ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH NGỌC PHÚC ĐA THỨC HOÁN VỊ ĐƯỢC MODULO LŨY THỪA MỘT SỐ NGUYÊN TỐ THÁI NGUYÊN, 08/2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐINH NGỌC PHÚC ĐA THỨC HOÁN VỊ ĐƯỢC MODULO LŨY THỪA MỘT SỐ NGUYÊN TỐ CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN, 08/2018 Mục lục Mục lục Lời cảm ơn Phần mở đầu Cấu trúc trường hữu hạn 1.1 Đa thức bất khả quy 1.2 Trường phân rã đa thức 1.3 Cấu trúc trường hữu hạn 7 15 Đa tố 2.1 2.2 2.3 21 21 27 35 thức hoán vị modulo lũy thừa số nguyên Đa thức hoán vị trường hữu hạn Đa thức hoán vị vành Z2n Đa thức hoán vị vành Z3n Z5n Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 LỜI CẢM ƠN Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS TS Lê Thị Thanh Nhàn hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Khi bắt đầu nhận đề tài thực cảm nhận đề tài mang nhiều nội dung mẻ Hơn với vốn kiến thức ỏi với kinh nghiệm làm đề tài không nhiều nên chưa thực tự tin để tiếp cận đề tài Mặc dù bận rộn công việc Cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tơi suốt thời gian thực đề tài Trong trình tiếp cận đề tài đến q trình hồn thiện luận văn Cơ ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt nhất cho tơi hồn thành luận văn Cho đến luận văn thạc sĩ tơi hồn thành, xin cảm ơn Cơ đôn đốc, nhắc nhở Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Tốn - Tin Phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cơ tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, thầy cô giáo trường THPT Nguyễn Đăng Đạo -Bắc Ninh nơi cơng tác tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành công việc chuyên môn nhà trường để hồn thành chương trình học tập cao học Cuối cùng, tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người khơng ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt trình học tập thực luận văn Thái nguyên, ngày 10/08/2018 Tác giả PHẦN MỞ ĐẦU Trong Toán học, đa thức biến f (x) với hệ số vành giao hoán V gọi đa thức hoán vị V (hay gọi đa thức hoán vị V ) f (x) tác động hoán vị V, nghĩa ánh xạ cảm sinh a → f (a) song ánh V Chẳng hạn, V = R trường số thực, đa thức f (x) = x + hoán vị R, nhiên đa thức g(x) = x2 khơng hốn vị R Khi V = Z2 , đa thức f (x) = x+1 hốn vị Z2 (do f (0) = f (1) = 0), đa thức g(x) = x2 + x + khơng hốn vị (vì g(0) = = g(1)) Các nghiên cứu tính hốn vị đa thức trường hữu hạn có nhiều ứng dụng Tổ hợp, Hình học, Khoa học máy tính đóng vai trò quan trọng mã hóa, bảo mật, đặc biệt thuật tốn phát lỗi, thuật tốn hiệu đính, Đa thức hoán vị được, bắt đầu nghiên cứu Charles Hermite (1822-1901) cho trường hợp trường Zp , với p số nguyên tố Tiếp đó, Leonard Eugene Dickson (1874-1954) người mở rộng nghiên cứu tính hoán vị đa thức trường hữu hạn tùy ý Nếu F trường hữu hạn số phần tử F pn với p số nguyên tố n số nguyên dương Vì đa thức f (x) hốn vị trường F ta nói f (x) hốn vị modulo pn Khi đó, ý F trường hữu hạn, đa thức f (x) ∈ F [x] hoán vị F ánh xạ cảm sinh f : F → F đơn ánh, ánh xạ tồn ánh Vì thế, việc xét tính hốn vị có phần giảm nhẹ Tuy nhiên, đặc trưng tính hốn vị đa thức trường hữu hạn toán khó, chưa có lời giải Đã có nhiều nhà tốn học quan tâm có số cơng trình cơng bố gần tính hốn vị đa thức vành có pn phần tử, với p số nguyên tố n số ngun dương Gần cơng trình mình, hai tác giả Rajesh P Singh Soumen Maity đưa điều kiện cần đủ để đa thức f (x) = a0 +a1 x+ .