ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ ΜΕΤΑΘΕΣΗΣ ΠΑΝΩ ΑΠΟ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΑ ΣΩΜΑΤΑ

Transcript

1 ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ ΜΕΤΑΘΕΣΗΣ ΠΑΝΩ ΑΠΟ ΠΕΠΕΡΑΣΜΕΝΑ ΣΩΜΑΤΑ Ευλιάτης Αναστάσιος, Τµήµα Μαθηµατικών, Επιβλέπων Καθηγητής : Γαρεφαλάκης Θεόδουλος, Πανεπιστήµιο Κρήτης, Ηράκλειο, 01

2 Πρόλογος Ο στόχος αυτής της εργασίας είναι η ανάλυση κυρίων αποτελεσµάτων για πολυωνυµικές συναρτήσεις από ένα πεπερασµένο σώµα στον εαυτό του. Στίς ακόλουθες σελίδες, αναπτύσουµε µια εισαγωγή στα πολυώνυµα µετάθεσης. Ετσι, καλούνται τα πολυώνυµα που απεικονίζουν το σωµα στον εαυτό του. Συγκεκριµένα η δοµή της εργασίας είναι η ακόλουθη : Στο κεφάλαιο 1, δίνουµε απαντήσεις στο πότε ένα πολυώνυµο αποτελεί πολυώνυµο µετάθεσης πάνω απο κάποιο πεπερασµένο σώµα. Στο κεφάλαιο, παρουσιάζουµε αποτελέσµατα που σχετίζοντα µε ειδικές περιπτώσεις τέτοιου είδους πολυωνύµων. Στο κεφάλαιο 3, µελετάµε τις εργασίες των Wan-Lidl και Amir Akbary- Qiang Wang που αναφέρονται σε πολυώνυµα της µορφής x r f(x ( 1/l. Στο κεφάλαιο 4, παρουσιάζουµε µία διεξοδίκη αρίθµηση πολυωνύµων ϐαθµού πάνω από το F που οφείλεται σε εργασία των Konyagin- Papalardi. Στα δύο πρώτα κεφάλαια ακολουθούµε το ϐιβλίο [1]. 1

3 Ευχαριστίες Πρώτα απ όλα, ϑέλω να ευχαριστήσω τον καθηγητή µου Γαρεφαλάκη Θεόδουλο για την αφοσίωση του και τις χρήσιµες υποδείξεις του που οδήγησαν στην επιτυχηµένη έκβαση αυτής της εργασίας. Αυτή η εργασία είναι αφιερωµένη στην οικογένεια µου, που µε στηρίζει και µε ενθαρύνει σε οποιαδήποτε επιλογή της Ϲωής µου. Επίσης, ϑα ήταν µεγάλη µου παράβλεψη αν σε αυτό το σηµείο δεν ευχαρηστούσα τους Χρήστο, Γιώργο και Σάκη που µε ϐοήθησαν στην εργασία. Τέλος, ϑέλω να ευχαρηστήσω τους ϕίλους µου για τις πολύ όµορφες στιγµές που περάσαµε µαζί κατά τη διάρκεια των σπουδών µου.

4 Κεφάλαιο 1 ΚΡΙΤΗΡΙΑ ΓΙΑ ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ ΜΕΤΑΘΕΣΗΣ 1.1 Βασικά Κριτήρια Εστω F ένα πεπερασµένο σώµα µε στοιχεία όπου = p m µε p πρώτο αριθµό και m N. Ενα πολυώνυµο f F [x] καλείται πολυώνυµο µετάθεσης στο F αν η πολυωνυµική συνάρτηση f : F F, είναι µετάθεση του F. Προφανώς, αν το f είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F, τότε η εξίσωση f(x = a έχει ακριβώς µία λύση στο F για κάθε a F. Επειδή το F είναι πεπερασµένο, ο ορισµός του πολυωνύµου µετάθεσης µπο- ϱεί να εκφραστεί µε διάφορους τρόπους. Χρήσιµο ϑα ειναι για την συνέχεια το επόµενο λήµµα που η απόδειξη του ειναι προφανής. Λήµµµα Το πολυώνυµο f F [x] είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µόνο αν ισχύουν τα ακολουθα : (ι η συνάρτηση f : F F είναι επί, (ιι η συνάρτηση f : F F είναι ένα-προς-ένα, (ιιι η εξίσωση f(x = a έχει λύση στο F για κάθε a F, (ιν η εξίσωση f(x = a έχει µια µοναδική λύση στο F για κάθε a F. Αν φ : F F είναι αυθαίρετη συνάρτηση τότε υπάρχει µοναδικό πολυώνυµο g F [x] µε deg(g < που αντιπροσωπεύει την φ, δηλαδή τέτοιο ώστε g(c = φ(c για όλα c F. Το πολυώνυµο g προκύπτει άµεσα από το πολυώνυµο παρεµβολής Lagrange για τη δοσµένη συνάρτηση φ και συγκεκριµένα δίνεται από : 3

5 g(x = c F φ(c(1 (x c 1. Άν η f είναι ένα πολυώνυµο, ας πούµε ότι η f απεικονίζει το c στο f(c F, τότε η g µπορεί να προκύψει από την f µε αναγωγή mod (x x, σύµφωνα µε το ακόλουθο λήµµα : Λήµµµα Για f, g F [x], έχουµε f(c = g(c c F f(x g(x mod (x x, x F. Απόδειξη. Η Ευκλείδεια διαίρεση του f(x g(x µε το x x οδηγεί στην εξίσωση f(x g(x = h(x(x x + r(x µε h, r F [x] και deg(r <. Για x = c F, έχουµε f(c g(c = h(c(c c + r(c, όµως αφού c = c για όλα τα c F συµπεραίνουµε ότι f(c = g(c αν και µόνο αν r(c = 0 για όλα τα c F. Η τελευταία συνθήκη είναι ισοδύναµη µε το ότι r = 0 δηλαδή f(x g(x mod (x x. Επίσης χρήσιµο για την συνέχεια είναι το επόµενο λήµµα. Λήµµµα Εστω a 0, a 1,..., a 1 στοιχεία του F. Τότε, τα στοιχεία a 0, a 1,..., a 1 είναι διακριτά αν και µόνο αν 1 a t i = i=0 { 0 για t = 0, 1,..., 1 για t = 1 (1.1 Απόδειξη. Για σταθερό i µε 0 i 1, ϑεωρούµε το πολυώνυµο Υπολογίζουµε, g i (a i = 1 1 g i (x = 1 a 1 j i x j. 1 j=0 ενώ, για b F και b a i, έχουµε a 1 j i j=0 1 a j = 1 j=0 a 1 i = 1, 1 g i (b = 1 j=0 a 1 j i b j = 1 a 1 i 1 b j j=0 a j i = 0, εφόσον a i 0 Αν a i = 0, τότε g i (x = 1 x 1 και g i (b = 0, εφόσον b a i Ετσι το πολυώνυµο 4

6 1 1 g(x = g i (x = i=0 i=0 ( 1 j=0 a 1 j i x j, αν {a 0,..., a 1 } = F απεικονίζει κάθε στοιχείο του F στο 1. Από τη στιγ- µή που deg(g <, από το αµέσως προηγούµενο λήµµα, παίρνουµε ότι το πολυώνυµο g απεικονίζει όλα τα στοιχεία του F στο 1 αν g(x = 1, αφού η f(x = 1 είναι συνάρτηση από το F στο 1 µε degf(x < και έχει την ιδιότητα f(c = g(c. Εποµένως, g(x = 1 = 1 ( 1 j=0 j=0 a 1 j i x j = 1. Αν εξισώσουµε τους συντελεστές οδηγούµαστε στην δεύτερη συνθήκη. Από την άλλη, αν η δεύτερη συνθήκη ίσχυε, δηλαδή 1 a t i = i=0 { 0 για t = 0, 1,..., 1 για t = 1 Τότε το πολυώνυµο µας ϑα ήταν το g(x = 1 και άρα {a 0,..., a 1 } = F. Θεώρηµα (Κριτήριο Hermite Εστω F ένα σώµα χαρακτηριστικής p. Τότε, το f F [x] είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µονο αν (ι Το f έχει ακριβώς µια ϱίζα στο F και (ιι για κάθε ακέραιο t µε 1 t και t 0 mod p, το έχει ϐαθµό. f(x t mod (x x Απόδειξη. Εστω ότι το f είναι πολυώνυµο µετάθεσης στο F. Τότε, το (i προκύπτει άµεσα γιατί αλλιώς το πολυώνυµο ϑα είχε περισσότερες από µία διαφορετικές ϑέσεις µηδενισµου και δεν ϑα ήταν ένα-προς-ένα. Για το (ii,το f(x t mod (x x είναι κάποιο πολυώνυµο της µορφής 1 j=0 b(t j xj. Από τον τύπο παρεµβόλης Lagrange για κάθε x F f(x t = c F f(c t (1 (x c 1. 5

