tiểu luận lý thuyết galois

1. ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA TOÁN
TIỂU LUẬN VỀ LÝ THUYẾT GALOIS
ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN MODULO P
VÀ THUẬT TOÁN BERLEKAMP
BÙI VĂN LỢI
HUẾ, 12/2019

2. Mục lục
1. LỜI GIỚI THIỆU 1
2. CĂN NGUYÊN THỦY BẬC N CỦA ĐƠN VỊ 2
3. CÔNG THỨC NGHỊCH CHUYỂN MOBIUS 3
4. ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN 4
5. CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN 6
6. ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN MODULO P 7
7. THUẬT TOÁN BELERKAMP 8
8. BÀI TẬP VÀ ÁP DỤNG 14
9. KẾT LUẬN 18
Tài liệu tham khảo 19

3. 1. LỜI GIỚI THIỆU
Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành và sâu sắc tới TS. Lê Ngọc Long. Thầy
đã dành nhiều thời gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn. Sau quá trình nhận được
đề tài nghiên cứu và dưới sự hướng dẫn của Thầy, tiểu luận " Đa thức chia đường tròn
modulo p và Thuật toán Berlekamp " của tôi đã được hoàn thành. Có được kết quả này
đó chính là sự nhắc nhở, đôn đốc, dạy bảo hướng dẫn hết sức tận tình từ Thầy.
Tôi xin phép chia tiểu luận này thành 2 phần chính: Đa thức chia đường tròn modulo
p và Thuật toán Berlekamp
Ta biết rằng với mỗi số nguyên dương n, có đúng căn bậc n của đơn vị ký hiệu là εk
với εk = cos
2kπ
n
+ i sin
2kπ
n
với k = 0, ...n − 1. Nếu εk là căn nguyên thủy bậc n của đơn
vị khi và chỉ khi gcd(k, n) = 1, khi đó có µ(n) căn nguyên thủy bậc n của đơn vị, với µ
là hàm Euler. Khi đó đa thức chia đường tròn thứ n, ký hiệu Φd(x) có bậc là µ(n) được
cho bởi công thức Φn(x) = (x − εk1 )...(x − εkµ(n)
) với εki
là căn nguyên thủy bậc n của
đơn vị. Mục tiêu thứ nhất của tiểu luận này là trình bày một số kết quả của đa thức chia
đường tròn trong trường hữu hạn và phân tích được đa thức chia đường tròn thành tích
của các nhân tử bất khả quy trong trường hữu hạn.
Về đề tài thứ hai mà tôi muốn giới thiệu: "Thuật toán Berlekamp". Đầu những năm
1800 nhà toán học Gauss đã xác định được số lượng các nhân tử dạng chuẩn bất khả quy
trong Fp[x] với bậc n. Tuy nhiên với công thức này rất phức tạp mãi cho tới năm 1954,
Berlekamp đã chứng minh được mối quan hệ giữa hạng của T − 1R với đa thức bất khả
quy. Mục tiêu còn lại của tiểu luận này ta tập trung nghiên cứu trình bày một số kết quả
của thuật toán và sử dụng thuật toán để giải các bài tập liên quan đến bất khả quy như
các dạng toán chứng minh bất khả quy và phân tích tìm các nhân tử bất khả quy trong
trường hợp đa thức tách được và không có nghiệm kép...
Trong tiểu luận này, tôi xin phép chia tiểu luận thành 2 phần chính như sau:
Về phần kiến thức cần nắm tôi xin trình bày trong 4 mục đầu tiên bao gồm: Căn
nguyên thủy bậc n của đơn vị, Công thức nghịch chuyển Mobius, Đa thức chia đường
tròn và Cấu trúc trường hữu hạn.
Về phần nội dung chính của tiểu luận, xoay quanh ở 2 mục lớn chính cũng chính là
tên tiêu đề của tiểu luận. Ở mục thứ nhất " Đa thức chia đường tròn modulo p " Ở đây
tôi chứng minh một đa thức f tách được với bậc n là bất khả quy nếu và chỉ nếu hạng
của T − 1R là n − 1 ( Xem định lý 7.2 ) và sử dụng kết quả của định lý 5.3 để phân tích
đa thức thành các nhân tử bất khả quy. Ở mục còn lại, cũng chính là trọng tâm của tiểu
luận " Thuật toán Berlekamp ", tôi xin trình bày một số dạng bài toán áp dụng thuật
toán để xét các đa thức.
Nội dung chính của tiểu luận được viết dựa trên cuốn sách Galois theory của D.V
Cox, bài báo Finite fields của Michel Waldschmidt, bài báo Elementary Properties of
Cyclotomic Polynomials của Yimin Ge về tính bất khả quy của Φd(x).
1

4. 2. CĂN NGUYÊN THỦY BẬC N CỦA ĐƠN VỊ
Định nghĩa 2.1. Cho ε ∈ C, n ∈ N∗
. Khi đó ε được gọi là một căn bậc n của đơn vị nếu
εn
= 1
Chú ý rằng có đúng n căn bậc n của đơn vị, đó là:
εk = cos
2kπ
n
+ i sin
2kπ
n
với k = 0, 1, 2, ...n − 1.
Định nghĩa 2.2. Cho n là số nguyên dương và ε là một căn bậc n của đơn vị. Khi đó ε
được gọi là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu ε không là căn bậc nhỏ hơn n của đơn
vị.
Số phức ε là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu n là số nguyên dương
nhỏ nhất thỏa mãn εn
= 1.
Ví dụ 2.3. a, Các căn bậc 3 của đơn vị là ?
ε0 = 1, ε1 =
−1
2
+
i
√
3
2
, ε2 =
−1
2
+
i
√
−3
2
Ta có:
ε1
0 = 1 ⇒ ε0 không là căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị.
ε1
1 = 1, ε2
1 = ε2 = 1 và ε3
1 = 1 ⇒ ε1 là căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị.
Ta cũng dễ dàng kiểm tra ε2 là căn nguyên thủy bậc 3 của đơn vị.
b, Các căn bậc 4 của đơn vị là: 1, -1, i , -i
Số i là căn nguyên thủy bậc 4 của đơn vị vì i4
= 1 và in
= 1 , n = 1, 2, 3.
Tương tự thì số -i cũng là căn nguyên thủy bậc 4 của đơn vị.
Mệnh đề 2.4. ( Tiêu chuẩn của căn nguyên thủy ) Cho n là số nguyên dương, kí hiệu:
εk = cos
2kπ
n
+ isin
2kπ
n
k = 0, 1, 2, ...n − 1.
Khi đó là 1 căn bậc nguyên thủy bậc n của đơn vị nếu và chỉ nếu gcd(k, n) = 1
Chứng minh. Giả sử là một căn bậc nguyên thủy bậc n của đơn vị cho nên tồn tại số
nguyên dương nhỏ nhất sao cho εn
k = 1
Giả sử gcd(k, n) > 1 ⇒
n
gcd(k, n)
< n và (εk)
n
gcd(k, n) = (cos
2kπ
n
+isin
2kπ
n
)
n
gcd(k, n)
cos
2kπ
gcd(k, n)
+ isin
2kπ
gcd(k, n)
= 1 ( Vô lý do εk là căn nguyên thủy bậc n)
⇒ gcd(k, n) = 1
Ngược lại, cho gcd(k, n) = 1, ta cần chứng minh là một căn bậc n của đơn vị, nghĩa
εn
k = 1
Gọi t là số nguyên dương nhỏ nhất, thỏa εt
k = 1
⇒ εt
k = cos
2ktπ
n
+ i sin
2ktπ
n
= 1
⇒
2ktπ
n
= m.2π (m ∈ Z∗
) ⇒ kt là bội của n
2

