Estélyi István. Véges testek algebrai bővítései

Átírás

1 Eötvös Loránd Tudományegyetem Estélyi István Véges testek algebrai bővítései Szakdolgozat matematika BSc, matematikus szak Témavezető: Dr. Pelikán József egyetemi adjunktus Algebra és Számelmélet Tanszék Budapest, 2010

2 Tartalomjegyzék Bevezetés 1 1. Véges testek algebrai bővítései GF (q) algebrai lezártja Steinitz-számok GF (q N ) automorfizmuscsoportja GF (q N ) multiplikatív csoportja Polinomok, polinomfüggvények Irreducibilitás GF (q) és GF (q N ) felett Irreducibilis polinomok konstrukciója Polinomfüggvények Permutáció-polinomok Permutáció-monomok q-polinomok Dickson-polinomok Iterált prezentációk GF (p p ) iterált prezentációi Hivatkozások 33

3 Bevezetés A testek, testbővítések elmélete Gauss és Galois óta jelentős fejlődésen ment keresztül. Fontos mérföldkő volt ebben Steinitz [12] cikke. A racionális számok algebrai bővítéseinek, lezártjának vizsgálata mára klasszikusnak számító algebrai témakör. Bár a véges testek számos gyakorlati alkalmazásuk miatt alpvető algebrai struktúrák, az algebrai bővítéseikkel foglalkozó szakirodalom viszonylag szerény. A szakdolgozat fő célja rövid betekintést nyújtani a véges testek algebrai bővítéseibe. A véges testekre vonatkozó kérdésekben az elsődleges forrás Lidl és Niederreiter [9] terjedelmes monográfiája volt, jóllehet a szakdolgozat inkább Brawley és Schnibben [2] munkájának felépítését követi. A szakdolgozat szerkezete a következő: Az 1. fejezetben a véges testek algebrai lezártját ill. résztesteinek szerkezetét tárgyaljuk Steinitz nyomán. Kitérünk az algebrai bővítések Galois-csoportjára és multiplikatív csoportjára is. A 2. fejezetben polinomok olyan alapvető tulajdonságait vizsgáljuk, mint pl. az irreducibilitás. Megvizsgáljuk, véges testek véges bővítéseire vonatkozó ismert eredmények milyen feltételek mellett teljesülnek tetszőleges algebrai bővítések felett, ill. fogalmaink miként terjeszthetők ki ebben az esetben. A 3. fejezet tárgya egy speciális polinomosztály a permutáció-polinomok. Ezek közül a permutáció-monomomok, q-polinomok, valamint a Dicksonpolinomok tulajdonságait vizsgáljuk véges testek ill. tetszőleges algebrai bővítéseik felett. A 4. fejezetben iterált prezentációkkal és explicit bázisokkal foglalkozunk. Ezek nem csupán GF (q N ) elemeinek reprezentációját adják a véges eset vektortér szemléletének mintájára, hanem egyúttal eljárást is adnak a szorzás és összeadás elvégzésére, lehetővé téve konkrét számolások elvégzését véges testek tetszőleges algebrai bővítéseiben. Ezúton szeretném megköszönni témavezetőmnek, Pelikán Józsefnek számos értékes észrevételét, illetve az ajánlott bőséges szakirodalmat, amely nemcsak elengedhetetlen volt e szakdolgozat elkészítéséhez, hanem jóval meg is haladja annak kereteit. 1

4 1. Véges testek algebrai bővítései 1.1. GF (q) algebrai lezártja Legyen p prím, q = p t prímhatvány, GF (q) a q-elemű test. A véges testek résztesteinek felépítését az alábbi állítás írja le: 1.1. Állítás. Tetszőleges m, n pozitív egészekre GF (q m ) GF (q n ) m n. Tekintsük most GF (q n! )-t minden n pozitív egészre. GF (q (n+1)! )-t úgy kapjuk GF (q n! )-ból, hogy veszünk egy p n+1 (x) GF [q n!, x], deg p = (n + 1) irreducibilis polinomot, ennek egy α gyökét GF (q n! )-hez adjungálva lesz Így egy láncot kapunk: GF (q (n+1)! ) = GF (q n!, α) GF (q) < GF (q 2 ) < < GF (q n! ) <... Mivel testek láncának uniója test, ezért tekinthetjük a következő testet: Γ(q) = GF (q n! ) n= Tétel. GF (q) algebrai lezártja Γ(q). Bizonyítás. Legyen α, β Γ(q). Ekkor elég nagy n-re α, β GF (q n! ). Mivel α, β algebrai GF (q) felett, ezért α ± β, αβ GF (q n! ) Γ(q). Az algebrailag zártsághoz legyen f(x) Γ[q, x]. Mivel f-nek véges sok együtthatója van, nagy n-re mind GF (q n! )-beliek, így f felbontási teste GF (q n! ) felett GF (q m ), n! m. GF (q m ) GF (q m! ) Γ(q) miatt f valóban eslőfokú tényezőkre bomlik Γ(q) felett. Megjegyzés. GF (q n ) GF (q n! ) miatt az is igaz, hogy Γ(q) = n=1 GF (q n ), q = p t esetén GF (p n ) GF (q n ) = GF (p tn ), így Γ(p) = Γ(q), vagyis az algebrai lezárt csak a karakterisztikától függ Steinitz-számok Az algebrai lezárt résztesteinek tárgyalását nagyban megkönnyíti, a pozitív egészek fogalmának megfelelő kiterjesztjtése. A most következő tárgyalásmód Ernst Steinitz [12] cikkéből származik, amely nagy hatással volt a modern algebra fejlődésére. 2

5 1.3. Definíció. Steinitz-egész alatt a következő formális kifejezéseket fogjuk érteni: N = p k i i, ahol p i az i-edik prímszám, k i {0, 1, 2,... } Jelölés. A Steinitz egészek halmazát jelölje E. Világos, hogy N E -re N N i k i N, és véges sok kivétellel k i = 0. Műveletek Steinitz-egészekkel, tulajdonságaik Ha N = p k i i, M = Szorzás: MN = l i =. p h i i, p l i i, akkor N = M i k i = l i i h i = k i + l i, ahol h i =, ha k i = vagy Oszthatóság: N M i k i l i, ekkor M/N = p l i k i i kitevőben véges k i -re k i =, valamint = 0. Legnagyobb közös osztó: (M, N) = Legkisebb közös többszörös: [M, N] = p min(k i,l i ) p max(k i,l i ) E. Itt a Megjegyzés. Mivel {0, 1, 2,... } bármely részhalmazának van minimuma és maximuma is, ezért van értelme Steinitz-számok tetszőleges halmazának legkisebb közös többszöröséről, ill. legnagyobb közös osztójáról beszélni Definíció. N E Steinitz-számra legyen GF (q N ) = d N, d N GF (q d ). Az 1.2 tétel bizonyításának gondolatmenetéből és a hozzá fűzott megjegyzésből látszik, hogy ez valóban test Tétel. Tekintsük a következő E -ből Γ(q) résztesteinek halmazába menő leképezést: N GF (q N ) Ez bijekció E és Γ(q) GF (q)-t tartalmazó résztesteinek halmaza között, továbbá GF (q N ) véges N véges GF (q N ) GF (q M ) N M 3

6 GF (q N ) GF (q M ) = GF (q (M,N) ) GF (q N ), GF (q M ) = GF (q [M,N] ) Bizonyítás. Az injektivitás igazolásához tegyük fel, hogy M N különböző Steinitz-számok. Ekkor van olyan t = p k i véges prímhatvány, amely M, N közül pontosan az egyiket osztja, mondjuk t N, de t M. Így GF (q t ) GF (q N ), viszont GF (q t ) GF (q M ): Indirekte tegyük fel, hogy α GF (q t ) GF (q M ), ahol α a GF (q t ) primitív eleme. Ekkor valamely véges d M-re α GF (q d ), ahonnan GF (q, α) = GF (q t ) GF (q d ) GF (q M ) miatt t M következne, ami ellentmondás. A szürjektivitás igazolásához tekintsünk egy rögzített GF (q) F Γ(q) közbülső testet. Legyen S = {n 1 : GF (q n ) F}. Ekkor 1 S n S d n d S F = GF (q n ) a, b S (a, b) S n S Ha mutatunk egy N Steinitz-egészt, melyre n S n N, akkor készen vagyunk. Legyen N az S elemeinek legkisebb közös többszöröse. Ez könnyen ellenőrizhetően megfelelő. A tétel további állításai azonnal adódnak GF (q N ) 1.4 definíciójából és abból, hogy m, n pozitív egészekre GF (q m ) GF (q n ) m n Következmény. Ha egy GF (q) F Γ(q) közbülső test minden valódi részteste véges, akkor F véges, vagy F = GF (q r ), ahol r prím Következmény. Γ(q) jellemezhető úgy, mint GF (q Ω ), ahol Ω = p i Következmény. Γ(q)-nak nincs maximális részteste, azaz F < Γ(q) valódi résztesthez K : F < K < Γ(q) közbülső valódi résztest Következmény. F < Γ(q) [ Γ(q) : F ] / N, az algebrai lezárt egyik valódi résztestének sem véges fokú bővítése. Az eddigiekben a p-karakterisztikájú véges testek algebrai bővítéseit bizonyos véges testek láncának uniójaként állítottuk elő. Ez a szemlélet motiválja a következő definíciókat, melyek lehetővé teszik GF (q N ) kategóriaelméleti felépítését. 4