+ad xd với hệ số nguyên hoán vị vành Zpn , với p = 2, 3, thông qua hệ số a0 , a1 , , ad Mục đích luận văn trình bày lại kết tính hốn vị đa thức modulo lũy thừa số nguyên tố, bao gồm tính hốn vị trường hữu hạn tính hốn vị vành Zpn với p số nguyên tố Luận văn gồm hai chương Chương trình bày đa thức bất khả quy, trường phân rã đa thức, cấu trúc trường hữu hạn Trong Chương 2, chúng tơi tập trung trình bày số định nghĩa, kết ban đầu tính hốn vị đa thức trường hữu hạn Tiếp theo trình bày lại kết tính hốn vị đa thức biến với hệ số nguyên vành Zpn , với p = 2, 3, báo hai tác giả Rajesh P Singh Soumen Maity, kết thể Định lý 2.2.7, Định lý 2.3.3 Định lý 2.3.8 Chương Cấu trúc trường hữu hạn Mục đích chương trình bày tính chất trường phân rã cấu trúc trường hữu hạn Các kết Chương viết theo tài liệu [1] 1.1 Đa thức bất khả quy Trong suốt luận văn xét đa thức với hệ số trường K Trong trường hợp này, đa thức khác khả nghịch Do ta định nghĩa đa thức bất khả quy sau 1.1.1 Định nghĩa Đa thức f (x) với hệ số trường K bất khả quy deg f (x) > f (x) khơng phân tích thành tích hai đa thức có bậc bé Tiếp theo, định nghĩa khái niệm đa thức bất khả quy phần tử đại số K Trước tiên ta nhắc lại số khái niệm sau 1.1.2 Định nghĩa Cho F trường chứa K Một phần tử a ∈ F gọi đại số K nghiệm đa thức khác không với hệ số K Đa thức dạng chuẩn đa thức có hệ số cao Mệnh đề đóng vai trò quan trọng để định nghĩa đa thức bất khả quy phần tử đại số 1.1.3 Mệnh đề Cho F trường chứa K a ∈ F phần tử đại số K Khi tồn đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Hơn nữa, g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm g(x) bội p(x) Chứng minh Vì a phần tử đại số F nên tồn f (x) ∈ K[x] đa thức khác có bậc bé nhận a làm nghiệm Đặt p(x) = b−1 f (x), b hệ số cao f (x) Khi p(x) ∈ K[x] đa thức dạng chuẩn có bậc bé nhận a làm nghiệm Rõ ràng deg p(x) > Nếu p(x) khả quy p(x) tích hai đa thức K[x] với bậc bé hai đa thức phải nhận a làm nghiệm, điều mâu thuẫn với cách chọn p(x) Do p(x) bất khả quy Tiếp theo, giả sử g(x) ∈ K[x] nhận a làm nghiệm Nếu g(x) khơng chia hết cho p(x) p(x) bất khả quy nên gcd(g(x), p(x)) = Khi đó, tồn q(x), h(x) ∈ K[x] cho = p(x).q(x) + g(x).h(x) Thay x = a vào hai vế ta = 0, điều vô lý Vậy g(x) chia hết cho p(x) Giả sử q(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm Theo chứng minh trên, q(x) bội p(x) Viết q(x) = p(x).k(x) với k(x) ∈ K[x] Vì q(x) bất khả quy nên k(x) = c với = c ∈ K Do q(x) = cp(x) Đồng hệ số cao hai vế với ý q(x) p(x) có dạng chuẩn, ta suy c = Vì p(x) = q(x) 1.1.4 Định nghĩa Cho a phần tử đại số trường K Đa thức p(x) ∈ K[x] bất khả quy dạng chuẩn nhận a làm nghiệm gọi đa thức bất khả quy a 1.1.5 Ví dụ Đa thức x3 − ∈ Q[x] bất khả quy (vì có bậc