5. mà gcd(k, n) = 1 ⇒ t là bội của n ⇒ t = n hay n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa
εn
k = 1 ⇒ là căn nguyên thủy bậc n của đơn vị. Từ đây đến hết tiểu luận, ta luôn ký hiệu:
εk = cos
2kπ
n
+ i sin
2kπ
n
với k = 0, 1, 2, ...n − 1
Vì gcd(1, n) = 1 nên theo mệnh đề 1.4, ε1 = cos
2π
n
+ i sin
2π
n
luôn là căn nguyên thủy
bậc n của đơn vị.
Hệ quả 2.5. Cho n là số nguyên dương. Khi đó có đúng ϕ(x) căn nguyên thủy bậc n của
đơn vị.
Chứng minh. Không chứng minh hệ quả.
3. CÔNG THỨC NGHỊCH CHUYỂN MOBIUS
Định nghĩa 3.1. Hàm mobius µ : Z+
→ {−1; 0; 1} được định nghĩa như sau:
ϕ(n) =



1 nếu n = 1
(−1)k
nếu n không có ước bình phương và k là số các ước nguyên tố của n
0 còn lại
Từ định nghĩa, ta có ϕ(6) = (−1)2
= 1, ϕ(9) = 0, ϕ(12) = 0 . Hiển nhiên ϕ là hàm
nhân ϕ(mn) = ϕ(m).ϕ(n) hay với mọi số nguyên dương m, n nguyên tố cùng nhau.
Định lý 3.2. Cho n là số nguyên dương. Khi đó:
d|n
µ(d) =
1 nếu n = 1
0 nếu n ≥ 2
Chứng minh. Xem [7, Định lý 1 ]
Định lý 3.3. ( Công thức nghịch chuyển hàm Mobius ) Giả sử rằng F, f: Z+
→ Z+
là
hai hàm số sao cho
F(n) =
d|n
f(d)
Khi đó:
f(n) =
d|n
µ(d).F(
n
d
)
Chứng minh. Xem [7, Định lý 2 ]
Định lý 3.4. Giả sử rằng F, f: Z+
→ Z+
là hai hàm số sao cho
F(n) =
d|n
f(d)
Khi đó:
F(n) =
d|n
F(
n
d
)µ(d)
Chứng minh. Xem [7, Định lý 3 ]
3

6. Ví dụ 3.5. Giả sử rằng µ là hàm Euler, với bất kì số nguyên dương n,
n =
d|n
µ(d)
thì theo công thức nghịch chuyển Mobius thì:
µ(n) =
d|n
µ(d).
n
d
4. ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN
Định nghĩa 4.1. Cho n là số nguyên dương. Đa thức chia đường tròn thứ n là đa thức
dạng chuẩn ( có hệ số cao nhất là 1 ) và có đúng µ(n) nghiệm là các căn bậc nguyên thủy
bậc n của đơn vị. Kí hiệu đa thức chia đường tròn thứ n là Φn(x). Như vậy Φn(x) có bậc
µ(n) và:
Φn(x) = (x − εk1 )...(x − εkµ(n)
) =
εn=1,ord(ε)=n
(x − ε)
Ví dụ 4.2. (a) Các căn bậc 3 của đơn vị có dạng:
εk = cos
2kπ
3
+ i sin
2kπ
3
với k = 0, 1, 2
Các căn bậc 3 của đơn vị là:
ε1 =
−1
2
+ i
√
3
2
, ε2 =
−1
2
− i
√
3
2
( do ε3
1 = ε3
2 = 1)
Do đó đa thức chia đường tròn thứ 3 là:
Φ3(x) = (x +
1
2
− i
√
3
2
)(x +
1
2
+ i
√
3
2
) = x2
+ x + 1
(b) Các căn bậc 4 của đơn vị là:
εk = cos
2kπ
4
+ i sin
2kπ
4
Các căn nguyên thủy bậc 4 của đơn vị là:
ε1 = i ( do ε4
1 = 1) ; ε3 = −i ( do ε4
3 = 1)
Do đó ta xác định đa thức chia đường tròn thứ tư là:
Φ4(x) = (x − i)(x + i) = x2
+ 1
Nói chung, vì có chính xác µ(n) nghiệm là các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị nên
đa thức chia đường tròn luôn có bậc là µ(n). Dưới đây là 10 đa thức chia đường tròn đầu
tiên.
Φ1(x) = (x − 1)
Φ2(x) = (x + 1)
Φ3(x) = (x2
+ x + 1)
Φ4(x) = (x2
+ 1)
Φ5(x) = (x4
+ x3
+ x2
+ x + 1)
Φ6(x) = (x2
− x + 1)
4