7 1.6. Definíció. Osztósorozatnak azon d 0, d 1,... pozitív egészekből álló (véges vagy végtelen) szigorúan monoton növő sorozatokat nevezzük, melyekre d 0 = 1 és i d i d i+1 teljesül. Egy osztósorozat az N Steinitz-számhoz tart, ha tagjainak legkisebb közös többszöröse, [d 0, d i,... ] = N Következmény. Tetszőleges (d i ) osztósorozatra igazak a következők: N Steinitz-szám, melyre d i N Egy d pozitív egészre d N i d d i Következmény. Az osztósorozat éppen akkor véges, ha i d i = N = lim i d i. Megjegyzés. Az N-hez tartó osztósorozatok az N Steinitz-szám osztóhálójának azon 1-gyel kezdődő részláncai, melyek legkisebb(egyetlen) felső korlátja az N Definíció. I, irányított halmaz, ha a kétváltozós reláció reflexív és tranzitív, továbbá I bármely két elemének létezik felső korlátja Definíció (Direkt rendszer). Legyen C kategória, I, irányított halmaz, {X i : i I} Ob C a C objektumainak I elemeivel indexelt családja, továbbá i j-re f ij : X i X j morfizmusok, melyekre i I f ii = id Xi i j k f ik = f jk f ij Ekkor az X i, f ij párt I feletti direkt rendszernek nevezzük Definíció (Direkt limesz). Legyen X i, f ij a C kategória objektumainak és morfizmusainak direkt rendszere. Ennek direkt limesze a X, φ i pár, ahol X Ob C, a φ i : X i X morfizmusokra pedig i j esetén teljesül φ i = φ j f ij. Jelölés: X = lim X i Az X, φ i pár univerzális abban az értelemben, hogy ha Y, ψ i szintén a fenti tulajdonságokkal rendelkező pár, akkor egyértelműen létezik egy u : X Y morfizmus, melyre az alábbi diagram minden i j esetén kommutatív: 5

8 f ij X i φ i X j φ j X ψ i ψ j u Y Nem minden kategóriában létezik direkt limesz, de esetünkben kategóriánk objektumai algebrai struktúrával ellátott halmazok, ezért a létezés rögtön adódik a következő konstrukcióból: Állítás. Tetszőleges N Steinitz-számhoz tartó (d i ) osztósorozatra a GF (q d i ), direkt rendszer, melynek direkt limesze GF (q N ). Ez ugyanaz, mintha a testek diszjunk unióját faktorizálnánk a következő ekvivalenciarelációval: x i GF (q d i ), x j GF (q d j ) esetén x i x j, ha k : f ik (x i ) = f jk (x j ) GF (q d k ) GF (q N ) = lim GF (q d i ) = / GF (q d i ) Bizonyítás. Világos, hogy GF (q d i ) testek az f ij : GF (q d i ) GF (q d j ) beágyazásokkal direkt rendszert alkotnak. A φ i kanonikus leképezések könnyen adódnak: minden x i GF (q d i ) elemhez a szerinti [x] GF (q N ) ekvivalenciaosztályukat rendelik. Ezek segítségével definiáljuk GF (q N )-en a testműveleteket: [x] + [y] = [f ik (x) + f jk (y)]. Tetszőleges x, y reprezentánsokhoz található ugyanis olyan GF (q d k ) test, melyben az x és y alkalmas fik ill. f jk szerinti képei benne vannak, így ezek ott összeadhatók, az összeg ekvivalenciaosztálya pedig megfelelő választás az ekvivalenciaosztályok összegének. Ezzel tetszőleges GF (q) véges test összes algebrai bővítését általánosabban is definiáltuk, kiegészítve az 1.4 definíciót GF (q N ) automorfizmuscsoportja Tekintsünk egy K F testbővítést. K egy τ automorfizmusa F-automorfizmus, ha elemenként fixen hagyja F-et. Ezen testautomorfizmusok csoportot 6

9 alkotnak a kompozícióra nézve, amit a testbővítés Galois-csoportjának nevezünk: Gal(K F). Tudjuk, hogy ha n N, akkor: Tétel. Gal ( GF (q n ) GF (q) ) = {σ i σ i (x) = x qi, 1 i n} = σ 1 = Z n Megvizsgáljuk, mi lehet Gal(GF (q N ) GF (q)), ha N Steinitz-szám. Legyen τ a GF (q N ) egy adott automorfizmusa, (d i ) N osztósorozat. Ekkor i-re τ i = τ GF (q d i) szintén GF (q)-automorfizmusa GF (q d i )-nek, így az 1.11 tétel miatt!t i : 0 t i d i, τ(α) = τ i (α) = α qt i α GF (q d i ) Így a τ automorfizmust azonosíthatjuk a nemnegatív egészekből álló (t i ) sorozattal. GF (q d i ) GF (q d i+1 ) miatt τ i+1 (α) = τ i (α) α GF (q d i ). 0 t i d i miatt t i+1 = a i d i + r i ahol 1 r i d i és 0 a i < d i+1 d i. α GF (q d i ) esetén τ i+1 (α) = α qt i = ( α qa i d i ) q r i = α q r i = t i = r i Így rekurzíve t i+1 = a i d i + t i, 0 a i < d i+1 d i, ezt iterálva Ezen felbátorodva: t i+1 = a 0 + a 1 d a i d i (a 0 = t 1 ) Definíció. Egy (d i ) osztósorozatra az A = formális összeget (d i )-alapú osztósornak nevezzük Definíció (Osztósorok összege). Az A = a i d i, a i d i, i (0 a i < d i+1 d i ) B = b i d i osz- tósorok összege A + B = C = c i d i osztósor, ahol c i a tagonkénti összeg átvitellel, vagyis c 0 = a 0 + b 0 mod d 1 d 0, és ha a 0 + b 0 = j d 1 d 0 c 1 = a 1 + b 1 + j mod d 2 d 1, stb. + c 0, akkor Megjegyzés. Vegyük észre, hogy ha N véges, akkor az osztósorok fenti összeadása épp a modn összeadás. 7

10 Példa. Tekintsük a (10 i ) osztósorozatot, legyen A = 2.10 i, B = (b i = 0, ha i 2). Ekkor A + B = i. Ezzel analóg módon definiálható az osztósorok kivonása is. Megfigyelhetjük, hogy egy (d i ) osztósorozatra a (d i )-alapú osztósorok egy G (di ) Abelcsoportot alkotnak a 1.13 definícióbeli összeadásra nézve. Ez a csoport valójában izomorfia erejéig független a (d i ) osztósorozat választásától, ezért a továbbiakban G d -vel jelöljük Definíció. Legyen A = a i d i egy (d i )-alapú osztósor. Általánosított q-monom alatt a következő formális kifejezést értjük: m A (x) = x qa = x qa 0 +a 1 d = ( (x qa 0 ) qa 1 d 1 )... Láthatjuk, hogy m A (x) azonosítható a GF (q N ) résztesteinek automorfizmusaiból álló iterált függvénysorozattal. Ha A véges, m A (x) közönséges q-polinom. Behelyettesítéssel m A (x) egy GF (q N )-en értelmezett függvénynek tekinthető a következőképpen: i=3 m A (x) : GF (q N ) GF (q N ) α α qa(k) ahol A(k) az A k-adik részletösszege: A(k) = k a i d i. Ez azért jó, mert minden α GF (q N ) benne van egy GF (q d k ) résztestbe, azaz (α) q d k = α. Ezért q d k r esetén α q r = α, vagyis az A osztósor k-nál nagyobb indexű tagjaihoz tartozó automorfizmusok indentikusan hatnak. Mindezt a következőképpen foglalhatjuk össze: Tétel. Legyen N Steinitz-szám, (d i ) N osztósorozat. Ekkor Gal ( GF (q N ) GF (q) ) = {m A (x) : A (d i ) alapú osztósor} = G d Itt m A m B = m A+B, az indexben a 1.13 definícióbeli összeadást értve. Bizonyítás. Legyen τ a GF (q N ) tetszőleges GF (q)-automorfizmusa. Ekkor τ-t először egyértelműen azonosíthatjuk a nemnegatív egészekből álló 8