7 Αφού αναπτύξουµε όπως ϕαίνεται παρακάτω f(x t = c F f(c t (1 (x c 1 = c F f(c t (1 x = c F f(c t x παρατηρούµε ότι ο µεγιστοβάθµιος όρος του f(x t είναι b (t 1 = c F f(c t. Αφού όµως η f(x t είναι ένα-προς-ένα και η εικόνα της είναι όλο το F, µε τη ϐοήθεια του λήµµατος συµπεραίνουµε ότι για t = 1,,..., το = 0. Ετσι το (ii ισχύει. b (t 1 Αντίστροφα, έστω ότι οι (i και (ii ισχύουν. Το f(c 1 µπορεί να πάρει τις τιµές 0 ή 1. Από την (i έχουµε ότι µόνο ένα από τα f(c κάνει 0. Εποµένως, c F f(c 1 = 1 = 1 mod p. Από την (ii για το f t (x = i=0 b(t i έχουµε ότι c F f(c = i=0 b i( c F c i = 0 για t 0 mod p, όπως προκύπτει από το λήµµα Επίσης αφού το σώµα είναι χαρακτηριστικής p, ισχύει x i c F f(c tpj = ( c F f(c t pj. Ετσι έχουµε c F f(c t = 0 για 1 t και από το λήµµα συµπεραίνουµε ότι το f πολυώνυµο µετάθεσης. Πόρισµα Αν d > 1 ένας διαιρέτης του 1, τότε δεν υπάρχει πολυώνυµο µετάθεσης του F ϐαθµού d. Απόδειξη. Αν το f F [x] έχει deg(f = d, τότε deg(f 1 d = 1 κάτι το οποίο αντιφάσκει µε τη δεύτερη συνθήκη του κριτηρίου Hermite για t = ( 1/d. Είναι εµφανές από την απόδειξη του παραπάνω ϑεωρήµατος ότι αν η f είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F τότε η συνθήκη (ii του κριτηρίου Hermite ισχύει χωρίς τον περιορισµό t 0 mod p. Η συνθήκη (i του κριτήριου του Hermite µπορεί να αντικατασταθεί από άλλες συνθήκες όπως οι ακόλουθες : Θεώρηµα Εστω F ένα σώµα χαρακτηριστικής p. Τότε το f F [x] είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µόνο αν ισχύουν οι δύο ακόλουθες συνθήκες : (ι Το f(x 1 mod (x x έχει ϐαθµό 1, 6

8 (ιι Για κάθε ακέραιο t µε 1 t και t 0 mod p, το έχει ϐαθµό. f(x t mod (x x Απόδειξη. Εστω ότι το f(x είναι πολυώνυµο µετάθεσης. Το (ii ισχύει από το κρίτηριο Hermite. Σε εκείνη την απόδειξη είχαµε ότι b ( 1 1 = c F f(c 1. Αλλά αφού το f(x είναι πολυώνυµο µετάθεσης και απο το λήµµα 1.1.3, έχουµε ότι b ( 1 1 = ( 1 = 1, ο µεγιστοβάθµιος όρος υπάρχει, οπότε το f(x 1 mod (x x έχει ϐαθµό 1. Αντίστροφα, έστω ότι ισχύουν τα (i και (ii. Από την (ii για το f(x = i=0 b ix i έχουµε ότι c F f(c = i=0 b i( c F c i = 0 για t 0 mod p, όπως προκύπτει από το λήµµα Επίσης αφού το σώµα είναι χαρακτηριστικής p, ισχύει c F f(c tpj = ( c F f(c t pj. Ετσι έχουµε c F f(c t = 0 για 1 t και από το λήµµα Εποµένως, το πολυώνυµο 1 ( g(x = j=0 c F f(c 1 j x j είναι µία µη µηδενική σταθερά. Αν τώρα, το f(x δεν ήταν πολυώνυµο µετάθεσης του F, τότε το επιχείρηµα του ϑα έδειχνε ότι υπάρχει b F µε g(b = 0, το οποίο είναι άτοπο. 7

9 Κεφάλαιο ΕΙ ΙΚΕΣ ΠΕΡΙΠΤΩΣΕΙΣ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ ΜΕΤΑΘΕΣΗΣ Σε αύτο το κεφάλαιο ϑα αναλύσουµε πολλές ειδικές περιπτώσεις πολυωνύµων µετάθεσης που έχουν ιδιαίτερο ενδιαφέρον. Ιδιαίτερα το ϑεωρηµα..6 ϑα το εξετάσουµε διεξοδικά στο επόµενο κεφάλαιο..1 Εισαγωγή Θα ξεκινήσουµε αυτό το κεφάλαιο εξετάζοντας τις απλούστερες περιπτώσεις πολυωνύµων µετάθεσης.. Ειδικές Περιπτώσεις Θεώρηµα..1. Οι ακόλουθες περιπτώσεις αποτελούν πολυώνυµα µετάθεσης του F. (ι Κάθε γραµµικό πολυώνυµο του F, (ιι Το µονώνυµο x n είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µόνο αν ΜΚ (n, 1 = 1. Απόδειξη. Το (i ισχύει λόγω του ότι η απεικόνιση είναι ένα-προς-ένα. Για το (ii έχουµε ότι το x n είναι πολυώνυµο µετάθεσης στο F αν και µόνο αν η συνάρτηση g g n είναι επί, όπου g είναι κάποιο πρωταρχικό στοιχείο του F, το οποίο ισχύει αν και µόνο αν το < g n > = < g >, το οποίο ισχύει όταν ΜΚ (n, 1 = 1. Παράδειγµα... Το P (x = x + είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F 3 µε 8

10 c 0 1 P (c 0 1 Παράδειγµα..3. Εστω x + x + 1 ανάγωγο πάνω από το F και θ µια ϱίζα του. Τότε F 4 = {0, 1, θ, θ + 1}. Το P (x = x είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F 4 αφού ΜΚ (3, = 1. Οι τιµές του είναι c 0 1 θ θ + 1 P (c 0 1 θ + 1 θ Θεώρηµα..4. Εστω F σώµα χαρακτηριστικής p. Τότε, το p-πολυώνυµο L(x = m a i x pi F [x], i=0 είναι πολυώνυµο µετάθεσης αν και µόνο αν το L(x έχει ϱίζα το 0 του F. Απόδειξη. Αφού το F αποτελεί διανυσµατικό χώρο πάνω από το F p, παρατη- ϱούµε ότι η συνάρτηση L : F F είναι γραµµικός τελεστής του F πάνω από το F p. Ετσι, η L είναι ένα-προς-ένα αν και µόνο αν το πολυώνυµο L(x έχει µοναδική ϱίζα το 0 στο F. Παράδειγµα..5. Εστω το πολυώνυµο x + x + που είναι ανάγωγο πάνω από το F 3 και έστω ξ µία ϱίζα του. Τότε, F 9 = {0, 1,, ξ, ξ + 1, ξ +, ξ, ξ + 1, ξ + }. Θεωρούµε το L(x = x + ξx 3 F 9 [x]. Μια ϐάση του F 9 πάνω από το F 3 είναι {1, ξ}. Εχουµε, L(1 = 1 + ξ, L(ξ = ξ + ξ 4 = + ξ. Ετσι, ο πίνακας που αναπαριστά την γραµµική απεικόνιση L δίνεται από A = [ ] Παρατηρούµε ότι deta = 1 0 άρα η L σαν απείκόνιση είναι ένα-προς-ένα. Πράγµατι, c 0 1 ξ ξ + 1 ξ + ξ ξ + 1 ξ + P (c 0 ξ + 1 ξ + ξ + ξ 1 ξ + 1 ξ 9