7. Φ7(x) = (x6
+ x5
+ x4
+ x3
+ x2
+ x + 1)
Φ8(x) = (x4
+ 1)
Φ9(x) = (x6
+ x3
+ 1)
Φ10(x) = (x4
− x3
+ x2
− x + 1)
Chứng minh kết quả ở hệ quả dưới.
Định lý 4.3. Cho n là số nguyên dương. Khi đó
xn
− 1 =
d|n
Φd(x)
Chứng minh. Xem [7, Định lý 1]
Ví dụ 4.4. x2
− 1 = Φ1(x).Φ2(x) = (x − 1)(x + 1)
x3
− 1 = Φ1(x).Φ3(x) = (x − 1)(x2
+ x + 1)
x4
− 1 = Φ1(x).Φ2(x).Φ4(x) = (x − 1)(x + 1)(x2
+ 1)
x5
− 1 = Φ1(x).Φ5(x) = (x − 1)(x4
+ x3
+ x2
+ x + 1)
x6
− 1 = Φ1(x).Φ2(x).Φ3(x).Φ6(x) = (x − 1)(x + 1)(x2
+ x + 1)(x2
− x + 1)
x10
− 1 = Φ1(x).Φ2(x).Φ5(x).Φ10(x)
Ví dụ 4.5. Tính đa thức chia đường tròn thứ 15 Φ15(x)
Từ kiến thức cơ bản, ta có x15
− 1 = Φ1(x).Φ3(x).Φ5(x).Φ15(x)
⇒ Φ15(x) =
x15
− 1
Φ1(x).Φ3(x).Φ5(x)
=
x15
− 1
(x − 1)(x2 + x + 1)(x4 + x3 + x2 + x + 1)
Rút gọn thành
Φ15(x) =
x15
− 1
x7 + x6 + x5 − x2 − x − 1
Bằng cách sử dụng phép chia đa thức, ta tìm được.
Φ15(x) = x8
− x7
+ x5
− x4
+ x3
− x + 1
Hệ quả 4.6. Nếu p > 2 là số nguyên tố thì:
Φp(x) = xp−1
+ xp−2
... + x2
+ x + 1
và.
Φ2p(x) = xp−1
− xp−2
+ ... − x + 1
Bổ đề 4.7. Giả sử
f(x) = xm
+ am−1xm−1
+ ... + a1x + a0
và g(x) = xn
+ bn−1xn−1
+ ... + b1x + b0
là hai đa thức với hệ số hữu tỉ. Nếu các hệ số của f,g đều là số nguyên thì các hệ số
của f, g cũng nguyên. Từ Định lý và bổ đề ta thu được các hệ quả sau.
Hệ quả 4.8. Với mỗi số nguyên dương n, các hệ số của đa thức chia đường tròn Φn(x)
đều là số nguyên, tức Φn(x) ∈ Z[x].
Hệ quả 4.9. Cho n là số nguyên dương. Khi đó
Φn(x) = d|n(x
n
d − 1)µ(d)
.
5

8. 5. CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN
Một trường có hữu hạn phần tử thì được gọi là trường hữu hạn
Mệnh đề 5.1. Cho F là trường hữu hạn, ta có:
(a): Có duy nhất số nguyên tố p sap cho F chứa trường con đẳng cấu với Fp
(b): F là mở rộng hữu hạn của Fp và
|F| = pn
, với n = [F : Fp]
Định lý 5.2. Cho F là trường hữu hạn, ta có:
(a): αp
= α với ∀α ∈ F
(b): xp
− x = α∈F(x − α)
(c): F là trường phân rã trên Fp của xp
− x ∈ Fp
Chứng minh: Theo định nghĩa thì F có p phần tử, nhóm nhân F∗
= F{0} là nhóm
với p − 1 phần tử, nó cho thấy rằng αp−1
= 1 với ∀α ∈ F∗
, vậy thành αp
= α với ∀α ∈ F
Ý (b) được rút ra từ ý (a) do ∀α là nghiệm của xp
− x
Ta có xp
−x có bậc p nên xp
−x phân rã trên F. Khi mỗi phần tử của F là nghiệm,xp
−x
không thể phân rã trên mỗi trường nhỏ hơn.
Vậy F là trường phân rã của xp
− x ∈ Fp
Định lý 5.3. Cho Fp là trường. Nếu f ∈ Fp[x] là đa thức có hệ số cao nhất bằng 1 và
h ∈ Fp[x] sao cho hp
≡ h mod f thì:
f(x) =
c∈Fp
(gcd(f(x), h(x) − c))
Chứng minh: Ta có c ∈ Fp và h(x) ∈ Fp[x] nên h(x) - c tương đối từng đôi đa thức
nguyên tố với nhau
h2(x) = h1(x) + c1 − c2 với c1, c2 ∈ Fp c1 = c2
Nên các ước chung lớn nhất là ước với f(x), và do đó tích của tất cả các ước chung lớn
nhất chia được f(x). Từ hp
≡ h mod f
⇒ f(x) là ước của h(x)p
− h(x) và từ Định lý 5.2 (c) ta có
h(x)p
− h(x) = c∈Fp
(h(x) − c)
Điều này chứng tỏ f(x) là ước của vế phải. Kết hợp dữ liệu đã chứng minh ta kết luận
được định lý
6

9. 6. ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN MODULO P
Theo định lý 5.2 cho chúng ta thấy αp
= α với ∀α ∈ Fp nó kéo theo αp−1
= 1. Khi
α = 0 mỗi phần tử khác 0 của Fp đều là nghiệm của phần tử đơn vị.
Trong trường đặc số 0, đa thức tối tiểu của căn nguyên thủy bậc d của đơn vị trong C
là đa thức đường tròn Φd(x)
Chúng ta cùng đi nghiên cứu xem khi quy về đa thức modulo p thì theo định lý 3.3,
ta có nhân tử hóa như sau:
xn
− 1 = d|n Φd(x) trong Z[p] (*)
Sự rút gọn của Φd(x) modulo p có thể ký hiệu là Φd, để đơn giản hóa ta sẽ ký hiệu Φd.
Nên (*) ta sẽ xét trên trường Fp[x]
Mệnh đề 6.1. Nếu gcd(d, p) = 1, thì các mệnh đề sau tương đương
(a): d | pn
− 1
(b): Φd(x) phân rã trong Fpn
(c): Φd(x) có nghiệm trong Fpn
Ngoài ra,khi các điều kiện trên được thỏa mãn thì nghiệm của Φd(x) trong Fpn bao gồm
các căn nguyên thủy bậc d của đơn vị
Chứng minh. Trước tiên chúng ta cần chú ý tới căn nguyên thủy bậc d của đơn vị trong
trường đặc số p. Chú ý quan sát rằng khi gcd(d, p) = 1 thì xd
− 1 là tách được. Cho nên
thì xd
− 1 có d nghiệm trong trường phân rã. Theo ví dụ 3.5 thì ta có công thức Euler
d =
l|d
µ(l)
Và theo (*), với n = d
xd
− 1 =
l|d
Φl(x)
Từ những sự thật này thì ta dễ dàng chứng minh bằng phương pháp quy nạp với d là
nghiệm của Φd(x) là căn nguyên thủy bậc d của đơn vị cùng với đặc số p.
Bây giờ ta chứng minh (a) ⇒ (b). Giả sử n là ước của pn
− 1. Áp dụng công thức (*)
với n = pn
− 1. Ta có:
xpn−1
− 1 =
l|pn−1
Φl(x)
Hơn nữa ta lại thấy xpn−1
− 1 phân rã trong Fpn và d là ước của pn
− 1 nên ta thấy
rằng Φd(x) phân rã trong Fpn
(b) ⇒ (c). Không đáng kể
7