khơng có nghiệm hữu tỷ), đa thức bất khả quy phần tử √ Đa thức x2 + ∈ R[x] bất khả quy (vì có bậc khơng có nghiệm thực), đa thức bất khả quy số phức i 1.1.6 Mệnh đề Cho F trường chứa K a ∈ F phần tử đại số K Giả sử g(x) ∈ K[x] thỏa mãn g(a) = Khi tồn f (x) ∈ K[x] cho trường F ta có (g(a))−1 = f (a) Chứng minh Theo Mệnh đề 1.1.3, tồn p(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy a Do g(a) = p(a) = nên g(x) không chia hết cho p(x) Do p(x) bất khả quy nên gcd(p(x), g(x)) = Khi tồn đa thức f (x), t(x) ∈ K[x] cho = g(x).f (x) + p(x)t(x) Suy = g(a)f (a) Do (g(a))−1 = f (a) 1.2 Trường phân rã đa thức Mục đích tiết sử dụng tính chất đa thức bất khả quy để tồn trường phân rã đa thức Trong suốt tiết này, giả thiết K trường Nếu E trường chứa K ta viết K ⊆ E hay E/K, ta gọi E/K mở rộng trường Rõ ràng E có cấu trúc tự nhiên K-không gian véc tơ Chiều không gian gọi bậc mở rộng E/K kí hiệu [E : K] Nếu [E : K] < ∞ ta nói E/K mở rộng hữu hạn Chú ý E/K T/E mở rộng hữu hạn ta có cơng thức bậc [T : K] = [T : E][E : K] Nếu phần tử E đại số K ta nói E/K mở rộng đại số 1.2.1 Chú ý (i) Giả sử E/K mở rộng trường Nếu E/K mở rộng hữu hạn mở rộng đại số Thật vậy, giả sử dimK E = t α ∈ E Vì hệ {1, α, , αt } gồm t + phần tử nên hệ phụ thuộc tuyến tính Do tồn α0 , α1 , , αt ∈ K với hệ số αi = cho α0 + α1 α + · · · + αt αt = Như vậy, α0 + α1 x + · · · + αt xt ∈ K[x] đa thức khác nhận α nghiệm, α đại số K 10 (ii) Nếu E/K mở rộng trường α1 , , αn ∈ E ta kí hiệu K(α1 , , αn ) (K[α1 , , αn ]) giao tất trường (vành con) E chứa K chứa α1 , , αn Ta thấy K(α1 , , αn ) trường bé K[α1 , , αn ] vành bé E chứa K chứa phần tử α1 , , αn Trường hợp n = 1, g(α) = Khi phần tử (g(α))−1 ∈ E kí hiệu g(α) K[α] = {g(α) | g(x) ∈ K[x]}, K(α) = g(α) | g(x), h(x) ∈ K[x], h(α) = h(α) vành bé trường bé E chứa K α 1.2.2 Mệnh đề Cho E/K mở rộng trường α ∈ E phần tử đại số K Giả sử p(x) ∈ K[x] đa thức bất khả quy nhận α làm nghiệm Khi K(α) = K[α] [K(α) : K] = deg p(x) Hơn nữa, deg p(x) = n S = {1, α, α2 , , αn−1 } sở K-không gian véc tơ K(α) Chứng minh Do α đại số K nên theo Mệnh đề 1.1.6, phần tử khác vành K[α] khả nghịch Suy K[α] trường chứa K α Vì K[α] = K(α) Cho β ∈ K(α) Khi β ∈ K[α] Vì β = f (α) với f (x) ∈ K[x] Theo Định lý chia với dư, tồn q(x), r(x) ∈ K[x] cho f (x) = p(x)q(x) + r(x), r(x) = deg r(x) < deg p(x) Giả sử r(x) = α0 + α1 x + · · · + αn−1 xn−1 Vì p(α) = nên β = f (α) = r(α) = α0 + α1 α + · · · + αn−1 αn−1 30 Suy sf (ξ) ≡ − f (ξ) (mod p) pn−1 Do có phần tử s, ≤ s < p thỏa mãn điều kiện (2.3) Vì số nghiệm phương trình (2.1) tương ứng với nghiệm ξ (i), (iii) Giả sử f (ξ) ≡ (mod p) Khi ta có f (ξ + spn−1 ) ≡ f (ξ) (mod pn ) (2.4) Nếu f (ξ) ≡ (mod pn ), nghĩa ξ không nghiệm phương trình (2.1) phương trình (2.1) khơng có nghiệm tương ứng với ξ Trong trường hợp này, số nghiệm (2.1) tương ứng với ξ Nếu f (ξ) ≡ (mod pn ) ξ + spn−1 nghiệm phương trình (2.1) với s Vì ≤ s < p nên có p nghiệm phương trình (2.1) tương ứng với nghiệm ξ phương trình (2.2) Tiếp theo bổ đề quan trọng Bổ đề tiêu chuẩn hữu hiệu để đặc trưng