11 Μπορούµε να ϐρούµε περισσότερα παραδείγµατα παρατηρώντας απλώς ότι το σύνολο των πολυωνύµων µετάθεσης είναι κλειστό ως προς τη σύνθεση, δηλαδή αν f(x και g(x είναι πολυώνυµα µετάθεσης του F [x], τότε και το ( f g (x είναι πάλι πολυώνυµο µετάθεσης του F. Θεώρηµα..6. Εστω r N µε ΜΚ (r, 1 = 1 και s ένας ϑετικός διαιρέτης του 1. Εστω ακόµα g F [x] τέτοιο ώστε το g(x s να µην έχει µη µηδενική ϱίζα στο F. Τότε, το είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F. f(x = x r (g(x s ( 1/s, Απόδειξη. Η συνθήκη (i του κριτηρίου Hermite ικανοποιήται καθώς f(0 = 0 και δεν υπάρχει άλλη ϱίζα στο F. Για να αποδείξουµε την (ii χρειάζεται να διακρίνουµε δύο περιπτώσεις. ιαλέγουµε t Z µε 1 t και πρώτα υποθέτουµε ότι το t δεν διαιρείται από το s. Παρατηρούµε στην περίπτωση αυτη ότι το f(x t είναι άθροισµα όρων των οποίων οι εκθέτες είναι της µορφής rt+ms, όπου m Z, m 0. Αφού ΜΚ (r, s = 1, οι εκθέτες δεν διαιρούνται από το s και έτσι ούτε απο το 1. Συνεπώς, το f(x mod (x x έχει ϐαθµό. ιαφορετικά, αν το t διαιρείται από το s, δηλαδή t = ks για κάποιο k N, τότε f(x t = x rt (g(x s ( 1k. ϑεωρούµε h(x = x rt και έχουµε (f(c t = h(c για c F αφού (g(cs ( 1k = 1. Καθώς g(c s 0, επίσης παίρνουµε (f(0 t = h(0. Τότε, από το λήµµα 1.1., (f(x t x rt mod (x x και αφού το 1 δεν διαιρεί το rt, το f(x t mod (x x έχει ϐαθµό. Παράδειγµα..7. Εχουµε το F 11 και 11 1 = 5. Αρα µπορούµε να επιλέξουµε s = 5 και 1 s := l = και δοκιµάζουµε το g(x = 1 + x + x. Θεωρούµε, τώρα, το πολυώνυµο G(x := g(x 5 = 1+x 5 +x 10 mod (x 11 x. Παρατήρουµε ότι οι τιµές του G είναι : G(0 = 1, G(1 = 3, G( = 1, G(3 = 3, G(4 = 3, G(5 = 3, G(6 = 1, G(7 = 1, G(8 = 1, G(9 = 3, G(10 = 1. ηλαδή, το G δεν έχει µη µηδενική ϱίζα στο F 11. Επίσης ΜΚ (r, 10 = 1, άρα µπορούµε να επιλέξουµε r = 3, και έτσι το P (x = x 3 (1 + x 5 + x 10 mod (x 11 x = 5x 3 + 4x 8 mod (x 11 x είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F 11. Οι τιµές του είναι : c P (c

12 Ορισµός..8. Εστω η : F { 1, 1} µε τύπο η(c = { 1, αν c = b για κάποιο b F 1, αλλιώς υιοθετώντας την σύµβαση η(c = 0 όταν c = 0. Αυτή η συνάρτηση καλείται τετραγωνικός χαρακτήρας. Θεώρηµα..9. Για περιττό, το πολυώνυµο x (+1/ + ax F [x] είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µόνο αν η(a 1 = 1. Απόδειξη. Θεωρούµε το πολυώνυµο f(x = x (+1/ + ax και ϑα δείξουµε ότι το f(x είναι ένα-προς-ένα αν και µόνο αν η(a 1 = 1. Η ακόλουθη απόδειξη ϑα γίνει µε αντιθετοαντίστροφη. Αρχικά αποδεικνύεται το ευθή : Εστω ότι η f δεν ήταν ένα-προς-ένα. Τότε διακρίνουµε τις εξής περιπτώσεις : 1. Εστω f(c = f(0 µε c F. Τότε c (+1/ + ac = 0 c ( 1/ + a = 0 a = c ( 1/ a = (c ( 1/ = 1. ηλαδή a 1 = 0 και άρα η(a 1 = 0.. Αν f(c = f(b µε b, c F και b c. Τότε, b (+1/ + ab = c (+1/ + ac b(b ( 1/ + a = c(c ( 1/ + a bc 1 = (c ( 1/ + a(b ( 1/ + a 1. Επειτα διακρίνουµε τις εξής υποπεριπτώσεις : ˆ Αν η(b = η(c, τότε b ( 1/ = c ( 1/,άρα από τη παραπάνω σχέση b = c, το οποίο είναι άτοπο. ˆ Αν η(b η(c, τότε χωρίς ϐλάβη της γενικότητας παίρνουµε η(b = 1 και η(c = 1. Τότε, b ( 1/ = 1 και c ( 1/ = 1. Επίσης, bc 1 = a+1 a 1. Ετσι, προκύπτει ότι η(bη(c = 1. Άρα, 1 = η(bc 1 = η((a+1(a 1 1 = η((a+1(a 1 = η(a 1. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι η(a 1 1 δηλαδή είτε η(a 1 = 0 a = 1 είτε η(a 1 = 1. Στην πρώτη περίπτωση, έχουµε a = 1 ή a = 1. Το πολυώνυµο ϑα ήταν το f(x = x (+1/ + x, το οποίο έχει ϱίζα το 0. Από την άλλη, όταν το a = ±1, ϑα υπάρχει c F τέτοιο ώστε c( 1/ = a. Τότε, f(c = c ( / c + ac = ac + ac = 0 = f(0, το οποίο είναι άτοπο. 11

13 Στην άλλη περίπτωση, αφού ϑεωρήσουµε b = (a+1(a 1 1 παίρνουµε η(a 1 = 1 = η((a + 1(a 1 = 1 = η((a + 1(a 1 1 = 1 = η(b = 1 µε b(a 1 = a + 1. Επίσης, η(b = 1 = b ( 1/ = 1, f(b = b ( 1/ b + ab = b(a 1 = a + 1. Οµως, f(1 = 1 + a = f(b µε b 1. περιπτώσεις η f δεν είναι ένα-προς-ένα. Συµπεραίνουµε ότι και στις δύο Ενα χρήσιµο πόρισµα για να επιλέξουµε κατάλληλο a όπως αυτό αναφέρεται στο ϑεώρηµα..9 είναι το παρακάτω Πόρισµα..10. η(a 1 = 1 αν και µόνο αν a = (c +1(c 1 για κάποιο c F και c 1. Απόδειξη. Εστω η(a 1 = 1. Τότε a 1 = b, για κάποιο b F. Επιλέγουµε c = (a + 1b 1 και έχουµε c 0 και c 1. Επιπλέον, (c + 1(c 1 = [ ( (a + 1b + 1][ ( (a + 1b 1] = [(a + 1 b + 1][(a + 1 b 1] = [(a b ][(a + 1 b ] = [a + a][a + ] = a. Άντίστροφα, αν a = (c + 1(c 1 για c F και c 1, τότε a 1 = 4c (c 1, άρα η(a 1 = 1. Παράδειγµα..11. Εστω το πολυώνυµο x + x + που είναι αναγώγο πάνω από το F 3 και ξ µία ϱίζα του, δηλαδή ξ +ξ + = 0 ή ξ = ξ +1. Ετσι, έχουµε Οπότε, F 9 = {0, 1,, ξ, ξ + 1, ξ +, ξ, ξ + 1, ξ + }. (ξ + 1(ξ 1 1 = (ξ + (ξ 1 = (ξ + (ξ + = ξ +. Ετσι, η(ξ + = 1 και από το παραπάνω ϑεώρηµα έχουµε ότι το P (x = x 5 + (ξ + x F 9 [x] είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F 9. Ουσιαστικά, η µετάθεση αυτή, είναι η εξής : c 0 1 ξ ξ + 1 ξ + ξ ξ + 1 ξ + P (c 0 ξ ξ 1 ξ + 1 ξ + 1 ξ + ξ + 1