11 (t i ) sorozattal, majd az ebből előállítható A osztósorral. A fentiek alapján ekkor GF (q N )-en τ(x) = m A (x). Másrészt m A iterált függvénysorozat alakjából látható, hogy m A minden A osztósorra GF (q N ) egy GF (q)-automorfizmusát adja. Ha A, B különböző osztósorok, akkor A(i) B(i) valamely i-re, így m A GF (q d i) = m A(i) m B(i) = m B GF (q d i) Tehát m A és m B különbözők GF (q d i )-n, ezért a bővebb GF (q N )-en is. Az m A (m B (x)) = m A+B (x) azonosságból rögtön adódik, hogy m A A izomorfizmus a Galois-csoport és G d között GF (q N ) multiplikatív csoportja Véges testek multiplikatív csoportja, sőt tetszőleges test multiplikatív csoportjának véges részcsoportjai jól ismertek: Tétel. Tetszőleges K test K multiplikatív csoportjának véges részcsoportja ciklikus. Mielőtt rátérnénk GF (q N ) multiplikatív csoportjának meghatározására, tegyünk néhány észrevételt Definíció. Legyen q prímhatvány, d i N az N Steinitz-számhoz tartó osztósorozat. Legyen q N 1 = lim i (q d i 1) Megjegyzés. Mivel x m 1 x n 1 m n, q N 1 jóldefiniált Steinitz-szám. Nem nyilvánvaló azonban, miként áll elő kanonikus alakban Példa = (2 1)(2 + 1)( ) = F i ahol F i = 2 2i 1 + 1, az i-edik Fermat-szám. A fenti definíció segítségével könnyebben megfogalmazható a következő tétel: Tétel. GF (q N ) -ban pontosan akkor van r-edrendű elem, ha r q N 1. Ekkor az r-edrendű elemek száma ϕ(r), ahol ϕ az Euler-függvény. 9

12 Bizonyítás. Tegyük fel, hogy r q N 1 r q d i 1, ha i j. Ekkor minden i j-re GF (q d i )-ben ϕ(r) darab r-edrendű elem van, így GF (q N )-ben is. Most legyen α GF (q N ) r-edrendű elem. Ekkor α GF (q d i ) valamely i-re, így α GF (q d i ) GF (q N ), ahonnan r q d i 1, q d i 1 q N 1 r q N Következmény. GF (q N ) Abel torziócsoport, hiszen minden elem rendje véges. Az Abel torziócsoportok szerkezetét írja le a következő lemma: Lemma. Ha G Abel torziócsoport, akkor G = l prím G l, ahol G l = {α k : α lk = 1} az l-hatvány rendű elemek részcsoportja. Bizonyítás. Ha g G p p l prím, akkor előáll g = t ahol o(g i ) = p k i i (p i l). Legyen m = t p k i i. Ekkor g m = g v i i t alakban, g v im i = 1, azaz o(g) m. Mivel l m, ezért l o(g). Tehát G p p l prím -ben nincsen valódi( 1) l-hatvány rendű elem, azaz G p p l prím G l = {1}. Így G p p prím = G p, már csak azt kell belátni, hogy G minden p prím eleme előáll g = t g n i i alakban, ahol g i G pi. Legyen o(g) = n = t p k i i, n i = p k j j. Az n i -k (1 i t) legnagyobb közös osztója 1, így megfelelő j i t v i Z (1 i t) együtthatókkal v i n i = 1, g = t g v in i. Ez egy jó felírás, mivel g i = g n i választással ( g i) n pi = g n = 1. A multiplikatív csoportra térve vegyük észre, hogy q = p t esetén GF (q N ) = GF (p tn ), ezért a prímtest felett eleve is feltételezett véges bővítés foka az általánosság megszorítása nélkül beolvasztható az N Steinitz-számba. Tételünk így a következő: Tétel. Legyen N Steinitz-szám, K = GF (p N ), p = chark prím. Ekkor K = K l, ahol K l = Zl v, ha l v p N 1, azaz: l 2 esetén l p prím K l = { {1} Z l k+s ha d N, ahol d = ol (p) ha d N és az l kitevője N-ben k, p d 1-ben s 10

13 l = 2 esetén K 2 = { {1} ha 2 N vagy p = 2 Z 2 s+k 1 ha 2 N és a 2 kitevője N-ben k, p 2 1-ben s Bizonyítás. Az 1.19 lemma alapján megkapjuk K előállítását a kívánt direktszorzat alakban. Az 1.18 tétel alapján α K l, o(α) = l v pontosan akkor lesz legmagasabb (l-hatvány) rendű elem, ha l v p N 1. α = Z l v K l, az 1.18 tétel elemszámokra vonatkozó részéből azonnal adódik, hogy K l = Zl v. Vegyük észre, hogy p-edrendű elem nincs is K -ban, mivel p p N 1 estetén valamely, i > 0-ra p p d i 1 lenne, ami ellentmondás. Tehát K p = {1}. Legyen most l páratlan prím, melyre K l szerepel a direktszorzatban. Ekkor szerkezete miatt K l -ben van l-edrendű elem, így l p N 1, i : l p d i 1, azaz o l (p) d i, d i N o l (p) N. Tehát d = o l (p) jelöléssel d N szükséges. Az eddigiek alapján d N esetén k = K l = Zl. Ezért a továbbiakban feltehető, hogy d N és k N. Választunk egy speciális N-hez tartó osztósorozatot: d 0 = 1, d 1 = d,... d k+1 = dl k, d k+2 = N. Legyen K (i) = GF (p d i ), M = N/d k+1. Most i szerinti teljes indukcióval belátjuk, hogy K (i) l = Zl s+i 1, vagy ami ezzel ekvivalens: l s+i 1 p dli 1 1. Ha i = 1, valóban, s definíciója szerint l s p d 1. Az indukciós lépéshez 1 i k esetén tekintsük az alábbi azonosságot: p dli 1 = ( p dli 1 1 )( (p dli 1 ) l p dli ) Itt az első tényezőben l s+i 1 p dli 1 1, ami maga az indukciós feltevés. i = 1 esetén a N : p d = al+1, a binomiális tétel szerint (p d ) j jal+1 (mod l 2 ) (0 l l 1), így l 1 ( p dl i 1) l l 1 (jal + 1) j=0 j=0 (l 1)l al + l l (mod l 2 ) 2 i 2 esetén s+i 1 2, p dli 1 1 (mod l s+i 1 ) miatt a második tényezőre eleve l 1 ( p dl i 1) j l (mod l s+i 1 l 1 ( ) p dl i 1) j l (mod l 2 ) j=0 j=0 adódik. Látható tehát, hogy l l 1 j=0 ( p dl i 1) j. Ezzel az indukciós lépést 1 i k esetén igazoltuk. Végül kell még, hogy ha l s+k p dlk 1, akkor 11

14 l s+k p dlkm 1, azaz l s+k p N 1. Ez azért igaz, mert m N : m M-re l M l m, így p dlkm 1 = ( )( m 1 ( p dlk 1 p dl k) ) j j=0 ahol ( m 1 j=0 p dl k) j m (mod l), tehát nem osztható l-lel. Legyen most l = 2 (ez eleve csak p 2 esetén érdekes). Ekkor 1 = o 2 (p), vagyis o 2 (p) N triviálisan igaz, így k = K 2 = Z2. A továbbiakban k N, és p 2 1 (mod 8) miatt s 3. Tekintsük a következő N-hez tartó osztósorozatot: d 0 = 1, d 1 = 2,... d k = 2 k, d k+1 = N. Legyen M = N/2 k. Most i szerinti teljes indukcióval belátjuk, hogy K (i) 2 = Z2 s+i 1 2 s+i 1 p 2i 1. Ez i = 1-re s definíciójából adódik, az indukciós lépés 1 i k esetén ugyanúgy megy, mint előbb: p d i+1 1 = p 2i+1 1 = ( p d i 1 )( p d i + 1 ) Itt 2 s+i 1 p d i 1 maga az indukciós feltevés, 2 p d i +1 pedig azért áll fenn, mert egyrészt p d i + 1 páros, másrészt 4 p d i + 1 esetén 4 [(p d i + 1) (p d i 1)] lenne, ami ellentmondás. Végül 2 s+k 1 p N 1, mert, m N : m M-re 2 M 2 m, így p 2km 1 = ( )( m 1 ( p 2k 1 p 2 k) ) j j=0 ahol a második tényező páratlan sok páratlan szám összege, tehát páratlan. Ezzel a tételt igazoltuk Példa. GF (p Ω ) = Z l l p prím Példa. Mivel a Fermat-számok páronként relatív prímek, az példa alapján azt kapjuk, hogy GF (2 2 ) = Z Fi 12

