選題：分解有限域 $F_2$ 上多項式 $f(x)=x^9+x^8+x^7+x^4+x^3+x+1$

有限域 $F_2$ 上多項式的分解

摘要： 基于不同的數域進行多項式分解有不同的特性，而二元域是一個有著特殊意義的有限域，本文研究二元域下的多項式分解，根據已有方案提出一個可以解決選題的方法，并證明其正確性。

關鍵字： 數論 有限域 二元域 多項式分解

有限域在計算機領域是一個重要的概念，計算機的存儲空間是有限的，因此運算也是基于有限的存儲進行。而無限域中的計算難以直接應用于計算機，因此有限域的研究十分重要。另外一方面，多項式的因式分解問題是代數數學的一個基本問題，并且在編碼理論中有大量的應用，因此有限域上的多項式也是一個重要的研究分支，比如擴域需要基于不可約多項式來構造，而擴域的運算也要基于多項式的加法和乘法規則進行。又比如拉格朗日插值法、泰勒展開等等一系列數學方法，都是基于多項式的方法，而在計算機上使用就有必要轉化為有限域上的形式。在有限域上，多項式的運算要滿足一些特殊的規則，從而使得其與無限域上的多項式有了不一樣的特性。另外一方面，同樣是無限域，實數域與復數域上的多項式也有不一樣的特性，以多項式的分解為例，實數域上存在次數不為一不可約多項式，而復數域上則只有次數為一不可約多項式。在有限域中，二元域是一個有特殊意義的域，因為計算機的機器碼就是0和1的形式，同時二元域上有一些有趣的特性，這也讓二元域上的多項式分解有了不一樣的特性。

1 相關研究

在文獻^[1]中提到了基于Miller-Rabin的素性檢驗的多項式分解，拓展素性檢驗到多項式上，是一種概率性算法。文獻^[2]中提到了有限域 $F_p$ 中形如 $x^n?1$ 的多項式的因式分解。當 $n=d(p?1),d|(p?1),d<p?1$時， 可借助 $F_p$ 上的本原多項式，通過Dickson多項式解決多項式分解問題。文獻^[3]中進一步細致地研究了 $F_2$ 上多項式分解算法，將多項式分解問題轉化為了棋盤游戲，通過建模研究了一個可分解任意二元域上多項式的算法。

2 預備知識

2.1 域的定義

定義 2.1.1 設 $<F,+,?>$ 是一個帶幺交換環，$F^{?}$ 表示 $F$ 中所有的非零元素的集合，如果 $<F^{?},?>$ 是一個交換群，則稱 $<F,+,?>$ 為域。$<F,+>$ 為域 $<F,+,?>$ 的加法群，$<F^{?},?>$ 稱為域 $<F,+,?>$ 的乘法群。通常用 $0$ 表示加法群的單位元，用 &1& 表示乘法群的單位元。
定義 2.1.2 只含有有限個元素的域稱為有限域。有限域也稱為Galois域。含有 $q$ 個元素的有限域通常記為 $F_q$ 或者 GF(q)。

2.2 域上的多項式

定義 2.2.1 設 $p(x)\in F[x],deg(p(x))\ge 1$。 如果 $p(x)$ 在 $F[x]$ 中只有因式 $c\in F$ 和 $c?p(x)\in F[x]$，則稱 $p(x)$ 為域 $F$ 上的不可約多項式；否則，稱 $p(x)$ 為域 $F$ 上的可約多項式。
定義 2.2.2 設 $f(x),g(x)$ 是整環 $R$ 上的任意兩個多項式，其中 $g(x)\ne 0$，如果存在一個多項式 $q(x)$ 使得等式
$$f(x)=q(x)?g(x)$$
成立，就稱 $g(x)$ 整除 $f(x)$ 或者 $f(x)$ 被 $g(x)$ 整除，記作 $g(x)|f(x)$。這時把 $g(x)$ 稱作 $f(x)$ 的因式，$f(x)$ 叫做 $g(x)$ 的倍式。否則就稱 $g(x)$ 不能整除 $f(x)$ 或者 $f(x)$ 不能被 $g(x)$ 整除。