14 Κεφάλαιο 3 ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ ΤΗΣ ΜΟΡΦΗΣ x r f(x ( 1/l Γενικότερα, αποτελεί πρόκληση να διακρίνεις το πότε κάποιο πολυώνυµο είναι πολυώνυµο µετάθεσης. Στην πραγµατικότητα λίγες κατηγορίες τέτοιου είδους πολυωνύµων είναι γνωστές. Μερικά παραδείγµατα πολυωνύµων µετάθεσης µπορούν να κατασκευαστούν σαν υποκατηγορία των πολυωνύµων της µορφής x r f(x ( 1/l, όπου r, l 1 και l ( Εισαγωγη Τα τελευταία χρόνια υπάρχει ιδιαίτερο ενδιαφέρον στη µελέτη πολυωνύµων µετάθεσης λόγω των εφαρµογών τους στην κρυπτογραφία και στην κωδικοποίηση. Μια γενικότερα χρήσιµη παρατήρηση είναι ότι οποιοδήποτε πολυώνυµο h(x του F [x] µπορεί να γραφεί στη µορφή a(x r f(x ( 1/l + b για κάποιο r 0 και l ( 1. Μπορούµε χωρις ϐλάβη της γενικότητας να γράψουµε h(x = a(x n + a n i1 x n i a n ik x n i k + b όπου a, a n i1 0, j = 1,..., k. Υποθέτουµε ότι j 1 και n i k = r. Τότε το h(x = a(x r f(x ( 1/l +b, όπου f(x = x e 0 +a n i1 x e 1...+a n ik 1 x e k 1 + a r, l = 1 (n r, n r i 1,..., n r i k 1, 1, και (e 0, e 1,..., e k 1, l = 1. Εδώ, όπως και στις επόµενες σελίδες, µε (a, b συµβολίζουµε το µέγιστο κοινό διαιρέτη των a, b. Λόγω του ενδιαφέροντος των πολυωνύµων αυτής της µορφής, έχει δοθεί πληθώρα κριτηρίων για το κάτω από ποιες προυποθέσεις κάποιο πολυώνυµο είναι πολυώνυµο µετάθεσης. Ο στόχος αυτού του κεφαλαίου είναι να παρουσιάσουµε κάποια από αυτά. 13

15 3. Γενικά Κριτήρια Σε αυτό το κεφάλαιο ϑεωρούµε g ένα πρωταρχικό στοιχείο του F, ω = g 1 l µια πρωταρχική l-οστή ϱίζα και s := 1 l. Επίσης, µε Ind g (a ϑα συµβολίζου- µε την κλάση b mod ( 1 τέτοιο ώστε το a = g b. Το ϐασικό ϑεώρηµα αυτού του κεφαλαίου που ϐάση αυτού ϑα προκύψουν διάφορα κριτήρια, είναι το εξής : Θεώρηµα (Wan-Lidl Εστω l και r ϑετικοί ακέραιοι οι οποίοι ικανοποιούν l ( 1. Εστω f(x F [x]. Τότε το πολυώνυµο P (x = x r f(x ( 1 l είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µόνο αν οι ακόλουθες συνθήκες ισχύουν : (ι (r, ( 1/l = 1, (ιι f(ω i 0, για όλα τα 0 i < l, (ιιι Για όλα τα 0 i < j < l, ( f(ω i Ind g f(ω j r(j i mod l. Απόδειξη. Για την πρώτη κατεύθυνση, υποθέτουµε ότι το P (x είναι πολυώνυ- µο µετάθεσης. Παρατηρούµε ότι P (0 = 0 και αφού το P (x είναι ένα-προςένα, έχουµε ότι τα P (g k 0, όπου g ένα πρωταρχικό στοιχείο του F και για 1 k. Άρα, g kr f((g s k 0, δηλαδή f(ω i 0 µε 0 i l. Εποµένως, επαληθεύσαµε την δεύτερη συνθήκη. Τώρα, έστω (r, 1 l = e > 1 και η µια πρωταρχική e-οστή ϱίζα της µονάδας. Τότε P (η = η r f(η 1 l = f(1, P (1 = f(1 Άρα, P (η = P (1 το οποίο αντιφάσκει µε το ότι το P (x είναι ένα-προςένα. Εποµένως, η πρώτη συνθήκη ισχύει. Για το (iii, έστω 0 i < j < l. ( Παίρνουµε P (g i = g ir f(ω i και P (g j = g jr f(ω j Εστω ότι ίσχυε Ind f(ω i g r(j i mod f(ω j l. Τότε για κάποιο w Z, ( f(ω i Ind g f(ω j r(j i + wl = f(ωi f(ω j = gr(j i+wl = g ri f(ω i = g rj f(ω j g wl = gri f(ω i g rj f(ω j = gwl = P (gi P (g j = gwl 14

16 και (r, s = 1 άρα υπάρχουν x, y τέτοια ώστε rx + sy = 1 lrx + lsy = l lrx + ( 1y = l. Αντικαθιστώντας στην παραπάνω σχέση έχουµε P (g i P (g j = gw(lrx+( 1y = P (gi P (g j = gwlrx P (g i = g wlrx P (g j = g wlrx g rj f(ω j = g r(wlx+j f(ω j+wlx = P (g j+wlx. Οµως i j mod l άρα i j + wlx. Αφού καταλήξαµε σε άτοπο συµπεραίνουµε ότι η (iii ισχύει. Για την άλλη κατεύθυνση, δεχόµαστε ότι και οι τρεις συνθήκες ισχύουν. Εχουµε P (0 = 0 και από το (ii παίρνουµε P (g k 0. Εστω 0 m < k και P (g m = P (g k = g mr f(ω m = g kr f(ω k Εκτελούµε ακέραια διαίρεση των εκθετών µε το l και έχουµε m = li + i και k = lj + j. g (li +ir f(ω li +i = g (lj +jr f(ω lj +j = g rli +ri f(ω i = g rlj +rj f(ω j = f(ωi f(ω j = r li r+jr ir glj ( f(ω i = Ind g f(ω j = l(j r i r + (jr ir mod ( 1 ( f(ω i = Ind g f(ω j r(j i mod l Άρα από την (iii συµπεραίνω ότι i = j. Ετσι, m = li + i και k = lj + i, οπότε P (g m = g lri g ri f(ω i = g lrj g ri f(ω i = lri lrj mod ( 1 = ri rj mod s = i = j mod s αφού (r, s = 1, οπότε m = k και άρα το P (x είναι ένα-προς-ένα. Παράδειγµα 3... Εστω s = 4 και l = 3 και = 13. Υπολογίζουµε στο F 13, 1 = = 4 3 = 8 4 = 3, 5 = 6 6 = 1 7 = 11 8 = 9, 9 = 5 10 = = 7 1 = 1 15

17 Εδώ το g = και ω = 3, < ω >= {3, 9, 1}. Αναζητούµε f(x µε f(ω i 0 για i = 0, 1,. οκιµάζουµε το f(x = 1 + x + x + x 3 + x 4 F 13 [x]. Υπολογίζουµε, Επίσης, f(3 0 = f(1 = 5, f(3 1 = f(3 = 4, f(3 = f(9 = 10. f(3 0 Ind f(3 1 = Ind 5 4 = Ind 11 = 7 mod 3 1 mod 3 r(1 0, f(3 0 Ind f(3 = Ind 5 10 = Ind 7 = 11 mod 3 mod 3 r( 0, f(3 1 Ind f(3 = Ind 4 10 = Ind g3 = 4 mod 3 r( 1. Εχουµε δηλαδή r 1 mod 3 και (r, 4 = 1. Εποµένως, µπορούµε να επιλέξουµε r = 5. Υπολογίζουµε το f(x 4 = 1 + x 4 + x 8 + x 1 + x 16 Αρα, P (x = x 5 (1 + x 4 + x 8 + x 1 + x 16 mod (x 13 x = x 5 + x 9 + x 13 + x 17 + x 1 mod (x 13 x. Το P (x = x + x 5 + x 9 είναι πολυώνυµο µετάθεσης. Πράγµατι, c P (c Λήµµµα Εστω l ( 1 και µ l το σύνολο όλων των l-οστών ϱιζών της µονάδας του F. Εστω ξ 0, ξ 1,..., ξ l 1 να είναι κάποιες l-οστές ϱίζες της µονάδας. Τότε {ξ 0, ξ 1,..., ξ l 1 } = µ l l 1 ξt c = 0, για c = 1,..., l 1 Απόδειξη. Πρώτα, παρατηρούµε ότι για οποιαδήποτε l-οστή ϱίζα της µονάδας ξ, έχουµε 1 + ξ ξ l 1 = { ξ αν ξ 1, l 1 ξ 1 = 0, αν ξ = 1, = l. Τώρα, για t = 0,..., l 1, ορίζουµε τα ϐοηθητικά πολυώνυµα 16