tính hốn vị đa thức với hệ số nguyên vành Zpn 2.2.5 Hệ Cho p số nguyên tố Khi đa thức f (x) hốn vị vành Zpn , n > f (x) hoán vị trường Zp f (a) ≡ (mod p) với a ∈ Zp Chứng minh Giả sử f (x) hoán vị vành Zpn , n > 1, nghĩa ánh xạ cảm sinh Zpn song ánh Ta cần chứng minh đa thức f (x) hoán vị Zp , nghĩa ánh xạ cảm sinh f : Zp → Zp song ánh Vì tập hợp Zp tập hữu hạn nên ta cần chứng minh ánh xạ cảm sinh f : Zp → Zp toàn ánh Thật vậy, với số nguyên a ∈ Z cho ≤ a < p, xét phương trình đồng dư f (x) ≡ a (mod p) (2.5) 31 Khi đó, để chứng minh ánh xạ cảm sinh f : Zp → Zp tồn ánh ta phương trình (2.5) có nghiệm Thật vậy, ánh xạ cảm sinh f : Zpn → Zpn song ánh nên phương trình đồng dư f (x) ≡ a (mod pn ) (2.6) có nghiệm nhất, nghĩa tồn số nguyên dương b ∈ Z, với ≤ b < pn cho b thỏa mãn phương trình (2.6) Thật vậy, giả sử c ∈ Z nghiệm nguyên phương trình đồng dư (2.6) Khi ta có f (b) − f (c) ≡ (mod pn ) Vì ánh xạ cảm sinh f : Zpn → Zpn đơn ánh Do b ≡ c (mod pn ), nghĩa phương trình đồng dư (2.6) có nghiệm Tiếp theo, b nghiệm nguyên phương trình đồng dư (2.6) nên b thỏa mãn f (b) ≡ a (mod pn ) Mặt khác ≤ a < p Do b thỏa mãn f (b) ≡ a (mod p) (2.7) Do b nghiệm nguyên phương trình đồng dư (2.5) Theo định nghĩa nghiệm nguyên phương trình đồng dư, suy tồn ξ nghiệm nguyên phương trình (2.5) thỏa mãn ≤ ξ < p cho b có dạng ξ + sp Do đa thức f (x) hoán vị Zp Tiếp theo, ta chứng minh f (a) ≡ (mod p) với số nguyên a thỏa mãn ≤ a < p Thật vậy, cho ≤ a < p Chọn b số nguyên cho f (a) ≡ b (mod pn ), ≤ b < pn Đặt g(x) := f (x) − b Giả sử c số nguyên cho a ≡ c (mod p) với ≤ c < p Khi c nghiệm phương trình g(x) ≡ (mod p) Vì phương trình (2.5) có nghiệm nhất, nên phương trình g(x) ≡ (mod p) 32 có nghiệm ngun thuộc nửa đoạn [0, p), c Vì f (x) hốn vị Zpn , nên g(x) hốn vị Zpn Vì thế, quy nạp theo n, ta suy số nghiệm phương trình g(x) ≡ (mod pn ) tương ứng với nghiệm c phương trình g(x) ≡ (mod p) Vì thế, sử dụng Bổ đề 2.2.4(ii) ta suy g (a) ≡ (mod p) Do f (a) ≡ (mod p) Ngược lại, giả sử f (x) hoán vị trường Zp thỏa mãn điều kiện f (a) ≡ (mod p) với a ∈ Zp Ta cần chứng minh đa thức f (x) hoán vị vành Zpn với số nguyên dương n > Tương tự chứng minh ta cần chứng minh phương trình đồng dư f (x) ≡ a (mod pn ) (2.8) có nghiệm với ≤ a < pn Thật vậy, đa thức f (x) hoán vị trường Zp nên phương trình g(x) := f (x) − a ≡ (mod p) (2.9) có nghiệm nhất, nghĩa tồn ξ nghiệm nguyên phương trình (2.9) cho ≤ ξ < p Mặt khác, theo giả thiết ta có g (ξ) = f (ξ) ≡ (mod p) Do từ Bổ đề 2.2.4 phương trình g(x) = f (x) − a ≡ (mod p2 ) có nghiệm tương ứng với nghiệm ξ phương trình (2.9) Bằng quy nạp theo n lặp lại lập luận trên, ta suy phương trình f (x) − a ≡ 0(mod pn ) có nghiệm tương ứng với nghiệm ξ phương trình (2.9) với n > Vì đa thức f (x) hoán vị vành Zpn với số nguyên dương n > Trong phần mục chúng tơi trình bày lại số kết biết tính hốn vị đa thức vành Z2n , với n số nguyên dương thỏa mãn n > 33 2.2.6 Bổ đề Đa thức f (x) = a0 + a1 x + + ad xd với hệ số nguyên hoán vị trường Z2 a1 + a2 + + ad số lẻ Chứng minh Vì 0i ≡ (mod 2) 1i ≡ (mod 2) với i nên đa thức f (x) biểu diễn dạng f (x) ≡ a0 + (a1 + a2 + + ad )x (mod 2) Chú ý trường Z2 , đa thức bậc khơng hốn vị được, đa thức bậc ln hốn vị (xem Tiết 2.1) Vì f (x) hoán vị Z2 (a1 + a2 + + ad ) ≡ (mod 2) Khẳng định tương đương với a1 + a2 + + ad số lẻ Tiếp theo định lý quan trọng mục này, đưa điều kiện cần đủ để đa thức với hệ số nguyên hoán vị vành Z2n Kết chứng minh R L Rivest (xem [6]) chứng minh lại R S Singh S Maity Trong luận văn chúng tơi trình bày cách chứng minh R S Singh S Maity 2.2.7 Định lý Đa thức f (x) = a0 + a1 x + + ad xd với hệ số nguyên hoán vị vành Z2n , với n > số nguyên dương, điều kiện sau thỏa mãn: (i) a1 số lẻ; (ii) a2 + a4 + a6 + số chẵn; (iii) a3 + a5 + a7 + số chẵn Chứng minh Giả sử đa thức f (x) = a0 + a1 x + + ad xd , với a0 , a1 , , ad ∈ Z hoán vị vành Z2n Theo Bổ đề 2.2.5 ta suy f (x) hoán vị trường Z2 f (x) ≡ (mod 2) 34 với x ∈ Z2 Theo Bổ đề 2.2.6 đa thức f (x) hoán vị trường Z2 nên a1 + a2 + + ad số lẻ Mặt khác, ta lại có f (x) = a1 + (a3 + a5 + )x (mod 2) (i) Do với x = từ điều kiện f (0) ≡ (mod 2) ta suy a1 số lẻ (ii), (iii) Tương tự với x = ta có a1 + (a3 + a5 + a7 + ) số lẻ Vì b = (a3 + a5 + a7 + ) = a1 + (a3 + a5 + a7 + ) − a1 số chẵn a2 + a4 + a6 + = a1 + a2 + + ad − a1 − b số chẵn Ngược lại, giả sử ta có điều kiện (i), (ii) (iii) Khi a1 số lẻ nên ta có f (0) = a1 ≡ (mod 2) Ta lại có a3 + a5 + a7 + số chẵn nên a1 + (a3 + a5 + a7 + ) số lẻ Suy f (1) = a1 + a3 + a5 + a7 + ≡ (mod 2) Do f (x) ≡ (mod 2) với x ∈ Z2 Mặt khác, theo (ii) ta có a2 + a4 + a6 + số chẵn nên a1 + a2 + + ad số lẻ Theo Bổ đề 2.2.6 suy f (x) hoán vị theo trường Z2 Do theo Bổ đề 2.2.5 đa thức f (x) hoán vị vành Z2n Từ Định lý ta có ví dụ minh họa 2.2.8 Ví dụ Tất đa thức có bậc nhỏ với hệ số vành Z4 hoán vị vành Z4 đa thức x, 3x, x + 2x2 , 3x + 2x2 , x + 2x3 , 3x + 2x3 , x + 2x2 + 2x3 , 3x + 2x2 + 2x3 35 2.3 Đa thức hoán vị vành Z3n Z5n Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với a0 , a1 , ad ∈ Z Tương tự trường hợp p = 2, câu hỏi tự nhiên đặt tìm điều kiện cần đủ cho hệ số đa thức f (x) cho hoán vị vành Z3n Z5n Tuy nhiên gần toán giải triệt để tác giả R P Singh S Maity Mục đích mục trình bày lại tiêu chuẩn hoán vị đa thức f (x) = a0 + a1 x + + ad xd vành Z3n Z5n thông qua tính chất hệ số a0 , , ad Trước tiên, nhắc lại số bổ đề quan trọng sau 2.3.1 Bổ đề [4, Hệ 7.5] Cho p số nguyên tố lẻ d > ước p − Khi đó, khơng tồn đa thức có bậc d hốn vị trường Zp Từ Bổ đề ta thấy p số ngun tố lẻ khơng tồn đa thức có bậc p − hoán vị Zp 2.3.2 Bổ đề Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với hệ số ngun Khi f (x) hốn vị trường Z3 điều kiện sau thỏa mãn: (i) (a1 + a3 + ) ≡ (mod 3); (ii) (a2 + a4 + ) ≡ (mod 3) Chứng minh Vì x2k+1 ≡ x (mod 3) x2k ≡ x2 (mod 3) với k ≥ với số nguyên x nên đa thức f (x) có biểu diễn f (x) ≡ a0 + (a1 + a3 + )x + (a2 + a4 + )x2 (mod 3) Đặt A ≡ (a1 + a3 + ) (mod 3) B ≡ (a2 + a4 + ) (mod 3) Khi f (x) ≡ a0 + Ax + Bx2 Giả sử đa thức f (x) hoán vị Theo Bổ đề 2.3.1 ta suy với p số nguyên tố lẻ khơng tồn đa thức 36 có bậc p − hốn vị Zp Do đó, f (x) hốn vị Z3 nên B ≡ (a2 + a4 + ) ≡ (mod 3) Khi đó, ta có f (x) ≡ a0 + Ax hốn vị trường Z3 Suy A ≡ (a1 + a3 + ) ≡ (mod 3) Ngược lại, giả sử phát biểu (i) (ii) Khi đó, đa thức f (x) viết dạng f (x) ≡ a0 + (a1 + a3 + )x Theo (i) ta có (a1 + a3 + ) ≡ (mod 3) Do đó, tính hốn vị f (x) quy tính hốn vị đa thức bậc Trong Tiết 2.1, chứng minh đa thức bậc hoán vị trường Z3 Vì f (x) hốn vị Z3 Từ kết có định lý mục Định lý đưa điều kiện cần đủ để đa thức với hệ số nguyên hoán vị vành Z3n 2.3.3 Định lý Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với hệ số nguyên Khi f (x) hoán vị vành Z3n , với n > điều kiện sau thỏa mãn: (i) a1 ≡ (mod 3); (ii) (a1 + a3 + a5 + a7 + ) ≡ (mod 3); (iii) (a2 + a4 + a6 + a8 + ) ≡ (mod 3); (iv) (a1 + a4 + a7 + a10 + ) + 2(a2 + a5 + a8 + a11 + ) ≡ (mod 3); (v) (a1 + a2 + a7 + a8 + ) + 2(a4 + a5 + a10 + a11 + ) ≡ (mod 3) Chứng minh Vì f (x) = a0 + a1 x + + ad xd nên ta có f (x) = a1 + (2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + )x + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + )x2 (mod 3) Giả sử đa thức f (x) hoán vị vành Z3n , với n số nguyên dương thỏa mãn n > Theo Bổ đề 2.2.5 ta suy f (x) hoán vị 37 trường Z3 f (x) ≡ (mod 3) với x ∈ Z3 (i) Từ điều kiện f (0) ≡ (mod 3) ta suy a1 ≡ (mod 3) (ii), (iii) Vì f (x) hoán vị trường Z3 , theo Bổ đề 2.3.2 ta suy (a2 + a4 + ) ≡ (mod 3) (a1 + a3 + ) ≡ (mod 3) (iv) Với x = ta có f (1) ≡ (mod 3), nghĩa f (1) = a1 + (2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + ) + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + ) = (a1 + a4 + a7 + a10 + ) + 2(a2 + a5 + a8 + a11 + ) ≡ (mod 3) (v) Với x = ta có f (2) ≡ (mod 3) Khi đó, f (2) = a1 + 2(2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + ) + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + ) = (a1 + a2 + a7 + a8 + ) + 2(a4 + a5 + a10 + a11 + ) ≡ (mod 3) Ngược lại, giả sử phát biểu (i), (ii), (iii), (iv) (v) Khi đó, (a2 + a4 + ) ≡ (mod 3) (a1 + a3 + ) ≡ (mod 3) Theo Bổ đề 2.3.2, đa thức f (x) hoán vị trường Z3 Từ điều kiện (v) ta có f (2) = a1 + 2(2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + ) + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + ) = (a1 + a2 + a7 + a8 + ) + 2(a4 + a5 + a10 + a11 + ) ≡ (mod 3) Tương tự, từ điều kiện (i) (iv) ta có f (1) = a1 + (2a2 + a4 + 2a8 + a10 + 2a14 + a16 + ) 38 + (2a5 + a7 + 2a11 + a13 + 2a17 + a19 + ) = (a1 + a4 + a7 + a10 + ) + 2(a2 + a5 + a8 + a11 + ) ≡ (mod 3) f (0) = a1 ≡ (mod 3) Do đó, f (x) ≡ (mod 3) với x ∈ Z3 Kết hợp với f (x) hoán vị trường Z3 , từ Bổ đề 2.2.5 ta suy f (x) hoán vị vành Z3n Tiếp theo ví dụ minh họa cho Định lý 2.3.3 tính hốn vị đa thức với hệ số nguyên vành Z32 2.3.4 Ví dụ Theo Định lý đa thức bậc hoán vị vành Z9 với hệ số Z9 7x + x3 + 8x5 , x + x2 + 8x3 + 8x4 + 7x5 , 7x + 6x2 + 8x3 + 8x5 , x + 7x2 + 8x3 + 8x5 Phần cuối mục này, chúng tơi trình bày tính hoán vị đa thức vành Z5n Trước phát biểu kết chúng tơi nhắc lại số bổ đề sau Cho p số nguyên tố kí hiệu kí hiệu Fp = Zp trường có p phần tử Khi ta có kết quan trọng sau ( xem tài liệu [5]) 2.3.5 Bổ đề Cho p = số nguyên tố Khi đa thức với hệ số nguyên f (x) = ax3 + bx2 + cx + d, a = 0, đa thức hoán vị trường Zp điều kiện sau thỏa mãn: (i) b2 = 3ac ∈ Zp ; (ii) p ≡ (mod 3) 2.3.6 Bổ đề Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với hệ số nguyên Khi f (x) hoán vị trường Z5 điều kiện sau thỏa mãn: (i) (a4 + a8 + a12 ) ≡ (mod 5); 39 (ii) (a2 +a6 +a10 )2 ≡ 3(a1 +a5 +a9 + .)