15 2. Polinomok, polinomfüggvények Ebben a fejeztben különféle polinomokkal kapcsolatos állítások kerülnek tárgyalásra, melyek segítségével kirajzolódnak bizonyos hasonlóságok és eltérések a véges testek ill. végtelen algebrai bővítéseik között. Megfigyelhetjük, hogy némely véges testekre vonatkozó állítás szinte egy az egyben általánosítható Irreducibilitás GF (q) és GF (q N ) felett Ha a α algebrai GF (p) felett, akkor GF (p) feletti minimálpolinomját m(x)-szel jelölve azt kapjuk, hogy GF [p, α] = GF [p, x]/(m(x)) (2.1.1) Ha α a GF (q) véges test primitív eleme, azaz GF (q) = α, akkor m(x) GF [p, x] irreducibilis és deg m = t, ahol (q = p t ) Tétel. Tetszőleges t pozitív egészre létezik t-edfokú m(x) GF (p), GF (p) felett irreducibilis polinom, például GF (p t ) primitív elemeinek GF (p) feletti minimálpolinomjai. Megjegyzés. Utóbbi polinomokat primitív polinomnak nevezve láthatjuk, hogy minden primitív polinom irreducibilis, de korántsem minden irreducibilis polinom primitív. Pl. GF [2, x]-ben három 4-edfokú irreducibilis polinom van: x 4 + x + 1, x 4 + x 3 + 1, x 4 + x 3 + x 2 + x + 1, de csak az első kettő primitív. Tekintsük az alábbi közismert tételeket: 2.2. Tétel. Tetszőleges q prímhatvány és n pozitív egész esetén létezik p(x) GF [q, x] felett irreducibilis polinom Tétel. Egy p(x) GF [q, x] m-edfokú irreducibilis polinom GF [q t, x]- ben d = (m, t) darab, egyenként m/d-edfokú irreducibilis tényező szorzatára bomlik. Nevezetesen, p(x) pontosan akkor irreducibilis GF (q t ) felett, ha (m, t) = 1. Nézzük, miként általánosíthatók GF (q) tetszőleges algebrai bővítéseire. A 2.3 tétel megfelelője a következő tétel: 2.4. Tétel. Legyenek T, K Steinitz-számok, p(x) GF [q T, x] m-edfokú irreducibilis polinom. Ekkor p(x) GF (q T K ) fölött d = (m, K) darab m/d-edfokú irreducibilis tényező szorzata. 13

16 Bizonyítás. Legyen GF (q t ) a p(x) együtthatóteste. Szükségképpen t T, legyen R = T/t. Egy (r i ) R osztósorozatra (tr i ) T. Mivel p(x) irreducibilis GF (q T ) fölött, így GF (q tr i ) fölött is minden i-re. Ezért a 2.3 tétel alapján i : (m, r i ) = 1, tehát (m, R) = 1. Ha most (k i ) K osztósorozat, akkor (tr i k i ) T K. d = (m, K) választással látható, hogy nagy i-re, mondjuk i j-re d = (m, k i ), sőt d = (m, r i k i ). Istmét a 2.3 tételt alkalmazva azt kapjuk, hogy GF [q tr jk j, x]-ben p(x) d darab m/d-edfokú irreducibilis tényezőre bomlik. Ezen polinomok egyike legyen p s (x). Megmutatjuk, hogy tovább bővítve p s (x) irreducibilis marad, tehát ez már a GF (q T K ) feletti felbontás. Tekintsük i j-re u i = r ik i r j k j -t. Vegyük észre, hogy (m, u i ) = 1, ahonnan a 2.3 tétel következtében p s (x) irreducibilis GF (q tr jk j u i ) = GF (q tr ik i ) felett minden i-re. Ezért p s (x) irreducibilis GF (q T K ) felett is, a tételt igazoltuk Következmény. Tetszőleges T, K Steinitz-számokra egy GF (q T ) feletti p(x), deg p = m irreducibilis polinom pontosan akkor lesz GF (q T K ) felett is irreducibilis, ha (m, K) = 1. A 2.2 tétel mintájára a következő tétel mondható ki a GF (q N ) feletti irreducibilis polinomok fokairól: 2.5. Tétel. Legyen m pozitív egész, N Steinitz-szám. Pontosan akkor létezik GF [q N, x]-ben irreducibilis m-edfokú polinom, ha m minden p prímosztójára p N. Ha S = p, akkor ezzel ekvivalens, hogy p N, p prím p(x) GF [q N, x], deg p(x) = m irreducibilis (m, S) = 1. Bizonyítás. Először tegyük fel, hogy p(x) GF [q N, x], deg p(x) = m irreducibilis és a p prímre p N. Ha p(x) GF (q) feletti együtthatótestét GF (q t ) jelöli, akkor p(x) a GF (q N ) bármely részteste felett irreducibilis, nevezetesen GF (q t ) és GF (q tp ) felett is. Így a következmény szerint (m, p ) = 1, azaz p m. Most tegyük fel, hogy (m, S) = 1. Legyen N = p k i i. Ekkor N felírható N = MR, ahol, M = p k i i. (m, S) = 1 miatt M véges, így GF (q M ) p i m felett létezik irreducibilis m-edfokú p(x) polinom. Mivel (m, R) = 1, a következmény szerint ez a p(x) polinom irreducibilis GF (q MR ) = GF (q N ) felett is. 14

17 2.2. Irreducibilis polinomok konstrukciója Az alábbiakban ismertetünk egy rekurzív módszert, ami alkalmas tetszőlegesen nagy fokú irreducibilis polinomok előálítására Definíció. Az f(x) n-edfokú polinom reciproka az f (x) = x n f( 1 x ) polinom. f(x) reciprok polinom, ha f(x) = f (x). Tekintsük az alábbi polinomhalmazokat: P n = {f(x) GF [q, x] deg f = n} S n = {f(x) GF [q, x] deg f = n, f = f } A következő leképezéseket vizsgáljuk: φ : P n S 2n, φ(f(x)) = x n f(x + 1). x A g k (x, 1) = 2T k (x/2) Dickson-polinomok segítségével meghatározható φ inverze is. Tetszőleges b(x) = n 1 b i (x 2n i + x i ) + b n x n S 2n reciprok polinomra legyen ψ : S 2n P n, ψ(b(x)) = n 1 b i g n i (x, 1) + b n. Kimondható az alábbi tétel: 2.7. Tétel. Az előbb definiált φ, ψ leképezések az alábbi tulajdonságokkal rendelkeznek: 1. φ ψ = id S2n, ψ φ = id Pn 2. φ és ψ multiplikatív 3. d 1 = deg f 1 > deg f 2 = d 2 = φ(f 1 + f 2 ) = φ(f 1 ) + x d 1 d 2 φ(f 2 ) 4. Ha b(x) S 2n irreducibilis, akkor ψ(b(x)) is irreducibilis. Ha a(x) P n \ S n, akkor ψ(a(x)a (x)) irreducibilis. Bizonyítás. 1) Ha f(x) = n a i x i, akkor φ(f(x)) = x n n 1 a i (x + x 1 ) i P 2n n 1 φ(f(x)) = x 2n (x n ) a i (x + x 1 ) i = x n f(x + x 1 ) = φ(f(x)), ezért φ(p n ) S 2n. A fenti b(x)-et behelyettesítve: ( n 1 ) φ ψ(b(x)) = φ b i g n i (x, 1) + b n 15 [ n 1 = x n b i g n i (x + x 1, 1) + b n ].