18 Επίσης, παρατηρούµε ότι l 1 h t (x = ξ l j t x j. j=0 l 1 h t (ξ t = Επιπλέον, για ξ t ξ j, j=0 ξ l j t l 1 ξ j t = l 1 ξt l = 1 = l. j=0 j=0 Άρα, l 1 h t (ξ j = j=0 ξ l j t l 1 ξ j j = j=0 ξt l (ξ j j = 0. ξ t { 0 αν ξt ξ h t (ξ j = j l αν ξ t = ξ j Τώρα, έστω J = {0 t < l : ξ t = ξ j } και l 1 l 1 h(x = h t (x = l + m(x = h(x l. l 1 Εχουµε h(ξ j = h t (ξ j = l J. j=0 j=1 ( l 1 ξ l j t x j, Αν {ξ 0, ξ 1,..., ξ l 1 } = µ l τότε h(ξ j = l, οπότε το m(x έχει l ϱίζες και είναι l 1 ϐαθµού l 1 άρα ξt c = 0. l 1 Από την άλλη, αν που σηµαίνει ότι J = {0 t < l : ξ t = ξ j } = 1. ξ c t = 0 προκύπτει άµεσα ότι h(x = 0 και h(ξ j = l Θεώρηµα Εστω 1 = ls για κάποιους ϑετικούς ακεραίους l και s. Εστω ω µια πρωταρχική l-οστή ϱίζα της µονάδας του F και f(x ένα πολυώνυ- µο του F [x]. Τότε το P (x = x r f(x s είναι πολυώνυµο µεταθεσης του F αν και µόνο αν 17

19 (ι (r, s = 1, (ιι f(ω t 0, για κάθε t = 0,..., l 1, (ιιι l 1 ω crt f(ω t cs = 0 για κάθε c = 1,..., l 1. Απόδειξη. Εστω ότι το P (x είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F. Τότε P (x = 0 µόνο για x = 0. Το (ii προκύπτει άµεσα καθώς το P (x είναι ένα-προς-ένα. Για να δείξουµε ότι (r, s = 1, υποθέτουµε ότι (r, s = e > 1 και η είναι µια e-οστή ϱίζα της µονάδας. Υπολογίζουµε P (η = η r f(η s = f(1 = P (1, το οποίο έρχεται σε αντίφαση µε την ένα-προς-ένα ιδιότητα του P (x. Ετσι αποδείχθηκε η (i. Για να αποδείξουµε την (iii,αρκεί να δείξουµε ότι {ω ir f(ω i s : i = 0,..., l 1} = µ l και να εφαρµόσουµε το παραπάνω λήµµα. Εστω 0 i < j l 1 και ω ir f(ω i s = ω jr f(ω j s. Οµως, P (g i s = ω ir f(ω i s = ω jr f(ω j s = P (g j s = Άρα, υπάρχει 0 v s 1 τέτοιο ώστε ( P (g i s = 1. P (g j P (g i P (g j = glv = P (g i = g lv P (g j. Επιπλέον, (r, s = 1 και άρα υπάρχει t Z τέτοιο ώστε tr = v mod s. Συνεπώς, tlr = lv mod 1. Μάλιστα, χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, το t µπορεί να επιλεχθεί ως 1 t < s και P (g tl+j = g (tl+jr f(ω tl+j = g tlr g jr f(ω j = g lv P (g j = P (g i. Επειδη το P (x είναι ένα-προς-ένα, tl + j i mod ( 1 i j tl mod ( 1 i j 0 mod l. Το οποίο είναι άτοπο. Για την αντιστροφη κατεύθυνση, έχουµε από το (ii ότι P (0 = 0 και τα P (g k 0. Από την (iii έχουµε {ω ir f(ω i s : i = 0,..., l 1} = µ l. Εστω 18

20 P (g m = P (g k. Τώρα, εκτελούµε την ακέραια διαίρεση των εκθετών µε το l και έχουµε m = li + i και k = lj + j. Αντικαθιστούµε και έχουµε g (lj +jr f(ω j = g (li +ir f(ω i = g rlj g rj f(ω j = g rli g ri f(ω i Εχοντας ότι i = j προκύπτει = g jrs f(ω j s = g irs f(ω i s = ω jr f(ω j s = ω jr f(ω j s = i = j P (g m = g rm f(ω i = g rk f(ω i = P (g k = g rli +i = g rlj +i = rli = rlj mod ( 1 = ri = rj mod s αφού (r, s = 1 και άρα i = j και άρα το P (x είναι ένα-προς-ένα. Παράδειγµα Εστω ότι έχουµε το F 11. Τότε, 11 1 = 5. Αρα, επιλέγουµε l = και s = 5. Επιπλέον, έχουµε < 10 >= {10, 1}, δηλαδή ω = 10. οκιµάζουµε το f(x = 1 + x + x. Παρατηρήστε ότι αναγκαστηκά το c = 1 για την τρίτη συνθήκη. Το r είναι περιττός αφού από την συνθήκη (iii έχουµε 1 10 r f(10 t 5 = 0 1 r + ( 1 r = 0. Από την πρώτη έχουµε ότι (r, s = 1. Εποµένως, µπορούµε να επιλέξουµε r = 3. Στην περίπτωση αυτή, το P (x δίνεται από P (x = x 3 (1 + x 5 + x 10 mod (x 11 x = x 3 + x 8 + x 13 mod (x 11 x = x 3 + x 8 mod (x 11 x. Το P (x είναι πολυώνυµο µετάθεσης και οι τιµές του είναι c P (c Πόρισµα Εστω 1 = ls, (r, s = 1, ω µια l-οστή ϱίζα της µονάδας του F και f(x ένα πολυώνυµο του F [x] τέτοιο ώστε κανένα από τα ω t µε t = 0,..., l 1 να µην µηδενίζει το f(x. Τότε, τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα 19

21 l 1 (ι ω crt f(ω t cs = 0 για κάθε c = 1,..., l 1. (ιι Για όλα τα 0 i < j < l, Ind g ( f(ω i f(ω j r(j i (mod l. Εχουµε δει ήδη στο ϑεώρηµα..9 ότι το διώνυµο x (+1/ + ax είναι πολυώνυµο µετάθεσης αν και µόνο αν η(a 1 = 1, όπου η είναι ο τετραγωνικός χαρακτήρας όπως αυτός ορίστηκε στον δεύτερο κεφάλαιο. Πόρισµα Για περιττό, το πολυώνυµο P (x = x r f(x ( 1/ είναι πολυώνυµο µετάθεσης αν και µόνο αν (r, ( 1/ = 1 και η(f( 1f(1 = ( 1 r+1. Απόδειξη. Για l = και c = 1 από το ϑεώρηµα 3..4, έχουµε 1 ω rt f(ω t 1 = 0 = ( 1 r f(( ( 1 r f( 1 1 = 0 = f(1 1 + ( 1 r f( 1 1 = 0 = f( 1 1 f(1 1 + ( 1 r f( 1 1 f( 1 1 = 0 = ( f( 1f(1 1 = ( 1 r+1 = η(f( 1f(1 = ( 1 r Πρώτη Εφαρµογή Θεώρηµα Εστω 1 = ls. Υποθέτουµε ότι f(ω t s = 1 για t = 0,..., l 1. Τότε, το P (x = x r f(x s είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µόνο αν (r, 1 = 1. Απόδειξη. Εστω ότι (r, 1 = e > 1 και έστω ότι το P (x είναι πολυώνυµο µετάθεσης. Τότε από τη σχέση (i του 3..4 έχουµε ότι (r, s = 1, συνεπώς συµπεραίνουµε ότι (r, l = e. ηλαδή, υπάρχει µ µε r = µ e. Επιλέγοντας τώρα c = l e, έχουµε l 1 l 1 l 1 l 1 ω crt = ω l e µet = (ω l µt = 1 = l και έτσι συµπεραίνουµε ότι η (iii του 3..4 δεν ισχύει, εποµένως το P (x δεν είναι πολυώνυµο µετάθεσης και έτσι καταλήξαµε σε αντίφαση. Αντίστροφα, 0