(a3 +a7 +a11 + .) (mod 5) Chứng minh Vì x4k+1 = x (mod 5), x4k+2 = x2 (mod 5), x4k+3 = x3 (mod 5) x4k = x4 (mod 5) với k ≥ với số nguyên x, nên ta biểu diễn đa thức f (x) dạng f (x) = a0 + (a1 + a5 + )x + (a2 + a6 + )x2 + (a3 + a7 + )x3 + (a4 + a8 + )x4 (mod 5) Đặt A = (a1 + a5 + ), B = (a2 + a6 + ), C = (a3 + a7 + ) D = (a4 + a8 + ) Khi ta có f (x) = a0 + Ax + Bx2 + Cx3 + Dx4 (mod 5) Giả sử f (x) hoán vị trường Z5 Theo Bổ đề 2.3.1, p = số ngun tố lẻ Do đó, khơng có đa thức bậc hoán vị trường có phần tử, nghĩa D = (a4 + a8 + ) ≡ (mod 5) Do f (x) = a0 + Ax + Bx2 + Cx3 (mod 5) Theo Bổ đề 2.3.5 f (x) hoán vị nên B = 3AC, nghĩa (a2 + a6 + a10 )2 ≡ 3(a1 + a5 + a9 + )(a3 + a7 + a11 + ) (mod 5) Ngược lại, giả sử phát biểu (i) (ii) Theo (i) ta có D = (a4 + a8 + ) ≡ (mod 5) Do đó, đa thức f (x) có biểu diễn f (x) = a0 + Ax + Bx2 + Cx3 (mod 5) Theo (ii) ta có (a2 + a6 + a10 )2 ≡ 3(a1 + a5 + a9 + )(a3 + a7 + a11 + ) (mod 5), nghĩa B = 3AC Áp dụng Bổ đề 2.3.5 ta có điều cần chứng minh Dưới số ví dụ minh họa 40 2.3.7 Ví dụ Các đa thức có bậc nhỏ hoán vị trường Z5 đa thức: x, x3 , 2x + x2 + x3 , 3x + 2x2 + x3 , 3x + 3x2 + x3 , 2x + 4x2 + x3 Định lý định lý mục Định lý điều kiện cần đủ để đa thức với hệ số nguyên hoán vị vành Z5n 2.3.8 Định lý Cho f (x) = a0 + a1 x + + ad xd đa thức với hệ số ngun Khi f (x) hốn vị vành Z5n , với n > điều kiện sau thỏa mãn: (i) a1 ≡ (mod 5); (ii) (a4 + a8 + a12 ) ≡ (mod 5); (iii) (a2 +a6 +a10 )2 ≡ 3(a1 +a5 +a9 + .)(a3 +a7 +a11 + .) (mod 5); (iv) (a1 + a6 + a11 + ) + 2(a2 + a7 + a12 + ) + 3(a3 + a8 + a13 + ) +4(a4 + a9 + a14 + ) ≡ (mod 5); (v) (a1 +2a6 +4a11 +3a16 +a21 + .)+2(2a2 +4a7 +3a12 +a17 +2a22 + .)+ 3(4a3 + 3a8 + a13 + 2a18 + 4a23 + ) + 4(3a4 + a9 + 2a14 + 4a19 + 3a24 + ) ≡ (mod 5); (vi) (a1 +3a6 +4a11 +2a16 +a21 + .)+2(3a2 +4a7 +2a12 +a17 +3a22 + .)+ 3(4a3 + 2a8 + a13 + 3a18 + 4a23 + ) + 4(2a4 + a9 + 3a14 + 4a19 + 2a24 + ) ≡ (mod 5); (vii) (a1 +4a6 +a11 +4a16 +a21 + .)+2(4a2 +a7 +4a12 +a17 +4a22 + .)+ 3(a3 +4a8 +a13 +4a18 +a23 + .)+4(4a4 +a9 +4a14 +a19 +4a24 + .) ≡ (mod 5) Chứng minh Theo Bổ đề 2.2.5, đa thức f (x) hoán vị vành Z5n f (x) hoán vị trường Z5 f (x) ≡ 41 (mod 5) với x ∈ Z5 Ta có f (x) = a1 + + (4k + 2)a4k+2 x + (4k + 3)a4k+3 x2 + (4k)a4k x3 (4k + 1)a4k+1 x4 ≡ a1 + (2a2 + a6 + 4a14 + 3a18 + 2a22 + )x + (3a3 + 2a7 + a11 + 4a19 + 3a23 + )x2 + (4a4 + 3a8 + 2a12 + a16 + 4a24 + )x3 + (4a9 + 3a13 + 2a17 + a21 + 4a29 + )x4 (mod 5) Giả sử đa thức hoán vị vành Z5n Khi ta có f (x) ≡ (mod 5) với x ∈ Z5 (i) Từ điều kiện f (0) ≡ (mod 5) suy a1 ≡ (mod 5) (ii), (iii) Vì f (x) hốn vị trường Z5 nên theo Bổ đề 2.3.6 ta suy (ii) (iii) (iv) Với x = ta có f (1) ≡ (mod 5) Do đó, f (1) = (a1 + a6 + a11 + ) + 2(a2 + a7 + a12 + ) + 3(a3 + a8 + a13 + ) + 4(a4 + a9 + a14 + ) ≡ (mod 5) (v) Từ điều kiện f (2) ≡ (mod 5) ta có f (2) = (a1 + 2a6 + 4a11 + 3a16 + a21 + ) + 2(2a2 + 4a7 + 3a12 + a17 + 2a22 + ) + 3(4a3 + 3a8 + a13 + 2a18 + 4a23 + ) + 4(3a4 + a9 + 2a14 + 4a19 + 3a24 + ) ≡ (mod 5) (vi) Với x = ta có f (3) ≡ (mod 5), nghĩa f (3) = (a1 + 3a6 + 4a11 + 2a16 + a21 + ) + 2(3a2 + 4a7 + 2a12 + a17 + 3a22 + ) + 3(4a3 + 2a8 + a13 + 3a18 + 4a23 + ) 42 + 4(2a4 + a9 + 3a14 + 4a19 + 2a24 + ) ≡ (mod 5) (vii) Cuối cùng, với x = ta có f (4) ≡ (mod 5) Do đó, f (4) = (a1 + 4a6 + a11 + 4a16 + a21 + ) + 2(4a2 + a7 + 4a12 + a17 + 4a22 + ) + 3(a3 + 4a8 + a13 + 4a18 + a23 + ) + 4(4a4 + a9 + 4a14 + a19 + 4a24 + ) ≡ (mod 5) Ngược lại, giả sử phát biểu (i), (ii), (iii), (iv), (v), (vi) (vii) Các điều kiện (i), (iv), (v), (vi), (vii) cho ta f (x) ≡ (mod 5) với x ∈ Z5 Từ (ii) ta có (a4 + a8 + a12 ) ≡ (mod 5), đa thức f (x) có biểu diễn f (x) = a0 + (a1 + a5 + a9 + )x + (a2 + a6 + a10 + )x2 + (a3 + a7 + a11 + )x3 = Ax3 + Bx2 + Cx + a0 , A = (a3 + a7 + a11 + ), B = (a2 + a6 + a10 + ) C = (a1 + a5 + a9 + ) Từ điều kiện (iii) ta có B = 3AC Do đó, theo Bổ đề 2.3.6 ta suy f (x) hoán vị trường Z5 Theo Bổ đề 2.2.5 ta suy điều cần chứng minh Kết luận Như luận văn chúng tơi trình bày lại sơ kết sau: Trình bày lại số tính chất đa thức bất khả quy với hệ số trường Sự tốn trường phân rã đa thức cấu trúc trường hữu hạn Trình bày lại số tính chất ban đầu đa thức hoán vị trường Xét tính hốn vị trường hữu hạn đa thức bậc khơng, bậc nhất, bậc hai, tính hoán vị đơn thức, số nhị thức, tam thức Trình bày lại kết điều kiện cần đủ để đa thức với hệ số nguyên hoán vị vành Zpn , p = 2, 3, 43 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Tiếng Anh [2] Fernando N (2013), "A study of permutation polynomials over finite fields", Doctor of Philosophy, University of South Florida [3] Hardy G H and Wright E M (1979), "An Introduction to the Theory of Numbers", Oxford Science Publications, 5th ed [4] Lidl R and Niederreiter H (1983), "Finite Fields", AddisionWesley [5] Mollin R A and Small C (1987), "On permutation polynomials over finite fields", Internat J Math Math Sci., 10(3), pp 535-544 [6] Rivest R L (2001), "Permutation polynomials modulo 2w ", Finite Fields and Their Applications, 7, pp 287–292 [7] Singh R P and Maity S (2007), "Permutation Polynomials modulo pn ", Cryptology ePrint Archive, https://eprint.iacr.org/2009/393.pdf 44 ... Đa thức hoán vị modulo lũy thừa số nguyên tố Mục đích Chương trình bày lại kết đa thức hoán vị modulo lũy thừa số nguyên tố Trong Chương 1, F trường hữu hạn, số phần tử F lũy thừa số nguyên tố. .. đa thức 1.3 Cấu trúc trường hữu hạn 7 15 Đa tố 2.1 2.2 2.3 21 21 27 35 thức hoán vị modulo lũy thừa số nguyên Đa thức hoán vị trường hữu hạn Đa thức hoán vị. .. (ii) Cho q lũy thừa số nguyên tố, Fq trường có q phần tử f (x) đa thức với hệ số Fq Khi đa thức f (x) hoán vị trường Fq ta nói f (x) hoán vị modulo q Tiếp theo số ví dụ đa thức hốn vị 2.1.2 Ví