18 A 3.19 állítást alkalmazva ez nem más, mint [ n 1 x n b i (x n i + x (n i) ) + b n ] = n 1 b i (x 2n i + x i ) + b n x n = b(x). Tehát φ ψ = id S2n. A befejezéshez azt kell még észrevenni, hogy P n és S 2n elemszáma megegyezik: egy P n -beli polinom főegyütthatója nemnulla, így az (p 1)-féle lehet, mivel a többi együtthatóra nincs megkötés, P n = (p 1)p n. Az S 2n -beli polinomok főegyütthatója persze itt nemnulla, de szimmetriaokok miatt csak n további együtthatót választhatunk szabadon. Így S 2n = (p 1)p n. 2) Legyenek f, g P n polinomok, deg f(x) = r, deg g(x) = s. Ekkor φ((fg)(x)) = x r+s (fg)(x+x 1 ) = x r f(x+x 1 )x s g(x+x 1 ) = φ(f(x))φ(g(x)). és φ multiplikati- Most tegyük fel, hogy b, c S 2n. Az 1. rész illetve id S2n vitása alapján φ ( ψ ( b(x)c(x) )) = b(x)c(x) = φ ( ψ(b(x)) ) φ ( ψ(c(x)) ) = φ ( ψ ( b(x) ) ψ ( c(x) )). Istmét az 1. miatt φ injektív, szükségképpen ψ ( b(x)c(x) ) = ψ(b(x))ψ(c(x)). 3) Annyit kell csak észrevenni, hogy φ((f 1 +f 2 )(x)) = x d 1 (f 1 +f 2 )(x+x 1 ) = x d 1 f 1 (x+x 1 )+x d 1 d 2 x d 2 f 2 (x+x 1 ) 4) Indirekte tegyük fel, hogy egy b(x) S 2n irreducibilis polinomra ψ(b(x)) = f(x)g(x), ahol deg f deg g 1. Ekkor a 1. és 2. rész alapján b(x) = (φ ψ)(b(x)) = φ(f(x))φ(g(x)), ami ellentmond b(x) irreducibilitásának. A második állításhoz tegyük fel, hogy a(x) P n \ S n, és ψ(a(x)a (x)) = u(x)v(x), deg u, deg v 1. Erre φ-t alkalmazva a(x)a (x) = φ(u(x))φ(v(x)). Mivel a(x) irreducibilis, a(x) osztja φ(u(x)) ill. φ(v(x)) valamelyikét, mondjuk a(x) φ(u(x)). Másrészt a (x) is irreducibilis és a(x) a (x), ezért a(x)a (x) is osztja φ(u(x))-et, ami deg v(x) > 1 deg φ(v(x)) > 2 miatt ellentmondás. 16

19 A φ leképezés iterálásával egy alkalmasan választott kezdőpolinomból reciprok irreducibilis 1-főegyütthatós H. Meyn [10]-beli szóhasználatával élve "srim" (self-reciprocal, irreducible, monic) polinomok végtelen sorozatát képezhetjük. Ezt a tényt 2 karakterisztikában Meyn [10], páratlan karakterisztikában S. D. Cohen [3] igazolták. Egy ilyen konkrét polinomsorozattal, ahol a kezdőpolinom n-edfokú, megadható GF (p n 2 ) ill. GF (p n 2 ) iterált prezentációja. A kezdőpolinom választására pl. az alábbi állítás ad kiindulási feltételt: 2.8. Állítás. Legyen f(x) P n irreducibilis polinom. A φ(f(x)) polinom pontosan akkor irreducibilis GF (q n ) felett, ha x 2 βx + 1 GF [q n, x] is irreducibilis, ahol β az f(x) tetszőleges gyökét jelöli GF (q n )-ben. Bizonyítás. Pontosan akkor lesz egy α GF (q n ) elemre φ(f(α)) = α n f(α + α 1 ) 0, ha f(x) egyik β gyökére sem teljesül β = α + α 1. Ez épp azt jelenti, hogy x 2 βx + 1-nek nincs α gyöke GF (q n )-ben, ami ekvivalens a x 2 βx + 1 polinom GF (q n ) feletti irreducibilitásával Polinomfüggvények Behelyettesítés révén minden f(x) GF [q, x] polinom reprezentál egy f : GF (q) GF (q) függvényt. Könnyen adódik az alábbi állítás: 2.9. Állítás. Minden f : GF (q) GF (q) függvényhez található f(x) GF (q) polinom, ami reprezentálja. Ha még azt is feltesszük, hogy deg f < q, akkor ez a reprezentáns polinom egyértelmű. Valójában az is igaz, hogy f(x) és g(x) polinomok pontosan akkor reprezentájlák ugyanazt a függvényt, ha f(x) g(x) (mod x q x). Megjegyzés. Ez a tulajdonság megkülönbözteti a véges testeket más kommutatív gyűrűktől: egy R kommutatív gyűrű pontosan akkor véges test, ha az összes R R függvénynek létezik polinom reprezentációja. A Lagrange interpolációs formula segítségével explicite is megadható egy adott f : GF (q) GF (q) függvény r(x) (deg r < q) egyértelmű reprezentáns polinomja. Tekintsük ugyanis a következő segédpolinomot: { 1 x = α 1 (x α) q 1 = 0 x α Ennek segítségével r(x) = α GF (q) f(α)(1 (x α) q 1 ). 17

20 3. Permutáció-polinomok Ebben a fejezetben azok a polinomok lesznek érdekesek számunkra, amelyek GF (q) elemeit permutálják Definíció (Permutáció-polinom). A GF (q) permutációit reprezentáló polinomokat permutáció-polinomoknak nevezzük. Általánosabban egy f(x) GF [q N, x] polinomot akkor nevezünk permutáció-polinomnak, ha a belőle behelyettesítéssel nyerhető függvény bijektív. Habár a permutáció-polinomok témaköre szakirodalomban gazdag, teljes általánosságban nem sokat tudni róluk. Az alábbiakban három speciális osztályukat tárgyaljuk: permutáció-monomok, q-polinomok, Dickson-polinomok. Permutáció-polinomokal foglalkozik Lidl-Niederreiter [9] 7. fejezete, ill. a témakör történeti áttekintése megtalálható [11]-ben. A szakirodalomban még sok más speciális permutáció-polinomot is vizsgálnak, lásd [1]. Az alábbiakban vizsgált polinomosztályok kitüntetett szerepe Schur 1923-as sejtésével indokolható, melyet M. Fried bizonyított be 1970-ben: 3.2. Tétel. Ha egy egész együtthatós polinom végtelen sok p prímre permutáció-polinomja GF (p)-nek (modulo p tekintve), akkor szükségképpen előáll lineáris polinomok, permutáció-monomok és Dickson-polinomok kompozíciójaként Permutáció-monomok 3.3. Tétel. Az x k monom pontosan akkor lesz GF (q) permutáció-polinomja, ha (k, q 1) = 1 Bizonyítás. Ha α a GF (q) primitív eleme, akkor GF (q) minden β 0 eleme egyértelműen áll elő β = α b (0 b < q 1) alakban, így az x k = β egyenletnek x = α t pontosan akkor megoldása, ha α tk = α b. Ennek megoldhatósága a következő lineáris kongruenciára vezethető vissza: kt b (mod q 1) Ez közismerten akkor oldható meg t-ben, ha (k, q 1) b. Mivel ennek a kongruenciának minden b-re, így b = 1-re is megoldhatónak kell lennie, ez csak (k, q 1) = 1 esetén lehetséges. Megjegyzés. Látható, hogy minden testautomorfizmus permutáció-polinom, de korántsem minden permutáció-polinom testautomorfizmus. 18

21 Az 1.17 definíciónak köszönhetően ez a tétel könnyen általánosítható: 3.4. Tétel. Az x k monom pontosan akkor lesz GF (q N ) permutáció-polinomja, ha (k, q N 1) = 1. Bizonyítás. Az x k monom pontosan akkor lesz GF (q N ) permutáció-polinomja, ha GF (q N ) minden GF (q d ), d N véges résztestének permutációpolinomja. Ez azt jelenti, hogy ha (d i ) N osztósorozat, akkor az a feltételünk, hogy minden i-re (k, q d i 1) = 1, azaz (k, q N 1) = 1 legyen. Másképp is megközelíthetjük a permutáció-monomokat. (km, N) = 1 (k, N) = 1 és (m, N) = 1, így az előző tételből azonnal adódik az alábbi állítás: 3.5. Állítás. x km permutáció-polinomja GF (q N )-nek x k és x m is permutáció-polinomja GF (q N )-nek. Permutáció-monomok konstrukciójához ezért elég ismerni az x l alakúakat, ahol l prím. A p = char GF (q) prímre x p a GF (p) feletti Frobeniusautomorfizmus, így x p permutáció-polinomja GF (q)-nak. Az alábbi számelméleti tétel Zsigmondy 1892-es eredménye: 3.6. Tétel (Zsigmondy). Tetszőleges c, n > 1 pozitív egészekhez létezik l prím, hogy o l (c) = n, kivéve, ha c = 2 k 1 és n = 2, ill. ha c = 2 és n = Következmény. Tetszőleges r prímekhez, q prímhatványhoz és m 2 pozitív egészhez létezik olyan l prím, melyre o l (q) = r m. A következmény [2]-ben a lemma. Segítségével igazolhatjuk a következő tételt: 3.7. Tétel. Tetszőleges N Ω Steinitz-számra létezik végtelen sok l prím, melyre x l a GF (q N ) permutáció-polinomja. Bizonyítás. Ha N = p k i i Ω, akkor létezik véges kitevő, legyen ez k i. Válasszunk egy pozitív egészekből álló szigorúan monoton növő (m j ) sorozatot, melyre k i < m 1 < m 2 <... teljesül. A következmény alapján mindegyik m j -hez választható l j prím, hogy o lj (q) = p m j i legyen. Ezekre a prímekre o lj (q) N, tehát az x l j -k permutáció-monomjai GF (q N )- nek. 19