10. Cuối cùng ta chứng minh (c) ⇒ (a), lưu ý rằng mỗi nghiệm α ∈ Fpn của Φd(x) là căn
nguyên thủy bậc d của đơn vị bởi cách phân tích ở trên. Ta thấy α có bậc d trong F∗
pn
nên ta rút được d | pn
− 1 ⇒ (a) đã được chứng minh.
Hệ quả 6.2. Đa thức Φd(x) phân rã trên Fp[x] nếu và chỉ nếu p ≡ 1 mod d
Chứng minh. Chứng minh ở mệnh đề 6.1
Chúng ta tiếp tục tính toán xem các nhân tử bất khả quy của Φd(x). Từ gcd(d, p) = 1,
ta có [p] ∈ (Z/dZ)∗
. Cho m là kí hiệu của cấp của [p] trong nhóm này, hay là [p]m
= [1]
trong các lớp đồng dư, ta thấy rằng m là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho d | pm
− 1.
Số này xác định được bậc của nhân tử bất khả quy của Φd(x).
Mệnh đề 6.3. Cho d, đặt m là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho d|pm
− 1. Khi đó thì
Φd(x) là tích số của
µ(d)
m
đa thức bất khả quy trong Fp[x] với bậc là m.
Chứng minh: Cho f là nhân tử bất khả quy của Φd(x). Để chứng minh rằng deg f =
m, nó đủ để chứng minh có số dương nhỏ nhất l sao cho d|pl
− 1 với l = deg f.
Ta chứng minh như sau: Với mọi số nguyên l ≥ 1, quan sát thấy.
d|pl
− 1 ⇔ Φd(x) phân rã trênFpl ( chứng minh ở ý (a) ở định lý 6.1)
⇔ f phân rã trên Fpl ( do f |Φd(x))
⇔ f có nghiệm trên Fpl ( do Fp ⊂ Fpm )
⇔ deg f | l
nên những tương đương trên chứng minh rằng deg f có thỏa mãn tính chất.
Ví dụ 6.4. Xét trường F2[x]. Với d = 5, ta dễ dàng thấy [2] có bậc 4 trong (Z/5Z)∗
Theo mệnh đề 6.3 thì Φ5(x) là tích số của
µ(5)
4
= 1 đa thức bất khả quy bậc 4 trong
F2[x] nên Φ5(x) = x4
+ x3
+ x2
+ x + 1 là bất khả quy trong F2[x]. Nghiệm của nó là căn
nguyên thủy bậc 5 của phần tử đơn vị trong F24 hay F16
Với d = 15, cũng thấy rằng [2] có bậc 4 trong (Z/15Z)∗
. Nên Φ5(x) là tích của
µ(15)
4
=
8
4
= 2 đa thức bất khả quy với bậc là 4. Khi đó
Φ15(x) = x8
+ x7
+ x5
+ x4
+ x3
+ x + 1 = (x4
+ x3
+ 1)(x4
+ x + 1)
7. THUẬT TOÁN BELERKAMP
Ở phần này, chúng ta cùng nghiên cứu xem việc xét sự bất khả quy của một đa thức
trong trường hữu hạn.
Giả sử rằng ta muốn kiểm tra xem đa thức f ∈ Fp[x] bất khả quy hay không. Ta xét
với đa thức f với bậc n > 1. Hơn nữa, khi có đa thức bất khả quy trên trường Fp thì chúng
đều tách được ( Xem lại định lý trên ) nên ta cũng xem rằng f cũng tách được.
Đặt:
R = Fp[x]/ f
Thì ta có với mỗi nghiệm của vành thương R đều có thể viết duy nhất với dạng
8

11. a0 + a1x + ... + an−1xn−1
+ f với ai ∈ Fp
Bây giờ ta xét ánh xạ sau
T : R → R
xác định bởi T(g + f ) = gp
+ f
Dễ thấy T là đơn ánh. Vì nếu g + f = h + f thì g = h + fB với B ∈ Fp[x]. Khi đó
với p là đặc số thì ta có
gp
= (h + fB)p
= hp
+ fp
.Bp
= hp
+ f.fp−1
.Bp
Khi đó thì gp
+ f = hp
+ f . Hơn nữa, ta dễ dàng thấy T là ánh xạ tuyến tính trên Fp
( ta sẽ chứng minh định lý dưới ). Ánh xạ của phần tử đơn vị 1R : R → R cũng là ánh
xạ tuyến tính
Định lý 7.1. Ánh xạ Frobenius:
Fr : R → R
u → up
là Fp ánh xạ tuyến tính và Ker(Fr − I) ∼= Fr
p đặc biệt là dimFp Ker(Fr − I) = r
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh là ánh xạ tuyến tính.Ta có:
Fr(g + h) = (g + h)p
= gp
+ hp
= Fr(g) + Fr(h)
Với p là đặc số của trường Fp
Nếu λ ∈ Fp thì λp
= λ ( định lý 5.2 với trường hữu hạn) nên
Fr(λg) = (λg)p
= λgp
= λFr(g).
Ta có
(Fr − I)(h) ≡ 0 mod (f)
⇔ (Fr − I)(h1, ..., hr) ≡ (0, ...0) với hi ≡ h mod gi
⇔ ((Fr − I)h1, ..., (Fr − I)hr) ≡ (0, ..., 0)
⇔ hi ∈ Fp
Khi các phần tử thỏa mãn hp
= h một cách chính xác với các phần tử của Fp. Nên
Ker(Fr − I) ∼= Fp ⊕ ... ⊕ Fp
Tiếp theo ta xác định ma trận biểu diễn của (Fr − I) . Ta thấy 1, x, x2
, ..., xn−1
là các
cơ sở trên Fp[x]/ f , cho nên ta tính aij trong Fp sao cho
Fr(xi
) = xqi
= Σn−1
j=0 aij.xj
với i = 0, 1, ..., n − 1
Định lý 7.2. Cho f ∈ Fp[x] là đa thức tách được với bậc n > 1, và cho R = Fp[x]/ f .
Khi đó f bất khả quy nếu và chỉ nếu ánh xạ tuyến tính T - 1R: R → R có hạng là n - 1
9