22 έστω ότι (r, g 1 = 1. Τότε έχουµε ότι (r, s = 1, εποµένως η (i του 3..4 ισχύει. Επιπλέον από το ότι f(ω t s = 1 έχουµε ότι και η (ii ισχύει. Τέλος, έχουµε l 1 ω crt = 1 + ω cr + ω cr ω (l 1cr = 1 ωcrl = 0. 1 ωcr Ετσι έχουµε ότι και η (iii του 3..4 ισχύει, οπότε το P (x είναι πολυώνυµο µετάθεσης. Πόρισµα ( Laigle-Chapuy Εστω p ένας πρώτος, l ένας ϑετικός ακέραιος και v η τάξη του p στην (Z/lZ. Για κάθε ακέραιο n, παίρνουµε = p m = p lvn και 1 = ls. Υποθέτουµε ότι f(x F p vn[x]. Τότε, το πολυώνυµο P (x = x r f(x s είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µόνο αν (r, 1 = 1 και f(ω 0 για όλα τα 0 t l 1. Απόδειξη. Από το ϑεώρηµα 3.3.1, αρκεί να δείξουµε ότι f(ω t s = 1 για 0 t l 1. Υπολογίζουµε Άρα έχουµε s = 1 l = pvn 1 l = pvn 1( (p vn l 1 + (p vn l l f(ω t s = (f(ω t µ pvn 1 = 1. f(ω t 1 l = f(ω t plvn 1 l = f(ω t pvn 1 l = ( (p vn l 1 +(p vn l (f(ω t (pvn l 1 f(ω (pvn l...f(ω 1 p vn 1 l = ( l 1 i=0 f(ω t pv(ni p vn 1 l = ( f(ω t l p vn 1 l = f(ω t pvn 1 = εύτερη Εφαρµογή Θεώρηµα Εστω 1 = ls και ζ µια jl-οστή ϱίζα της µονάδας. Υπο- ϑέτουµε ακόµα ότι f(ζ jt = ζ ut για όλα t = 0,..., l 1 και σταθερό u και j us. Τότε, το P (x = x r f(x s είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µόνο αν ισχύουν τα ακόλουθα 1

23 (ι (r, s = 1, (ιι (r + us j, l = 1. Απόδειξη. Το πρώτο είναι τετριµένο. Για την δεύτερη, ϑα χρησιµόποιήσουµε l 1 το ϑεώρηµα 3..4 για να δείξουµε ότι είναι ισοδύναµο µε το ω crt f(ω t cs = 0 για c = 1,..., l 1 όπου ω µια l-οστή πρωταρχική ϱίζα της µονάδας. Εχουµε, l 1 l 1 l 1 ω crt f(ω t cs = ζ jcrt f(ζ jt cs = ζ jcrt ζ utcs l 1 l 1 = ζ ct(jr+us = (ζ j l 1 = (ω us ct(r+ j us ct(r+ j Το παραπάνω άθροισµα κάνει µηδέν αν και µόνο αν l c(r + us j για όλα τα c = 1,..., l 1 το οποίο είναι ισοδύναµο µε το ότι (r + us j, l = 1. Λήµµµα Εστω p ένας περιττός πρώτος, 1 = ls και f(x = 1 + x x k. Τότε, f(ω t 0 για κάθε 0 t l 1 αν και µόνο αν (lp, k + 1 = 1. Απόδειξη. Αρχικά δεχόµαστε ότι f(ω t 0. Εχουµε f(1 = k = (k + 1, p = 1 Επίσης, Αρχικά δεχόµαστε ότι f(ω t 0. Εχουµε f(ω t = 1 + ω t ω kt = ω(k+1t 1 ω t 1 0 = ω (k+1t 1 0 = ω (k+1t 1 = l (k + 1t. Εστω (l, k + 1 = e > 1 και k + 1 = e µ για µ Z. Τότε για t = l e ϑα είχαµε l µe l e l µ l, το οποίο είναι άτοπο. Εποµένως, (l, k + 1 = 1. Άρα έχουµε ότι (lp, k + 1 = 1.

24 Αντίστροφα, δεχόµαστε ότι (lp, k + 1 = 1. ηλαδή (p, k + 1 = 1 και (l, k + 1 = 1. Από την πρώτη συµπεραίνουµε ότι f(1 = k Επιπλέον από την δεύτερη έχουµε ότι l (k + 1t για 1 t l 1. ηλαδή ω (k+1t 1 0 ω(k+1t 1 ω t ω t ω kt 0 f(ω t 0. Λήµµµα Εστω p ένας περιττός πρώτος, 1 = ls και a κάποιο µη µηδενικό στοιχείο του F p. Τότε (ι Αν p 1 mod l και l > 1 περιττός, τότε a s = 1 στο F p, (ιι Αν p 1 mod l και l = l 1 µε l 1 > 1 περιττό, τότε έχουµε a s = 1 στο F p. Απόδειξη. Για την πρώτη συνθήκη αρκεί να δείξουµε ότι s = (p 1 µ µε µ N, αφού a p 1 = 1 για κάθε a F p. Εχουµε p 1 mod l = l p + 1 και l p m 1 = (p 1(p m Οµως s l = (p 1(p m , άρα αρκεί να δείξουµε ότι (p 1, l = 1. Εστω ότι d = (p 1, l. Ισχύουν επιπλέον οι συνθήκες d p 1, d l = d p + 1. Εποµένως, d και αφού το d διαιρεί τον περιττό l, έχουµε d = 1. Άρα s p 1 και a s = 1. Για την δεύτερη συνθήκη αρκεί να δείξουµε ότι (l 1, p 1 = 1. Εστω (p 1, l = d, και ισχύουν τα εξής p 1 mod l = l p + 1 και l p m 1 = (p 1(p m Άρα d και αφού το d διαιρεί το l = l 1 προκύπτει ότι d =. Επιπλέον, Επίσης, l 1 s = (p 1(p m p 1 mod l = p m ( 1 m mod l = ( 1 m mod l 3

25 Εστω ότι το m είναι περιττός. Τότε 1 mod l. Οµως, l + 1, l 1. Εποµένως, l = l 1 και l 1 > 1, το οποίο είναι άτοπο. Άρα το m είναι άρτιος. Άρα το p m p + 1. Εποµένως, l 1 s = (p 1(p m = l 1 s = (p 1 (pm Εχουµε (l 1, p 1 = (l 1, p 1 = 1 και (l 1, = 1. Άρα (l 1, p 1 = 1. Θεώρηµα Εστω p περιττός πρώτος και 1 = ls. Υποθέτουµε ότι είτε l > 1 περιττός είτε l = l 1 µε l 1 > 1 περιττό. Αν p 1 mod l, τότε το πολυώνυµο P (x = x r (1 + x s x ks είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F αν και µόνο αν ισχύουν τα ακόλουθα (ι (r, s = 1, (ιι (r + ks, l = 1, (ιιι (lp, k + 1 = 1. Απόδειξη. Επιλέγουµε u = k και j =, ζ µια πρωταρχική l-ϱίζα του 1 του F και ϑεωρούµε την παράσταση A = ζ ut f(ζ jt = ζ kt f(ζ t = ζ kt (1 + ζ t + ζ 4t ζ kt = ζ kt (ζt k+1 1 ζ t 1 = ζkt+t kt ζ kt ζ t 1 = ζ(k+1t ζ (k+1t ζ t ζ t. Τώρα, αφού l p + 1 και p 1 mod l προκύπτει ότι l p + 1 και ζ pt = 4