22 3.2. q-polinomok 3.8. Definíció. Az L(x) = k α i x qi, α k 0 polinomokat q-polinomoknak nevezzük. L foka deg L = q k, avagy L q-foka, deg q L = k. Megjegyzés. A q-polinomokat szokás linearizált polinomnak is nevezni, ami a következő tulajdonságukra utal: ha L(x) GF [q n, x] q-polinom, akkor 1. L(α + β) = L(α) + L(β) minden α, β GF (q n ) esetén 2. L(cα) = cl(α) minden c GF (q), α GF (q n ) esetén A továbbiakban GF (q n ) ill. GF (q N ) feletti q-polinomokkal foglalkozunk. Látható, hogy L(x) az említett testek GF (q)-automorfizmusainak lineáris kombinációja, ezért L(x) GF [q n, x] tekinthető a GF (q n ), mint n- dimenziós GF (q)-vektortér lineáris transzformációjának. Mivel GF (q) minden α elemére α qn = α, feltehető, hogy deg q L n 1, egyébként L-t ilyenné alakíthatjuk. Ha testeink végesek, más lineáris transzformáció nincs is: 3.9. Tétel. A GF (q n ) mint n-dimenziós GF (q)-vektortér minden lineáris transzformációja egyértelműen reprezentálható egy L(x) = n 1 α i x qi GF [q n, x] q-polinommal, melynek q-foka legfeljebb (n 1). L(x) pontosan akkor lesz GF (q n ) permutáció-polinomja, ha az A L = (α qj 1 j i ) mátrix determinánsa nemnulla (a j i alsó indexeket modn kell érteni): det A L = α 0 α q 1... α qn 1 n 1 α n 1 α q 0... α qn 1 n α 1 α q 2... α qn Bizonyítás. Legyenek L 1 (x), L 2 (x) olyan q-polinomok, melyek q-foka legfeljebb n 1. Ha L 1 (α) = L 2 (α) a GF (q n ) minden α elemére, akkor x qn x L 1 (x) L 2 (x), ahonnan deg q (L 1 L 2 ) < n miatt L 1 L 2. Tehát különböző q-polinomok különböző lineáris transzformációkat reprezentálnak. Mivel a lineáris transzformációk ill. az n-nél kisebb q-fokú q-polinomok száma egyaránt q n2, a tétel első felét igazoltuk. A második állításhoz tekintsük minden ϱ GF (q n )-ra azt a ϱ oszlopvektort, melynek i-edik eleme ϱ qi 1, 1 i n. Legyen µ = L(ϱ). Ezt q i 1 -re emelve minden 1 i n esetén azt kapjuk, hogy µ = A L ϱ. Így, ha ϱ 1, ϱ 2,... ϱ q n a 20

23 GF (q n ) adott sorbarendezése és R az az n q n -es mátrix, melynek j-edik oszlopa ϱ j, akkor M = A L R, ahol M az az n q n -es mátrix, melynek j-edik oszlopa µ j. R rangja n, különben valamely nemnulla λ = [λ 0, λ 1... λ n 1 ] sorvektorra λr = 0 lenne, vagyis a λ n 1 x qn λ 1 x q + λ 0 x nem azonosan nulla q-polinom az azonosan nulla transzformációt reprezentálná, ami ellentmondás lenne a tétel első része miatt. Mivel a szorzatmátrix rangja legfeljebb akkora, mint a tényezők rangja, pontosan akkor lesz rkm = n, ha A L nemszinguláris. Másrészt, ha A L nemszinguláris, akkor invertálható, így R = A 1 LM, ahol A 1 L első sorát [β 0, β 1,... β n 1 ]-gyel jelölve az L 2 (x) = n 1 β i x qi polinom az L(x) inverze, így L(x) tényleg permutációpolinom. Amint az automorfizmuscsoportról szóló 1.3 fejezetben is láthattuk, egy GF (q N ) feletti q-polinom a GF (q N ) GF (q)-automorfizmusainak GF (q) feletti lineáris kombinációja, így tekinthető a GF (q N ), mint GF (q)-vektortér lineáris transzformációjának. A 3.9 tétel alapján különböző q-polinomok már egy megfelelő véges résztesten is különböző transzformációt reprezentálnak, de mint látni fogjuk, GF (q N ) nem minden lineáris transzformációja reprezentálható q-polinomokkal Definíció. Tekintsük a következő GF (q N ) feletti polinomokat: k l(x) = α k x k és k L(x) = α k x qk Ezeket egymás q-asszociáltjainak nevezzük, pontosabban L(x) az l(x) linearizált q-asszociáltja, l(x) pedig az L(x) hagyományos q-asszociáltja. A GF (q N ) feletti q-polinomok halmaza zárt az összeadásra, viszont nem zárt a szorzásra. Szerencsére azonban q-polinomok kompozíciója q-polinom, így definiálhatunk egy másik szorzást, amit "kompozíció" helyett "szimbolikus szorzás"-nak nevezünk Definíció. A szimbolikus szorzás a q-polinomok halmazán értelmezett bináris reláció, ami az L 1 (x), L 2 (x) q-polinomokhoz a kompozíciójukat rendeli: L 1 (x) L 2 (x) = L 1 (L 2 (x)) Könnyen ellenőrizhető, hogy a GF (q N ) feletti q-polinomok halmaza az összeadással, szimbolikus szorzással ill. GF (q)-beli elemmel való szorzással algebrát alkot. Ez az algebra általában nem kommutatív, de ha csak a GF (q) feletti q-polinomokat tekintjük, akkor igen. Igaz ugyanis a következő tétel: 21

24 3.12. Tétel. A q-polinomok és hagyományos q-asszociáltjaik közti L(x) l(x) megfeletetés izomorfizmus a q-polinomok GF (q)-algebrája és GF [q, x] között. Ezt a tételt nem bizonyítjuk, Lidl-Niederreiter [9] lemmájának következménye. Most megvizsgáljuk, mikor lesz egy L(x) = k α k x qk GF [q N, x] polinom permutáció-polinomja GF (q N )-nek. Feltehető, hogy deg q L < N. Ha N nem véges, akkor ez eleve fennáll, egyébként visszakapjuk a már tárgyalt esetet, amikor is L(x)-et modulo x qn x vehetjük. Ha N nem véges, legyen (d i ) N olyan osztósorozat, melyre L(x) GF (q) feletti együtthatóteste GF (q d 1 ). Mivel L(x) pontosan akkor permutáció-polinomja GF (q N )-nek, ha GF (q d i )-nek is minden i-re, ezért a 3.9 tételből azonnal adódik az alábbi tétel: Tétel. Legyen az L(x) = k α k x qk GF [q N, x] q-foka k < N, a (d i ) N osztósorozat olyan, hogy az L(x) q-polinom GF (q) feletti együtthatóteste GF (q d 1 ). Most is tekinthetjük a A L = (α qj 1 j i ), ezúttal végtelen mátrixot, ahol az alsó indexeket mod(k + 1) kell érteni. L(x) pontosan akkor lesz GF (q n ) permutáció-polinomja, ha minden d i > k- ra az A L mátrix d i d i -s sarokdeterminánsai nemnullák. Cirkuláns mátrixok és q-polinomok A 3.13 tétel, bár kétségkívül igaz, sajnos nem túl informatív, tekintettel az egyre nagyobb determinánsok meghatározásának nehézségeire. Abban az esetben viszont, ha a 3.9 tételben szereplő L(x) q-polinom GF (q) feletti, az α i együtthatókra teljesül α q i = α i, így az L(x)-hez asszociált mátrix (A) L = (α j i ), az indexeket modulo n értve. Az ilyen típusú mátrixot cirkulánsnak nevezzük, jelölése a továbbiakban C = C(α 0, α 1,... α n 1 ) = (α j i ). Egy cirkuláns mátrix determinánsa könnyebben meghatározható: Lemma. Tekintsük a C(α 0, α 1,... α n 1 ) = (α j i ) cirkuláns mátrixot, valamint az f(x) = n 1 α i x n i GF (q) feletti polinomot. Ekkor det C = n f(ω i ), ahol ω i -k n-edik egységgyökök x n 1 GF (q) feletti felbontási testében. Bizonyítás. Legyen az x n 1 polinom kísérő mátrixa R, ami a következő n n-es mátrix: [ ] 0 1 R = I n