12. Chứng minh. Nếu f là bất khả quy, thì R là trường và T là tự đồng cấu Frobenius. Khi
đó hạt nhân của T − 1R sẽ bao gồm nghiệm của αp
= α.
Vì thế trong Fp, hạt nhân Ker sẽ có 1 chiều
Bằng định lý số chiều của ánh xạ tuyến tính, ta có thể kết luận rằng T − 1R có hạng
là n − 1
Ngoài ra, nếu f bất khả quy, thì f = gh với g, h ∈ Fp[x] có bậc < deg(f). Hơn nữa, từ
f tách được thì g và h phải nguyên tố cùng nhau. Tức ta cần tìm A, B ∈ Fp[x] sao cho
Ag + Bh = 1.
Giả sử rằng Ag + f là hạt nhân của T − 1R nếu và chỉ nếu (Ag)p
− Ag là bội số của
f. Sử dụng nhị thức và f = gh, ta có
(Ag)p
= Ag(1 − Bh)p−1
= Ag(1 − (p − 1)Bh + ... + (−1)p−1
(Bh)p−1
)
= Ag − gh(p − 1)AB + ... + gh.(−1)p−1
ABp−1
.hp−2
≡ Ag mod f
Từ đó thấy rằng Ag + f là hạt nhân. Thay đổi vị trí của Ag và Bh thì ta cũng thấy
rằng Bh + f cũng là hạt nhân
Ví dụ 7.3. Chứng minh f bất khả quy. Cho f = x5
+ x4
+ 1 ∈ F2[x].
Ta thấy f = 5x4
+ 4x3
= x4
, và gcd(x5
+ x4
+ 1, x4
) = 1, nên f tách được. Khi
đó thì R = F2[x]/ f là không gian vecto trên trường F2 có chiều bằng 5. Vói các cơ
sở là 1 + f , x + f , x2
+ f , x3
+ f , x4
+ f , để đơn giản hóa ta viết tóm lại thành
1, x, x2
, x3
, x4
Ta thấy T: R → R là ánh xạ bình phương với p = 2. Để tính toán được ma trận của
T, chúng ta có kết quả như sau:
1 → 1
x → x2
x2
→ x4
x3
→ x6
= x5
.x = (x4
+ 1).x = x5
+ x = x4
+ x + 1
x4
→ x8
= x4
+ x3
+ x2
+ x + 1
Ở đây, x6
và x8
ta đưa về dưới dạng biểu diễn từ các cơ sở 1, x, x2
, x3
, x4
Ta có thể xác định được ma trận T − 1R là:






1 0 0 1 1
0 0 0 1 1
0 1 0 0 1
0 0 0 0 1
0 0 1 1 1






−






1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1






=






0 0 0 1 1
0 1 0 1 1
0 1 1 0 1
0 0 0 1 1
0 0 1 1 0






Dễ dàng thấy được rằng ma trận trên có hạng là 3. Từ 3 < 4 = deg(f) − 1, theo định
lý ta có thể rút ra được f là khả quy
Ở phần trên ta vừa xem xét việc sử dụng ma trận T − 1R để kiểm tra các đa thức bất
khả quy. Tuy vậy, thuật toán này còn làm được nhiều hơn thế nữa, Áp dụng định lý 5.3
kết hợp với thuật toán này để cùng tìm các nhân tử bất khả quy của f khi f không có
nghiệm bội. Tức ta cùng xác định nhân tử fi bất khả quy sao cho f = f1.f2...fk.
10

13. Ta xét với f không có nghiệm bội nên f sẽ là tích của các đa thức phân biệt fi trên
trường Fp. Nếu (c1, c2, ..., ck) là k lớp tương đương của phần tử trên Fp, khi đó theo định
lý sẽ tồn tại duy nhất h ∈ Fp[x] với h(x) ≡ ci mod fi(x) 0 < i < n và deg(h) < deg(f)
Khi đó đa thức h(x) thỏa mãn điều kiện sau:
h(x)p
≡ cp
i = ci ≡ h(x) mod fi(x) với 1 ≤ i ≤ k
và khi đó thì
(1) h(x)p
≡ h(x) mod f(x), với deg(h) < deg(f)
Cũng thế nếu h là nghiệm của (1) thì từ định lý kéo theo mỗi nhân tử bất khả quy
của f đều chia được cho mỗi đa thức dạng h(x) − c
Cho nên mọi nghiệm của (1) thỏa mãn h(x) ≡ ci mod fi(x) với 1 ≤ i ≤ k với k lớp
(c1, c2, ..., ck) phần tử của Fp
Hệ quả ta có chính xác pk
nghiệm của (1). Ta tìm nghiệm bằng cách rút gọn (1) thành
hệ các phương trình đại số. Đặt deg(f) = n khi đó ta xây dựng ma trận B = (bij) nxn,
0 ≤ i, j ≤ n − 1, bằng cách tính toán bậc của của xip
mod f(x)
(2) xip
≡
n−1
j=0
bijxj
mod f(x) với 0 ≤ i ≤ n − 1
Với bij ∈ Fp, h(x) = a0 + a1.x + ... + an−1.xn−1
∈ Fp[x] thỏa mãn (1) nếu và chỉ nếu.
(3) (a0, ...., an−1).B = (a0, ...., an−1)
Với B = (bij) và 0 ≤ i, j ≤ n − 1 và (3) cố định nếu và chỉ nếu
h(x) =
n−1
j=0
aj.xj
=
n−1
j=0
n−1
i=0
ai.bij.xj
≡
n−1
i=0
ai.xip
≡ hp
mod f(x)
Công thức (3) ta có thể viết thành
(4) (a0, ...., an−1).(B − I) = (0, ...., 0)
Công thức (4) có chính xác pk
nghiệm. Độ lớn của ma trận B − I là k, số của các đa
thức nhân tử bất khả quy của f và hạng của ma trận B − I là n − k.
Từ đa thức h1(x) = 1 là nghiệm tầm thường của (1) nên vecto (1, 0, ..., 0) là nghiệm
của (4). Khi đó tồn tại các đa thức h2(x), ..., hk(x) với bậc nhỏ hơn hoặc bằng n − 1 để
tương ứng các vecto h2(x), ..., hk(x) từ cơ sở của không gian hạt nhân của B − I. Nên đa
thức h2(x), ..., hk(x) là f khả quy. Bây giờ, hạng r đã được tìm, ta biết số các đa thức
bất khả quy bằng công thức k = n − r.
Nếu k = 1 thì f bất khả quy và ta sẽ kết thúc các thủ tục ở đây.Cũng thế, khi k = 1,
nghiệm của hp
= h mod f là các đa thức hằng và không gian hạch của B − I sẽ có các
vecto (c, 0, ....0) với c ∈ Fp
Nếu k ≥ 2, ta sẽ tìm được đa thức h2(x) khi f khả quy. Nên ta có thể tìm được
gcd(f(x), h2(x) − c) với mọi c ∈ Fp, kết quả này sẽ là nhân tố không tầm thường của
11