26 ζ (p+1t ζ t = ζ t. Ετσι, A = ζ(k+1t ζ (k+1t ζ t ζ t = ζt ζ t ( ζ t ζ t (ζ t k + (ζ t k 1 (ζ t (ζ t (ζ t k 1 + (ζ t k ( = (ζ t k + (ζ t k 1 (ζ t (ζ t (ζ t k 1 + (ζ t k. A p = ((ζ t k + (ζ t k 1 (ζ t (ζ t (ζ t k 1 + (ζ t k p = (ζ pt k + (ζ pt k 1 (ζ pt (ζ pt (ζ pt k 1 + (ζ pt k = (ζ t k + (ζ t k 1 (ζ t (ζ t (ζ t k 1 + (ζ t k. Ετσι, A p = A και A F p. Από το παραπάνω λήµµα παίρνουµε άµεσα ότι A s = 1. ηλαδή ζ ut f(ζ jt s = 1. Τώρα, τα (i, (ii προκύπτουν άµεσα από το ϑεώρηµα Παράδειγµα Θεωρούµε το ανάγωγο πολυώνυµο x πάνω από τον F 5. Εστω θ µία ϱίζα του, έτσι έχουµε F 5 = {0, 1,, 3, 4, θ, θ + 1, θ +, θ + 3, θ + 4, θ, θ + 1, θ +, θ + 3, θ + 4, 3θ, 3θ + 1, 3θ +, 3θ + 3, 3θ + 4, 4θ, 4θ + 1, 4θ +, 4θ +, 4θ + 3, θ + 4} Εδώ έχουµε 5 1 = 6 4 και 5 = 1 mod 6 µε 6 = 3, έτσι άµεσα επιλέγουµε l = 6 και s = 4. Τώρα (r, 4 = 1, άρα επιλέγουµε r = 3, τέλος (3 + k, 6 = 1 και (30, k + 1 = 1, άρα επιλέγουµε k = 10. Ετσι το πολυώνυµο P (x = x 3 (1 + x 4 + x 8 + x 1 + x 16 + x 0 + x 4 + x 8 + x 3 + x 36 + x 40 mod (x 5 x = P (x = x 3 + x 7 + x 11 + x 15 + x 19 + x 3 mod (x 5 x είναι πολυώνυµο µετάθεσης του F 5. Πράγµατι, c θ θ + 1 θ + θ + 3 θ + 4 P (c θ 4θ + 1 3θ + 4 3θ + 1 4θ + 4 c θ θ + 1 θ + θ + 3 θ + 4 3θ 3θ + 1 3θ + 3θ + 3 3θ + 4 P (c θ 4θ + 3 θ + 3 θ + 4θ + 4θ θ + 3 3θ + 3 3θ + θ + c 4θ 4θ + 1 4θ + 4θ + 3 4θ + 4 P (c 3θ θ + 1 θ + 4 θ + 1 θ + 4 5

27 Κεφάλαιο 4 ΑΡΙΘΜΙΣΗ ΠΟΛΥΩΝΥΜΩΝ ΜΕΤΑΘΕΣΗΣ ΒΑΘΜΟΥ ΠΑΝΩ ΑΠΟ ΤΟ F Εστω F ένα πεπερασµένο σώµα µε = p m > στοιχεία, για m ϕυσικό αριθµό και µια µετάθεση σ S(F. Το πολυώνυµο µετάθεσης f σ που αντιστοιχεί στην σ είναι : f σ (x = c F σ(c(1 (x c 1 η f σ έχει την ιδιότητα f σ (a = σ(a για κάθε a F. Από το ϑεώρηµα παρατηρούµε ότι για κάθε σ deg(f σ. Ενα µεγάλο Ϲήτηµα που προκύπτει γύρω από τα πολυώνυµα µετάθεσης είναι το κατα πόσο µπορούµε να καθορίσουµε τον αριθµό N d των πολυωνύµων µετάθεσης µε σταθερό ϐαθµό d. Στην συνέχεια αποδεικνύεται ένα ϑεώρηµα το οποίο επιβεβαιώνει την κοινή άποψη ότι σχεδόν όλα τα πολυώνυµα µετάθεσης έχουν ϐαθµό. Θεώρηµα Εστω Τότε, N = #{σ S(F deg(f σ < } N ( 1! / e π. 6

28 Οι πρώτες τιµές του N ϕαίνονται στον παρακάτω πίνακα : N ( 1! Απόδειξη. Στην παρακάτω απόδειξη ϑα χρησιµοποιήσουµε εκθετικά αθροίσµατα. Αρχικά αναπτύσουµε το f σ (x = c F σ(c(1 (x c 1 = c F σ(c c F σ(c(x c 1 = = c F σ(c c F σ(c(x 1 cx c και παρατηρούµε ότι το παραπάνω πολυώνυµο έχει ϐαθµό µικρότερο από αν και µόνο αν ο συντελεστής του x είναι 0, δηλαδή c F cσ(c = 0. Τώρα, για συγκεκριµένα S, T υποσύνολα του F εισάγουµε τα ϐοηθητικά σύνολα συναρτήσεων : N S = { f f : F S και } cf(c = 0 c F M T = { } f f : F T επί και cf(c = 0 c F Θεωρούµε n(s = N S και m(t = M T. Παρατηρούµε ότι N S = T S M T, καθώς f N S τότε η f ϑα ανήκει σε κάποιο N T δηλαδή ϑα είναι επί συνάρτηση σε κάποιο T F. Από την άλλη αν διαλέξουµε κάποιο στοιχείο f της T S M T, τότε αυτό ανήκει στο N S αφού είναι συνάρτηση από το F στο S. Ορισµός Εστω N ένα πεπερασµένο σύνολο και S T N, τότε ορίζουµε T S µ(s, T := ( 1 7

29 Λήµµµα (Inclusion-Exclusion Εστω N ένα πεπερασµένο σύνολο και f µία συνάρτηση ορισµένη στα υποσύνολα του N. Αν g(s := R S f(r Τότε, f(t = S T µ(s, T g(s. Απόδειξη. S T µ(s, T g(s = S T µ(s, T R S f(r = R T τότε το αποτέλεσµα ακολουθεί από την ισότητα : R S T µ(s, T = T R j=0 ( T R j f(r R S T ( 1 j = (1 1 T R = µ(s, T, { 0 αν R T 1 αν R = T Χρησιµοποιώντας το παραπάνω λήµµα προκύπτει : n(s = T S m(t m(r = R S µ(s, Rn(S Εδώ, m(f = N = S F ( 1 S n(s. (4.1 Τώρα, ϑεωρούµε e p (u = e πiu/p και ϑέλουµε ουσιαστικά να ϐρούµε το πλήθος των f για τις οποίες ισχύει ότι και από το εξής ϐοηθητικό λήµµα : c F cf(c = 0 Λήµµµα a F e p (T r(ax = { 1 αν x = 0 0 αν x 0 8

30 Απόδειξη. Εστω s = a F e p (T r(ax = a F e p (T r(a αφού η h : F F µε τύπο h(a = ax, µε x F είναι ένα προς ένα και επί. Τώρα, b F τέτοιο ώστε T r(b 0. Ετσι, έχουµε e πi p T r(b a F e πi p (T r(a+t r(b = a F e πi p T r(a+b = e πi p T r(a. a F Άρα, e πi p T r(b s = s (e πi p T r(b 1s = 0 s = 0. παίρνουµε ότι Παρατηρώντας ότι n(s = = 1 f:f S 1 a F e p e p f:f S a F ( T r(a cf(c c F ( T r(acf(c c F ( e p T r(acf(c = e c F πi p T r(acf(c c F = e πi p (T r(ac 1f(c T r(ac F (c = e πi p T r(ac 1f(c 1 e πi p T r(acf(c = e p (T r(ac 1 f(c 1 e p (T r(ac f(c = c F e p (T r(acf(c, συµπεραίνουµε λοιπόν ότι η αλλαγή του αθροίσµατος µε το γινόµενο είναι επιτρεπτή. Επιπλέον, δεδοµένου του ότι t 1, t,..., t s είναι τα στοιχεία του S. 9

