cyclotomic modulo p and Berlekamp algorilm

ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN MODULO P VÀ THUẬT TOÁN BERLEKAMP
ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN MODULO P VÀ
THUẬT TOÁN BERLEKAMP
Bùi Văn Lợi
K60 - Khoa Toán
Trường Đại học Sư phạm Huế
07/01/2020
B.V Lợi (Khoa Toán ĐHSPH ) ĐTCĐT Modulo p. Thuật toán Berlekamp 07/01/2020 1 / 24

CĂN NGUYÊN THỦY BẬC N CỦA ĐƠN VỊ I
Định nghĩa 1.1.
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
+ isin
2kπ
n
với k = 0,1,2,...n-1.
Định nghĩa 1.2.
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.

CĂN NGUYÊN THỦY BẬC N CỦA ĐƠN VỊ I
Ví dụ 1.3.
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.

ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN I
Định lý 1.4.
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 1.5.
Các căn bậc 3 của đơn vị có dạng:
εk = cos
2kπ
3
+ isin
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

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)
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)

Định lý 1.6.
Cho n là số nguyên dương. Khi đó
xn
− 1 =
d|n
Φd (x)
Ví dụ 1.7.
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)

CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN I
Mệnh đề 1.9.
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 1.10.
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

CẤU TRÚC TRƯỜNG HỮU HẠN I
Định lý 1.11.
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))

ĐA THỨC CHIA ĐƯỜNG TRÒN MODULO P I
Mệnh đề 2.1.
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
Hệ quả 2.2.
Đa thức Φd (x) phân rã trên Fp[x] nếu và chỉ nếu p ≡ 1mod d

Mệnh đề 2.3.
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: Ta chứng minh như sau: Với mọi số nguyên l ≥ 1, quan sát
thấy.
d|pl
− 1 ⇔ Φd (x) phân rã trên Fpl ( 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

Ví dụ 2.4.
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)

THUẬT TOÁN BERLEKAMP I
Đặt:
R = Fp[x]/ f
Thì ta có với mỗi nghiệm của vành thương R đều có thể viết duy nhất với
dạng
a0 + a1x + ... + an−1xn−1 + f với ai ∈ Fp
Định lý 3.1.
Ánh xạ Frobenius:
Fr : R → R
u → up
là Fp ánh xạ tuyến tính và Ker(Fr − I) ∼= Fr
p với dimFp Ker(Fr − I) = r

Định lý 3.2.
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

Ví dụ 3.3.
Chứng minh f bất khả quy. Cho f = x5 + x4 + 1 ∈ F2[x].
Ta tìm f’ 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 5. Vói các cơ sở là
1 + f , x + f , x2 + f , x3 + f , x4 + f
Ta thấy T: R → R là ánh xạ bình phương với p = 2. Ta xác định ma trận
của T 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

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






Ma trận trên có hạng là 3 và 3 < 4 = deg (f) - 1 ⇒ f là khả quy
Liệu có thể tìm các nhân tử của f bằng Thuật toán hay không ?

Giả sử 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
h(x)p
≡ h(x) mod f (x), với deg(h) < deg(f ) (1)

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 ) n x n, 0 ≤ i, j ≤ n − 1, bằng cách tính toán bậc
của của xip mod f(x)
xip
≡
n−1
j=0
bij xj
mod f (x) với 0 ≤ i ≤ n − 1 (2)
Với bij ∈ Fp, h(x) = a0 + a1.x + ... + an−1.xn−1 ∈ Fp[x] thỏa mãn (1) nếu
và chỉ nếu.
(a0, ...., an−1).B = (a0, ...., an−1) (3)

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
(a0, ...., an−1).(B − I) = (0, ...., 0) (4)
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.

Dễ thấy 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 hạch 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.
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 f(x).

Ví dụ 3.5.
Phân tích nhân tử của f(x) = x4 + x2 + x + 1 trên F2 bằng thuật toán
Berlekamp.
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
≡ 1mod 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 3.7.
Phân tích nhân tử f(x) = x8 + x7 + x6 + x4 + x3 + x + 1 trên trường F3
bằng thuật toán Berlekamp
f(x) = (1 + x)(2 + 2x + 2x2 + x3 + x4 + x5 + x6)(2 + x)
CẢM ƠN ĐÃ LẮNG NGHE

cyclotomic modulo p and Berlekamp algorilm

Empfohlen

Empfohlen

Weitere ähnliche Inhalte

Was ist angesagt?

Was ist angesagt? (20)

Ähnlich wie cyclotomic modulo p and Berlekamp algorilm

Ähnlich wie cyclotomic modulo p and Berlekamp algorilm (20)

Mehr von Bui Loi

Mehr von Bui Loi (20)

Kürzlich hochgeladen

Kürzlich hochgeladen (17)

cyclotomic modulo p and Berlekamp algorilm