14. f(x). Nếu ta không tìm được k nhân tố của f bằng cách sử dụng h2(x), ta sẽ tìm
gcd(g(x), h3(x) − c) với mọi c ∈ Fp
Ví dụ 7.4. Phân tích nhân tử của f(x) = x4
+ x2
+ x + 1 trên F2 bằng thuật toán
Berlekamp. Để phân tích các nhân tử của đa thức ta làm các bước như sau
Dễ thấy f (x) = 4x3
+ 2x + 1 = 1 nên gcd(f, f ) = 1 và f không có nghiệm kép
Ta xây dựng lực lượng của x2i
mod f(x) với 0 ≤ i ≤ 3. Ta có
x0
≡ 1 mod f
x2
≡ x2
mod f
x4
≡ x8
≡ 1 + x + x2
mod f
x6
≡ x12
≡ 1 + x + x3
mod f
Khi đó ma trận B dạng 4 x 4 ta tìm được ở đây là
B =




1 0 1 1
0 0 1 1
0 1 1 0
0 0 0 1




Và ma trận B − I là
B − I =




0 0 1 1
0 1 1 1
0 1 0 0
0 0 0 0




Dễ thấy rank(B − I) là r = 2 , cho nên f(x) có k = 4 − 2 = 2 nhân tử bất khả quy
phân biệt. Hai vecto (1, 0, 0, 0) và (0, 0, 1, 1) từ cơ sở của không gian hạch của B − I. Nên
đa thức tương ứng với các vecto cơ sở trên là
h1(x) = 1 và h2(x) = x2
+ x3
Khi đó bằng cách sử dụng định lý ta tính được
gcd(f(x), h2(x) − 0) = x + 1
gcd(f(x), h2(x) − 1) = x3
+ x2
+ 1
Nên f có 2 nhân tử bất khả quy phân biệt chính tắc. Khi đó
f(x) = (x + 1)(x3
+ x2
+ 1)
Ví dụ 7.5. Phân tích nhân tử f(x) = x8
+ x7
+ x6
+ x4
+ x3
+ x + 1 trên trường F3 bằng
thuật toán Berlekamp
12

15. Từ gcd(f, f ) = 1, f không có nghiệm kép. Tương tự ta sẽ xây dựng xip
mod f với
p = 3 và 0 ≤ i ≤ 7, ta có kết quả sau:
x0
≡ 1 mod f
x3
≡ x3
mod f
x6
≡ x6
mod f
x9
≡ 1 + 2x2
+ x3
+ 2x5
+ x7
mod f
x12
≡ x + x4
+ 2x5
mod f
x15
≡ 1 + x + x3
+ 2x4
+ 2x7
mod f
x18
≡ 1 + x4
+ 2x6
mod f
x21
≡ 2 + x2
+ x5
mod f
Nên ma trận B có bậc 8x8 như sau:
B =











1 0 0 1 0 1 1 2
0 0 0 0 1 1 0 0
0 0 0 2 0 0 0 1
0 1 0 1 0 1 0 0
0 0 0 0 1 2 1 0
0 0 0 2 2 0 0 1
0 0 1 0 0 0 2 0
0 0 0 1 0 2 0 0











Và ma trận B − I là
B − I =











0 0 0 1 0 1 1 2
0 2 0 0 1 1 0 0
0 0 2 2 0 0 0 1
0 1 0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 0 2 1 0
0 0 0 2 2 2 0 1
0 0 1 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 2 0 2











Khi đó rankB − I là r = 5, khi đó f có k = 8 − 5 = 3 nhân tử bất khả quy phân
biệt. Không gian hạch của ma trận B − I là (1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0), (0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1) và
(0, 2, 2, 1, 1, 1, 1, 0) Đa thức tương ứng với các vecto trên là
h1(x) = 1
h2(x) = x3
+ x7
h3(x) = 2x + 2x2
+ x3
+ x4
+ x5
+ x6
Bây giờ ta xét h2(x) và ta tìm được
gcd(f(x), h2(x) − 0) = 1
gcd(f(x), h2(x) − 1) = 1 + x
gcd(f(x), h2(x) − 2) = 1 + x3
+ x7
Do f có ba nhân tử chính tắc bất khả quy nên ta có
f(x) = (1 + x)(1 + x3
+ x7
)
13

16. Để có được đa thức f khả quy, ta lấy đa thức 1 + x3
+ x7
và bằng cách lặp lại tương tự
như ở trên ta cũng có được
1 + x3
+ x7
= (2 + 2x + 2x2
+ x3
+ x4
+ x5
+ x6
)(2 + x)
Cho nên
f(x) = (1 + x)(2 + 2x + 2x2
+ x3
+ x4
+ x5
+ x6
)(2 + x)
Bây giờ với 2 + 2x + 2x2
+ x3
+ x4
+ x5
+ x6
chúng ta thấy rằng k = 1, nên đa thức
này bất khả quy và chúng ta kết thúc đa thức này ở đây.
Thứ hai, ta xét với h3(x)
gcd(f(x), h3(x) − 0) = 1 + x
gcd(f(x), h3(x) − 1) = 2 + 2x + 2x2
+ x3
+ x4
+ x5
+ x6
gcd(f(x), h3(x) − 2) = 2 + x.
Nên f được phân tích nhân tử thành:
f(x) = (1 + x)(2 + 2x + 2x2
+ x3
+ x4
+ x5
+ x6
)(2 + x)
8. BÀI TẬP VÀ ÁP DỤNG
Bài tập 1 : ( Exercise 7 D.V Cox 308 ) Như trong việc nghiên cứu thảo luận về thuật
toán Berlekamp, Đặt R = Fp[x]/ f và xét ánh xạ T: R → R lũy thừa bậc p. Chứng
minh rằng T là ánh xạ tuyến tính với R được xem như là một vecto trên trường Fp.
Hướng dẫn: Xem lại cách chứng minh ở ánh xạ Frobenius ở định lý 7.1.
Bài tập 2 : ( Exercise 10 D.V Cox 309 ) Giả sử cho đa thức đơn vị f ∈ Fp[x] có các
nhân tử f = f1.....fk với f1, ..., fk là các đa thức đơn vị bất khả quy phân biệt. Đặt R =
Fp[x]/ f và đặt Ri = Fp[x]/ fi với i = 1, ..., k. Xem xét ánh xạ:
ϕ : R → R1 × R2....× Rk
Xác định bởi
ϕ(g + f ) = (g + f1 , ..., g + fk )
Mục tiêu của bài tập này là chứng minh ϕ là đẳng cấu vành khi chúng ta lấy R1 x
R2....× Rk vào sử dụng trong vành bằng các phép toán cộng và các phép toán nhân thông
thường.
(a): Chứng minh rằng ϕ là một đồng cấu vành.
(b): Chứng minh rằng ϕ là ánh xạ một- một
(c): Chứng minh rằng R và R1 × R2....× Rk có số chiều giống nhau khi ta xét cùng trên
không gian vecto trên Fp
(d): Sử dụng định lý số chiều đã học từ ánh xạ tuyến tính để kết luận rằng ϕ là một đẳng
cấu vành
Hướng dẫn:
(a): Ta cùng chứng minh đủ các điều kiện của đồng cấu vành. Ta có:
ϕ(g + h + f ) = (g + h + f1 , ..., g + h + fk )
= (g + f1 , ..., g + fk ) + (h + f1 , ..., h + fk )
= ϕ(g + f ) + ϕ(h + f )
14