25 Itt I n 1 az (n 1) (n 1)-es egységmátrix. Ennek k-adik hatványa k = 1, 2,... n-re [ ] R k 0 I = k I n k 0 nevezetesen R n = I n. Így egy cirkuláns mátrix kifejezhető R polinomjaként: C(α 0, α 1,... α n 1 ) = n 1 α i R n i, tehát C = f(r). Mivel R karakterisztikus polinomja x n 1, R sajátértékei az ω i n-edik egységgyökök, melyek elemei x n 1 GF (q) feletti felbontási testének. Így C = f(r) sajátértékei f(ω i )-k, determinánsa pedig ezek szorzata. Így bebizonyíthatjuk az alábbi Ore-tól származó tételt: Tétel (Ore). Az L(x) = n 1 α i x qi GF [q, x] q-polinom pontosan akkor lesz GF (q n ) permutáció-polinomja, ha L(x) hagyományos q-asszociáltjának, l(x)-nek egyik n-edik egységgyök sem gyöke. Bizonyítás. A 3.9 tétel alapján L(x) pontosan akkor lesz permutációpolinomja GF (q n )-nek, ha a C(α 0, α 1,... α n 1 ) cirkuláns mátrix determinánsa nemnulla. A 3.14 lemma alapján ez éppen akkor teljesül, ha az f(x) = n α i x n i polinomnak egyik n-edik egységgyök sem gyöke. Mivel az f(x) polinom f (x) = x n f(1/x) reciprokának gyökei f gyökeinek reciprokai, az iménti feltétel ekvivalens azzal, hogy f -nak egyik n-edik egységgyök sem gyöke. A befejezéshez vegyük észre, hogy f(x) = n α i x i = l(x), az L(x) hagyományos q-asszociáltja. Megjegyzés. Az l(x) hagyományos q-asszociáltnak pontosan akkor gyöke egy n-edik egységgyök, ha l(x) és x n 1 nem relatív prímek, azaz l(x) egyik p(x) irreducibilis faktora sem osztja x n 1-et. A p(x) polinom periódusát e-vel jelölve p(x) x n 1 e n. Ez a tétel ugyan gyengébb, mint a 3.9 tétel, cserébe viszont GF (q N ) felett is könnyen ellenőrizehtő feltételt nyújt L(x) permutáció-polinom voltára: Tétel. Legyen L(x) egy GF (q) feletti q-polinom. Tegyük fel, hogy L(x) hagyományos q-asszociáltjának GF (q) feletti felbontása l(x) = p 1 (x) t 1 p 2 (x) t 2... p s (x) ts, 23

26 ahol a p i (x) irreducibilis faktor periódusa e i. Egy N Steinitz-számra L(x) pontosan akkor lesz GF (q N ) permutáció-polinomja, ha 1 i s esetén e i N. Bizonyítás. Válasszunk egy (d i ) N osztósorozatot. L(x) pontosan akkor lesz GF (q N ) permutáció-polinomja, ha minden GF (q d i ) résztestének is permutáció-polinomja. Mivel e N i e d i, a 3.15 tétel ill. a hozzá fűzött megjegyzés alapján készen vagyunk Dickson-polinomok Állítás. R egységelemes kommutatív gyűrűben tetszőleges x, y R és k pozitív egész esetén x k + y k = k/2 j=0 k k j ( ) k j ( xy) j (x + y) k 2j (3.3.1) j Bizonyítás. A Waring-formula alapján az x k + y k szimmetrikus polinom a következőképpen fejezhető ki x, y elemi szimmetrikus polinomjai, x + y ill. xy segítségével: x k + y k = i+2j=k i (i + j 1)! ( 1) (x + y) i (xy) j i!j! i = k 2j helyettesítéssel épp a kívánt alakot kapjuk Definíció. Rögzített a R esetén az (elsőfajú) g k (x, a) Dicksonpolinomokat a követkeőképp definiáljuk: g k (x, a) = k/2 j=0 k k j ( ) k j ( a) j x k 2j (3.3.2) j A Dickson-polinomok szoros kapcsolatban állnak a T k (cos θ) = cos kθ Csebisev-polinomokal, ugyanis ha R = C, akkor (3.3.1)-ben x = e iθ, y = e iθ helyettesítéssel 2 cos kθ = g k (2 cos θ, 1) adódik, ahonnan (3.3.2) felhasználásával g k (2x, 1) = 2T k (x) (3.3.3) Ez az azonosság lehetővé teszi, hogy a Csebisev-polinomokat tetszőleges páratlan karakterisztikájú test felett értelmezzük. (3.3.1)-ben y = a/x helyettesítéssel azonnal adódik az alábbi állítás: 24

27 3.19. Állítás. g k ( x + a x, a ) = x k + ak x k Általában feltehetjük, hogy a 0, mivel a g k (x, 0) = x k esetet már tisztáztuk. A Dickson-polinomok permutációs tulajdonságainak további vizsgálatához szükségünk lesz az alábbi lemmára: Lemma. Legyen a GF (q) tetszőleges nemnulla elem. Ekkor GF (q) összes λ eleme előáll λ = β + a/β alakban, ahol β GF (q 2 ) nemnulla elem. Bizonyítás. Tekintsük az x 2 λx+a GF [q, x] polinomot. Ennek GF (q) feletti felbontási testében, GF (q 2 )-ben létezik β gyöke, ami értelemszerűen nemnulla, és teljesül rá λ = β + a/β Tétel. Legyen a 0 GF (q)-beli elem. Ekkor a g k (x, a) Dicksonpolinom pontosan akkor permutáció-polinomja GF (q)-nak, ha (k, q 2 1) = 1. Bizonyítás. Először tegyük fel, hogy (k, q 2 1) = 1. Mivel GF (q) véges, elég belátni, hogy g k (x, a) injektív. Ha g k (λ 1, a) = g k (λ 2, a), akkor a 3.20 lemma alapján létezik 0 β 1, β 2 GF (q 2 ), hogy λ 1 = β 1 + a/β 1 ill. λ 2 = β 2 + a/β 2, a 3.19 állítást felhasználva azt kapjuk, hogy β k 1 + ak β k 1 = g k (β 1 + a ) (, a = g k β 2 + a ), a = β k2 + ak, β 1 β 2 β2 k átrendezve (β1 k β2 k )(β2 k β2 k a k ) = 0. (k, q 2 1) = 1 (k, q 1) = 1, ahonnan a permutáció-monomokra vonatkozó 3.3 tétel alapján β 1 = β 2, vagy β 1 β 2 = a. Mindkét esetben λ 1 = β 1 + a/β 1 = β 2 + a/β 2 = λ 2. Most tegyük fel, hogy (k, q 2 1) = d > 1, belátjuk, hogy ekkor g k (x, a) nem injektív. Ha q páratlan és k páros, akkor 2 d, és valóban, páros k-ra g k (x, a) olyannyira nem injektív, hogy páros: g k (λ, a) = g k ( λ, a) minden λ GF (q)-ra. Egyébként feltehető, hogy d-nek létezik páratlan l prímosztója. l q 2 1 alapján két eset lehetséges: Ha l q 1, akkor az x l 1 egyenletnek GF (q) fölött l 3 megoldása van, így létezik β GF (q), hogy β 1, β a és β l = 1. Ekkor l k miatt β k = 1 is igaz, tehát ( g k β + a ) ( ) β, a = β k + ak β = 1 + a = g k k 1 + a, a β + a = 1 + a (β 1)(β a) = 0, ami lehetetlen β választása miatt. β Ha l q + 1, akkor az x q+1 = a megoldható GF (q 2 )-ben. Legyen ugyanis θ a 25

