là h2 (µ2m +1 ) ⊆ F∗22m , và do đó

g2 (µ2m +1 ) ⊆ µ2m +1 .
Như vậy, g2 (x) hoán vị trên µ2m +1 khi và chỉ khi g2 (x) tác động đơn
ánh trên µ2m +1 . Với α ∈ µ2m +1 biểu thức g2 (α) có thể được rút gọn là
1 + α + α3
,
g2 (α) =
α + α3 α4
và do đó, g2 (x) là tác động đơn ánh trên µ2m +1 khi và chỉ khi
1 + x + x3
1
G2 (x) :=
=
x + x3 + x4
G1 (x)
28


là tác động đơn ánh trên µ2m +1 . Vì gcd (m, 3) = 1, nên từ chứng minh
của Định lý 2.2.5, ta suy ra G1 x tác động đơn ánh trên µ2m +1 . Do đó
G2 (x) là tác động đơn ánh trên µ2m +1 .
Nếu gcd(m, 3) = 1, từ Định lý 2.2.5, f1 (x) không là đa thức hoán
vị trên F22m . Vì gcd(2, 2m −1) = 1, từ điều kiện (i) của Bổ đề ?? ta suy
1
ra g1 (x) không hoán vị trên µ2m +1 . Như vậy, G1 (x) và G2 (x) =
G1 (x)
không hoán vị trên µ2m +1 , nghĩa là f2 (x) không là một đa thức hoán
vị trên F22m , ta có điều phải chứng minh.
Tiếp theo, ta chứng minh Định lý C trong phần giới thiệu Chương
2. Định lý này là kết quả chính thứ ba của luận văn, cho ta một lớp tam
thức hoán vị trên trường có đặc số chẵn.

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

Chứng minh. Đa thức f3 (x) có thể được viết là f3 (x) = x5 h3 (x2

−1

,

trong đó h3 (x) := 1 + x + x4 ∈ F22m [x]. 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