17. và với α ∈ Fp ta có
α.ϕ(g + f ) = α.(g + f1 , ..., g + fk )
= (α.g + f1 , ..., α.g + fk )
= ϕ(α.g + f ).
Khi đó ta nói ϕ là một đồng cấu vành
(b): Bạn đọc tự chứng minh.
(c): Giả sử deg f = n, khi đó deg fi < n với 1 ≤ i ≤ k.
Ta có thể xác định được chiều của Fp[x]/ f là n hay R có n chiều trong trong
không gian vecto Fp. Do f = f1.....fk nên deg (f) = deg f1 + ... + deg fk với fi bất
khả quy và phân biệt với 1 ≤ i ≤ k nên dim R1 +...+ dim Rk = dim R vì Ri đôi
một phân biệt ⇒ đpcm
(d): Bằng cách sử dụng hệ quả của định lý thặng dư Trung Hoa ( Giáo trình D.V Cox
trang 527 ) với f = f1.....fk ta có được đẳng cấu
Fp[x]/ f ∼= Fp[x]/ f1 x ... x Fp[x]/ fk
Khi đó ϕ là một đẳng cấu vành.
Bài tập 3 : ( Exercise 11 D.V Cox 309 ) Theo định lý 7.2, đặt T: R → R là ánh xạ cấp
thứ p, với R = Fp[x]/ f và f tách được với bậc n. Mục tiêu của bài tập này là chứng
minh hạng của T − 1R là n − k, với k là số các nhân tử bất khả quy của f trong Fp[x].
Ta sẽ sử dụng đẳng cấu ϕ : R R’ = R1 × R2....× Rk đã xây dựng ở bài tập 2.
(a): Đặt T : R → R’ với bậc p trên mỗi tọa độ. Chứng minh rằng ϕ cảm sinh đẳng cấu
giữa hạt nhân của T − 1R và hạt nhân của T − 1R’
(b): Chứng minh rằng hạt nhân của T −1R’ có k chiều như không gian vecto trên trường
Fp
(c): Chứng minh rằng T - 1R co hạng là n - k, sử dụng điều này để đưa ra một phát biểu
khác của định lý 7.2.
Hướng dẫn:
(a): : Ta sử dụng kết quả chứng minh ở định lý 7.1. Khi đó Ker(T − 1R) ∼= mathbbFr
p với
r là số chiều của Ker(T − 1R ) trên trường Fp
Tương tự đối với T’ ta cũng có được đẳng cấu Ker(T − 1R’) ∼= Fr
p với r’ là số
chiều của Ker(T − 1R’) trên trường Fp
Mà do R ∼= R’ ( Đã chứng minh ở câu 2) nên ta có r = r’.
Suy ra Ker(T − 1R) ∼= Ker(T − 1R’)
(b): Sử dụng kết quả ở định lý 7.1. Ở đây thì r’ = k
(c): Bạn đọc tự chứng minh
Bài tập 4 : ( Exercise 12 D.V Cox 309 ) Cho f ∈ Fp[x] là đa thức có hệ số cao nhất
là 1 và tách được với bậc n > 1, và giả sử T − 1R có hạng khác n − 1. Theo định lý 7.2,
thì f khả quy. Trong bài tập này ta sẽ sử dụng hạt nhân của T − 1R để tìm các nhân tử
không tầm thường của f
(a): Chứng minh rằng đa thức hằng trong Fp[x] cho ta không gian 1 chiều của hạt nhân
của T − 1R
(b): Chứng minh rằng có đa thức khác hằng h ∈ Fp[x] với bậc < n sao cho f | hp
− h.
Ở câu (c), (d), (e) ta sẽ sử dụng h để tìm nhân tử không tầm thường của f.
(c): Giải thích tại sao hp
− h = a∈Fp
(h − a) trong Fp[x]
(d): Sử dụng kết quả câu (b) (c) để chứng minh rằng f = a∈Fp
gcd(f, h − a)
15

18. (e): Sử dụng deg(h) < n để chứng minh rằng f gcd(f, h − a) với a ∈ Fp. Kết luận rằng
nhân tử của ý (d) là không tầm thường, i.e gcd(f, h − a) là nhân tử khác hằng
của f với bậc < n cho ít nhất hai a ∈ Fp
Hướng dẫn:
(a): Do T − 1R có hạng khác n − 1 nên áp dụng định lý 7.2 thì f khả quy.
(b): Bạn đọc xem lại Định lý 5.2 để chứng minh
(c): Ta đã chứng minh cụ thể ở định lý 5.2 ý (b)
(d): Dựa theo kết quả câu (b) (c) ta cần chứng minh f(x) = α∈Fp
gcd(f(x), h(x) − a).
Tức ta đang chứng minh định lý 5.3. Bạn đọc tìm hiểu cách chứng minh ở định
lý 5.3
Bài tập 5 : ( Exercise 13 D.V Cox 309-310 ) Xét đa thức f = x6
+ x4
+ x + 1 ∈ F2[x]
(a): Sử dụng kết quả bài tập 3 và phương pháp của ví dụ 7.3 để chứng minh rằng f tích
của 3 đa thức bất khả quy trong F2[x]. Khi đó tìm cơ sở của hạt nhân của T −1R.
(b): Một phần tử của hạt nhân là (0,0,1,1,0,1). Tương ứng với đa thức h = x2
+ x3
+ x5
từ cơ sở của R là 1, x, ..., x5
. Chứng minh rằng gcd(f, h)và gcd(f, h+1) cho ta các
nhân tử không tầm thường f = g1.g2
Hướng dẫn: f = x6
+ x4
+ x + 1 ∈ F2[x]
(a): Ta thấy f = 6x5
+ 4x3
+ 1 = 1 trong F2[x], và gcd(f, f ) = 1, nên f tách được.
Khi đó thì R = F2[x]/ f là không gian vecto trên trường F2 có chiều bằng 6. Vói
các cơ sở là 1 + f , x + f , x2
+ f , x3
+ f , x4
+ f , x5
+ f , để đơn giản hóa
ta viết tóm lại thành 1, x, x2
, x3
, x4
, x5
Ta thấy T: R → R là ánh xạ bình phương với p = 2. Để tính toán được ma
trận của T, chúng ta có kết quả như sau:
1 → 1
x → x2
x2
→ x4
x3
→ x6
= x4
+ x + 1
x4
→ x8
= x6
.x2
= (x4
+ x + 1)x2
= x4
+ x3
+ x2
+ x + 1
x5
→ x10
= x6
.x4
= (x4
+ x + 1)x4
= x5
+ x3
+ x2
+ 1
Ta có thể xác định được ma trận T − 1R là:







1 0 0 1 1 1
0 0 0 1 1 0
0 1 0 0 1 1
0 0 0 0 1 1
0 0 1 1 1 0
0 0 0 0 0 1







−







1 0 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 0 0
0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 0 1







=







0 0 0 1 1 1
0 1 0 1 1 0
0 1 1 0 1 1
0 0 0 1 1 1
0 0 1 1 0 0
0 0 0 0 0 0







Dễ thấy hạng của ma trận này < 5 = deg(f) − 1. Nên suy ra f khả quy. Việc
bây giờ ta cần tìm là số các đa thức bất khả quy của f.
Ta xây dựng lực lượng của x2i
mod f(x) với 0 ≤ i ≤ 5. Ta có
16

19. x0
→ 1mod f
x2
→ x2
mod f
x4
→ x8
≡ (x4
+ x + 1)x2
≡ x4
+ x3
+ x2
+ x + 1 mod f
x6
→ x12
≡ (x4
+ x + 1)2
≡ x8
+ x2
+ 1 ≡ x4
+ x3
+ x mod f
x8
→ x16
= x12
.x4
≡ x8
+ x7
+ x5
≡ x4
+ x3
+ 1 mod f
x10
→ x20
= x16
.x4
≡ x5
+ x3
+ 1 mod f
Nên ma trận B có bậc 6x6 như sau:
B =







1 0 1 0 1 1
0 0 1 1 0 0
0 1 1 0 0 0
0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 1 0
0 0 0 0 0 1







Và ma trận B - I là
B − I =







0 0 1 0 1 1
0 1 1 1 0 0
0 1 0 0 0 0
0 0 1 0 1 1
0 0 1 1 0 0
0 0 0 0 0 0







Khi đó hạng của ma trận B - I là r = 2 ( dễ thấy ), khi đó f có k = 6 - 2 = 4
nhân tử bất khả quy. Loại h1(x) = 1 là đa thức hằng thì ta có 3 đa thức bất khả
quy khác hằng của f.
Cơ sở của không gian hạch của B−I là (1, 0, 0, 0, 0, 0),(0, 1, 1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0, 1, 0)
và (0, 1, 0, 1, 0, 0)
(b): Ta xác định lần lượt như sau:
gcd(f, h) = x3
+ x + 1 và gcd(f, h + 1) = x3
+ 1
Hơn nữa ta có h2
= (x5
+ x3
+ x2
)2
≡ x5
+ x3
+ x2
mod f = h mod f. Nên h có
thể áp dụng được các hệ quả của định lý 5.3
Khi đó f = g1g2 với g1 = x3
+ x + 1 và g2 = x3
+ 1
Bài tập 6 : ( Exercise 16 D.V Cox 310 ) Xét tam thức f = xr
+ xs
+ 1 ∈ F2[x] với
r > s > 0 và r là số nguyên tố. Chứng minh rằng f là bất khả quy trên trường F2[x] nếu
và chỉ nếu f |x2r
− x.
Hướng dẫn: Dễ xác định được f có bậc r (r > s > 0). Ta cần chứng minh 2 chiều của
câu hỏi:
(⇒) Giả sử f bất khả quy trên F2[x] ta chứng minh f | x2r
− x. Thật vậy:
Gọi α là nghiệm của f ∈ F2[x]. Dựa vào định lý ta có F2(α) ∼= F2r là trường phân rã
của của x2r
− x trên trường F2. Suy ra α là nghiệm của x2r
− x. Suy ra điều cần phải
chứng minh.
(⇐) Ngược lại, giả sử f | x2r
− x nên f phân rã hoàn toàn trong F2r và f có nghiệm
đơn giản. Việc của ta bây giờ cần chứng minh gcd(f(x), x2d
) = 1 với ∀ d |2 và d < n tức
17

20. d = 1 để chứng minh rằng f không có nghiệm trong trường mở rộng nhỏ hơn của F2r /F2.
Từ đó có thể kết luận f bất khả quy trên trường F2
Ta có deg f(x) = r là số nguyên tố. nên gcd(r, 2) = 1 ( Dễ thấy ). Khi đó ta có thể kết
luận được gcd(f(x), x2
) = 1.
...
———————————————————–
9. KẾT LUẬN
Sau gần một tháng nghiên cứu và tìm hiểu về đề tài " Đa thức chia đường tròn modulo
p và Thuật toán Berlekamp ", bản thân tôi thu được một số kết luận như sau:
(1) Tìm hiểu nội dung có liên quan để chuẩn bị cho nội dung chính
(2) Giới thiệu sơ lược về Thuật toán và các dạng bài để người đọc có thể đúc rút và
sử dụng rộng rãi sau này
(3) Trình bày được một số định lý của đa thức trong trường hữu hạn, của đa thức chia
đường tròn và đa thức chia đường tròn trong trường hữu hạn.
(4) Áp dụng kiến thức cũ và mới để sử dụng vào giải bài tập liên quan đến định lý và
mệnh đề.
18

21. Tài liệu tham khảo
[1] D.A. Cox (2012), Galois Theory, John Wiley & Sons, Inc., Jersey.
[2] J.S. Milne (2018), Extension Fields and Galois Theory, Lecture Note.
[3] I. Stewart (2015), Galois Theory, Fourth Edition, CRC Press, Taylor & Francis Group, London.
[4] N.C. Tu (2006), Extension Fields and Galois Theory, NXB GD, Vietnam.
[5] M. Waldschmidt (2019), Finite fields .
[6] S. Hanif, M. Imran (2011), Factorization Algorithms for Polynomials over Finite Fields .
[7] Elementary Properties of Cyclotomic Polynomials ( 2008 ), Yimin Ge .
19