28 GF (q 2 ) primitív eleme. Ekkor egyrészt θ q+1 GF (q), mert gyöke (x q x)- nek, másrészt 1 i q 1-re (θ q+1 ) i -k mind különböző elemei GF (q)-nak. Így valamely i-re (θ q+1 ) i = a, erre az i-re λ = θ i megoldás. l q +1 l q 2 1, így az x l 1 egyenletnek GF (q 2 ) fölött l 3 megoldása van, ezért van olyan γ GF (q 2 ) megoldás, ami 1-től és a/λ 2 -től különböző. γ k = 1 és γ q+1 = 1 is teljesül, így ( g k λ + a ) ( λ, a = λ k + ak λ = k (γλ)k + ak (γλ) = g k k γλ + a ) γλ, a Az argumentumokra λ + a = λ λ +λq GF (q), γλ + a = λ γλ +(γλ)q GF (q), továbbá λ + a = γλ + a (γ a/λ)(γ 1) = 0, ami nem teljesül λ γλ γ választása miatt. Ha g k (x, a) Dickson-polinomot most GF (q N ) feletti polinomnak tekintjük, feltéve, hogy a GF (q N ) nemnula elem, akkor az alábbi általánosítás adódik: Tétel. A g k (x, a) Dickson-polinom pontosan akkor permutáció-polinomja GF (q N )-nek, ha (k, q 2 N) = 1. Bizonyítás. Legyen a g k (x, a) együtthatóteste GF (q) felett GF (q t ), valamint (d i ) N osztósorozat. Ekkor a foka GF (q) felett t. g k (x, a) éppen akkor permutáció-polinomja GF (q N )-nek, ha d i : t d i esetén permutációpolinomja GF (q d i )-nek. A 3.21 tétel alapján ez azzal ekvivalens, hogy d i : t d i -re (k, q 2d 1) = 1, ami azt jelenti, hogy (k, q 2N 1) = 1, tekintve, hogy elég nagy i-re t d i teljesül. Egyszerű következményként adódik az alábbi állítás: Állítás. A g km (x, a) Dickson-polinom pontosan akkor permutációpolinomja GF (q N )-nek, ha g k (x, a) és g m (x, a) is az. A 3.22 tétel alapján evidens, hogy ha p = char GF (q) esetén g p (x, a) permutáció-polinomja GF (q N )-nek. Jogosan merül fel a kérdés, mely l p prímekre lesz g l (x, a) permutáció-polinomja GF (q N )-nek. Szerencsére tételünk segítségével ez is könnyen megválaszolható. Tetszőleges l p prímre (l, q N 1) = 1 o l (q) 2N. Ha egy l prímre ez teljesül, akkor a 3.23 állítás értelmében minden hatványára is, így a 3.22 tételt a következőképpen is átfogalmazhatjuk: 26

29 3.24. Tétel. Legyenek p, l prímek, q (véges) p-hatvány, N Steinitz-szám, a GF (q N ) nemnulla elem. Ekkor a g l (x, a) Dickson-polinom pontosan akkor permutáció-polinomja GF (q N )-nek, ha l = p, vagy ha l p és o l (q) 2N Következmény. Legyen N tetszőleges Ω-tól különböző Steinitzszám. Ekkor tetszőleges a GF (q N ) nemnulla elemre létezik végtelen sok olyan l prím, amelyre g l (x, a) permutáció-polinomja GF (q N )-nek. Bizonyítás. Lényegében ugyanaz, mint a 3.7 tételé. Mivel N Ω, így létezik olyan p i prím, melynek k i kitevője N-ben véges. A állítás alapján bármely m pozitív egészre végtelen sok olyan l prím van, melyre o l (p) = p m i. Ha m > k i, akkor l megfelelő prím. Mivel különböző m-ekhez különböző l prímeket választunk, a tételt igazoltuk. 27

30 4. Iterált prezentációk Véges testre a legegyszerűbb példa a GF (p) prímtest, amit legkézenfekvőbb a modulo p maradékoknak tekinteni a szokásos műveletekkel. Némivel árnyaltabb a helyzet GF (q), q p-hatvány esetén. Ennek szokásos reprezentációjához szükségünk van egy n-edfokú f(x) GF [p, x] irreducibilis polinomra. Ekkor a (2.1.1) izomorfizmus alapján GF (q) = {a 0 + a 1 α + + a t 1 α n 1 a i GF (p)} egy GF (p) feletti n-dimenziós vektortérnek tekinthető úgy, hogy az összeadást koordinátánként végezzük, a szorzást pedig modulo f(x), azaz α-t az f(x) gyökének tekintjük. Ehhez persze szükség van egy konkrét f(x) GF [p, x] n-edfokú irreducibilis polinomra, melynek létezését ugyan garantálja a 2.1 tétel, de adott n-re nem mindig triviális találni. Ezt a szemlélet és formalizmust terjesztjük ki az általános GF (q N ) algebrai bővítésekre. Mindez nagyban megkönnyíti a testekben való számolást Definíció. Tegyük fel, hogy GF (q)-ban ismertek az összeadás és szorzás algoritmusai, mondjuk a fenti módon, egy prímtest feletti konkrét irreducibilis polinom által. Ekkor N Steinitz-egészre a GF (q N ) iterált prezentációja GF (q) felett az alábbi rendezett párok (d i, f i (x)) sorozata, ahol (d i ) N adott osztósorozat, (f i (x)) pedig adott polinomsorozat az alábbi tulajdonságokkal: i 0-ra f i+1 (x) GF [q d i, x] irreducibilis és deg f i+1 = d i+1 /d i. Megjegyzés. Ha N véges, akkor az osztósorozat és a polinomsorozat is véges, egyébként a fokszámra tett megkötés miatt mindkettőnek végtelennek kell lennie Példa. Legyen GF (2) = {0, 1} adott, N = 4. GF (16) lehetséges iterált prezentációi például az alábbiak: d 0 = 1, d 1 = 4, f 1 (x) = x 4 + x + 1 d 0 = 1, d 1 = 2, d 2 = 4, f 1 (x) = x 2 + x + 1, f 2 (x) = x 2 + x + α 1, ahol α 1 az f 1 (x) gyöke. Explicit bázis. Adott (d i, p i (x)) iterált prezentációra tekintsük most az (α i ) sorozatot, ahol α i a p i (x) polinom gyöke minden i-re. Ekkor a GF (q N ) bázisát alkotják GF (q) felett az α i elemekből képezhető véges szorzatok, 28

31 vagyis a α k i i alakú kifejezések, ahol 0 k i < deg p i, és véges sok kivétellel k i = 0. Ekkor GF (q N ) elemei a báziselemek véges lineáris kombinációi, így α i -k polinomjainak tekintehtők. Ennek megfelelően az alapműveletek GF (q N )-ben a szokásos polinomösszeadás és polinomszorzás, az αi, t t > deg p i hatványok a p i (α i )=0 összefüggés szerint redukálhatók. A báziselemeket a következőképpen rendezhetjük: legyen α k i i < α l i i, ha k t < l t, ahol t a legnagyobb index, amelyre k t l t. Ha még GF (q) egy a 0 = 0 < a 1 < < a q 1 rendezését is adottnak tekintjük, akkor az α i q d i 1, a i i hozzárendelésekkel GF (q)-t megfeleltettük a nemnegatív egészeknek úgy, hogy GF (q N ) minden eleméhez egy nemnegatív egész q- alapú számrendszerbeli alakját rendeltük. A GF (q N )-beli műveletek N-en más összeadást és szorzást indukálnak, lásd a későbbi példában ill. bővebben Conway [4] könyvében Definíció. GF (q N ) explicit bázisa GF (q) felett egy {λ 1, λ 2,... } rendezett bázis a megfelelő λ i λ j = a 1 λ 1 + a 2 λ a k(i,j) λ k(i,j) redukciós egyenletekkel minden i, j-re, ahol az együtthatók GF (q)-beliek, k(i, j) pedig i-től és j-től függő pozitív egész GF (p p ) iterált prezentációi A továbbiakban egy speciális esetet tárgyalunk Lemma. Legyen b GF (q), q p-hatvány. Az x p x b polinom pontosan akkor irreducibilis GF (q) felett, ha nincs gyöke GF (q)-ban. Bizonyítás. Ha γ gyöke x p x b-nek GF (q) valamely bővítésében, akkor γ + a is gyöke minden a GF (p)-re. A polinomok fokát figyelembe véve így x p x b = a GF (p) (x γ a). Indirekte tegyük fel, hogy létezik GF [q, x]-ben g(x) x p x b, 1 < deg g < p faktor. Ekkor deg g = r esetén r r g(x) = b i x i = (x γ a j ), j=1 ahol b i -k GF (q)-beliek, a j -k pedig GF (p)-beliek. Így x r 1 együtthatója g(x)- ben b r 1 = rγ +a 1 + +a r. Itt r GF (p), tekintve, hogy 1 GF (p) r-szeri 29