31 ( T r(acf(c = e p f:f S c F (t 1,t,...,t S j=1 ( e p T r(acj t j =... ( e p T r(ac1 t 1 ( e p T r(ac t (...e p T r(ac t t 1 S t S t S ( = e p T r(acj t j j=1 t j S = ( e p T r(ac1 t 1 ( e p T r(ac t... ( e p T r(ac t t 1 S t S t S Κάνοντας αντικαταστάσεις σύµφωνα µε τα παραπάνω, έχουµε n(s = 1 ( e p (T r(act. a F c F t S Υπολογίζουµε το εξωτερικό άθροισµα για a = 0 και προκύπτει 1 e p (T r(0 = 1 S = 1 S. t S c F c F Τελικά, παρατηρώντας ότι το εσωτερικό άθροισµα δεν επιρεάζεται από το a, έχουµε n(s = S + 1 a F ( b F t S e p (T r(bt = S + 1 e p (T r(bt. b F t S (4. Τώρα, τοποθετώντας την (4. στην (4.1, παίρνουµε N = S F ( 1 S ( S + 1 e p (T r(bt b F t S N S F ( 1 S S = 1 S F ( 1 S e p (T r(bt b F t S Τώρα, όπως και προηγουµένως ϑεωρούµε σύνολα F S = { } f : F S, 30

32 { } G T = f : F T f επί. Εδώ, F s = T S G T και έστω f(s = F S και g(s = G T. Τότε από το λήµµα προκύπτει f(s = T S g(t g(t = S T µ(s, T f(s Οµως, f(s = S και g(f =!, άρα S F ( 1 S S =! Για b = 0 στην (4., προκύπτει Τελικά, έχουµε ( 1 S S F e p (T r(0 = S. t S S = ( 1!. N ( 1! = 1 ( 1 S S e p (T r(bt. S F t S b F Χρησιµοποιώντας το γεγονός ότι το b F, προκύπτει άµεσα ότι t F e p (T r(bt = 0 e p (T r(bt = e p (T r(bt. t S t/ S Τώρα, τοποθετώντας τους όρους του S και τους όρους του F \ S έχουµε Αλλιώς, N ( 1! = 1 ( 1 S S e p (T r(bt. S F t S b F N ( 1! = 1 Για το F \ S, έχουµε ( 1 S +1 ( S e p (T r(bt. (4.3 S F t S b F 31

33 N ( 1! = 1 N ( 1! = 1 ( 1 S ( S e p (T r(bt S F b F t/ S ( 1 S + 1 ( S e p (T r(bt. (4.4 S F t S Τώρα, προσθέτοντας τις (4.3 και (4.4, προκύπτει b F (N ( 1! = 1 Η τριγωνική ανισότητα οδηγεί στην ( 1 S + 1 ( S e p (T r(bt. S F t S b F N ( 1! 1 S F Στην συνέχεια, παρατηρούµε ότι S b F t S e p (T r(bt. (4.5 3

34 e p (T r(bt = [( e b F t S b F t S = [( e b F t S = [( e b F t S πit r(bt p πit r(bt p πit r(bt p ( e t S ( e t S ( t S πit r(bt ] p πit r(bt ] p 1 πit r(bt e p ] = [ ( e πit r(bt 1 p + e πit r(bt p e b F ( = ( 1 + b F t S = b F ( S + 1 e πit r(bt 1 p e + 1 i,j n i j πi(t r(b(t i t j p 1 i,j n i j = S + b F = S + 1 i,j n i j 1 i,j n i j e b F e 1 e πit r(bt p πi(t r(bt i T r(bt j p πi(t r(b(t i t j e p πi(t r(b(t i t j p πit r(btn p Οµως, το δεύτερο άθροισµα ισούται µε µηδέν από το λήµµα Ακόµα, για b = 0, έχουµε 1 πit r(btn e p ] t S e p (T r(0 = S. Τελικά, προκύπτει b F t S e p (T r(bt = S Ετσι έχουµε b F t S e p (T r(bt = ( S S 33

35 Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Cauchy, ( k a i 1 k 1 k i=1 k a i, i=1 έχουµε b F t S e p (T r(bt = ( e p (T r(bt 1 b F ( 1 1 t S b F t S ( ( S S 1 =. 1 e p (T r(bt 1 Ετσι, από τα παραπάνω, η (4.5 διαµορφώνεται ως εξής N ( 1! 1 ( 1 1 S F S (( S S ( 1. Τώρα, οι νέες ποσότητες που εµφανίστηκαν εκτιµούνται ως εξής : ( S S ( ( = 4 = (, (( S S 1 ( ( 1 = ( 1. (4.6 Χωρίζοντας τα σύνολα ανάλογα µε τον πληθαριθµό τους, παίρνουµε S F S = ( S S F S Τώρα, αναλύωντας το παραπάνω άθροισµα και χρησιµοποιώντας τις πα- ϱαπάνω εκτιµήσεις, παίρνουµε 34

36 ( S = + S F S = + = = ( ( 1 1 = [/] i=0 [/] i=0 [/] i=0 ( ( ( + 1 ( ( i i ( 1!( i i!( i! ( 1 i [/] i=1 [/] i=1 ( ( ( (i i [/] i=1 ( 1 i 1 ( ( [ ( + + [ ] ( ] ( 1!i! i!( i!. ( ( ( [ + [ ( [ ] ( [ ] ] ] Τώρα, κάνοντας την αλλαγή µεταβλητής i = j 1 στο παραπάνω άθροισµα, προκύπτει Άρα, [/] j=1 ( 1 = j 1 [/] 1 i=0 ( 1 i. [/] j=0 ( 1 j Τελικά, [/] j=1 ( 1 = j i [/] j=0 ( 1 j [/] 1 j=1 ( 1 = j ( 1. [/] ( 1 ( S = [/] S F S = ( 1 ( S =. (4.7 [/] S F Ο στόχος µας τώρα είναι να εκτιµήσουµε την ποσότητα ( 1 [/]. Από τον τύπο του Stirling, για κατάλληλη ακολουθία {λ n }, έχουµε ( n n = (n! n!n! πn( n e n e λ n πn( n 3 n e λn πn( n 3 n e λn = Οµως, για την ακολουθία {λ n }, έχουµε 1 πn n e λ n λ n. 35

37 λ n λ n < 1 4n n 1n + 1 < 0 eλ n λ n 1. Εποµένως, αποδείξαµε την εκτίµηση ( n 1 n πn n, για κάθε n N. Τώρα, το ερώτηµα που τίθεται είναι αν ο τύπος του Stirling ( 1 εφαρµόζεται στην δική µας περίπτωση για την εκτίµηση της ποσότητας [/]. Αν το είναι περίττος, ϑα µπορούσε να εφαρµοστεί η παραπάνω εκτίµηση. Από την άλλη πλευρά, αν είχαµε το F m, δηλαδή το σώµα F ήταν χαρακτηριστικής, πάλι ϑα µπορούσε να εφαρµοστεί η παραπάνω εκτίµηση αφού ( m 1 [ m 1 = ] ( m ( 1! ( m 1!( m 1 1 = m 1 m m m 1 = 1 Εποµένως, ο τύπος του Stirling εφαρµόζεται και παίρνουµε Από τις (4.5,(4.6,(4.7 και (4.8, προκύπτει ( N. N ( 1 1 [/] π[. (4.8 ] 1 N ( 1! 1 ( 1 1 = 1 ( 1 1 π[ ] 1 = 1 ( 1. π[ ] 1 1 π[ 1 ( ] 1 Τώρα, συνεχίζουµε τις εκτιµήσεις. Χρησιµοποιούµε την ταυτότητα 1 [ ] <. Αυτή αποδεικνύεται ως εξής : Αν ο είναι άρτιος, + 1 < > 1. 36

38 Αν ο είναι περιττός, + 1 < > 1, η οποία ισχύει για κάθε >. Ακόµα, ( 1 1 = ( = ( ( < e. Τέλος, αντικαθιστώντας τις εκτιµήσεις αυτές, παίρνουµε το τέλικο συµπέρασµα : N ( 1! e/π /. 37

39 Βιβλιογραφία [1] Rudolf Lidl and Harald Niederreiter Rudolf Lidl and Harald Niederreiter, Finite Fields [] Amir Akbary and Qiang Wang, On polynomials of the form x r f(x ( 1/l [3] Daing Wan, Rudolf Lidl Permutation Polynomials of the Form x r f(x ( 1/d And Their Group Structure [4] Sergei Konyagin, Francesco Pappalardi Enumerating Permutation Polynomials over Finite Fields by Degree 38