2.3 多項式分解的幾類方法

根據文獻^[4]中的介紹，常見的多項式分解方法有多項式除法、待定系數法以及利用單位根的方法。
多項式除法，首先要找到多項式的一個根 $\alpha$，然后根據多項式除法將原式除以 $x?\alpha$，將商進行同樣的操作，如果商不可約，則停止。如果有重根，則采用微商法來計算。
待定系數法，將原式假設為若干因式的乘積，與原式對照，解待定系數恒等式求值。
利用單位根的方法，多項式 $f(x)=x^n?1$ 的 $n$ 個復根稱為 $n$ 次單位根，公式為：
$${?}_k=cos\frac{2k\pi }{n}+isin\frac{2k\pi }{n}(k=0,\mathrm{1...}n?1)$$
但僅能夠解決 $x^n?1$ 和 $x^{n?1}+...+1$ 形的多項式分解。

3 解決方案

3.1 定理

定理1 定義在二元域上的多項式 $p(x)$ 次數不為零的項的數量為偶數時，$p(x)$ 必然包含因式 $x+1$。
證明： 顯然 $2|p(1)$，所以 $p(1)=0$，說明 $1$ 是多項式 $p(x)$ 的根，所以多項式包含 $x+1$ 形式的因子。
推論1 定義在二元域上的多項式 $p(x)$ 次數不為零的項的數量為奇數時，$p(x)$ 必然不包含因式 $x+1$，且其因式也不包含因式 $x+1$。
定理2 定義在二元域上的多項式 $p(x)$ 若不可約，則 $x^0$ 項必為 $1$。

3.2 方案及實例

方案1 棋盤游戲方法
首先根據多項式的最高系數構建一個 $(m+1)\times (n+1)$ 的棋盤，保證 $m+n$ 等于多項式的最高系數。分別用縱坐標和橫坐標代表次數為 $m$ 和次數為 $n$ 的因子多項式。因式的所有項系數默認為1，通過改變因式的系數使得棋盤對應的橫行和縱列表示為0，其他格子則為1。從左到右，每個斜列代表原式的從低到高位的項，對斜列求和，若為 $2$ 的倍數，則該項為 $0$。對于給定的 $m,n$，如果任意劃去橫列和縱列都無法湊出原式，則說明原式不含有該形式的因式。根據厄拉多篩法，若多項式 $p(x)$ 可約，則必然還有因式 $r(x)$，使得 $deg(r(x))\le ?\frac{deg(p(x))}{2}?$，因此對于 $p(x)$ 只需要檢查系數滿足上述不等式的多項式即可。對 $?p(x),deg(p(x))$ 可以拆分為 $m+n$ 且 $m>n$ 的形式，在這個棋盤上任意選擇行列使斜列的奇偶與 $p(x)$ 對應項的系數一致，然后遍歷所有的 $m,n$ 對。

定理1 若 $(1_1,j_1)$ 和 $(i_2,j_2)$ 為 $1$， 則 $(i_1,j_2)$ 與 $(i_2,j_1)$ 均為 $1$。
定理2 若 $(i,j)$ 為 $0$，則第 $i$ 行為 $0$ 與第 $j$ 列為 $0$ 至少有一個成立。
定理3 對于 $(i_1,j_1)，(i_1,j_2)，(i_1,j_2)，(i_2,j_2)$ 中不存在為 $1$ 的格子數為奇數的情況。

實例： 分解 $F_2$ 上多項式 $f(x)=x^9+x^8+x^7+x^4+x^3+x+1$

$$deg(f(x))=9=5+4$$
將多項式 $f(x)$ 拆分成 $6\times 5$ 的棋盤，如下所示：

x\y

	0	1	2	3	4
0	1	1	1	1	1
1	1	1	1	1	1
2	1	1	1	1	1
3	1	1	1	1	1
4	1	1	1	1	1
5	1	1	1	1	1

因為 $x^9,x^0$ 項的次數為1，所以 $(0,0)，(0,1)，(1,0)，(1,1)$ 為1，所以 $x=0,x=5,y=0,y=4$ 要保留。另一方面，$x^8,x^7,x^1$ 項的次數為1，所以 $y=3,x=4$ 中必有一個保留一個消去，$y=1,x=1$ 和 $y=2,x=3$ 也是如此。剩余 $8\times 2^0\times 2^1=16$ 種組合。
用 $z$ 表示乘積，根據推論1排除，所有組合為:

$x:(1,1,1,1,1,1),y:(1,0,0,0,1)$ X

$x:(1,0,1,1,1,1),y:(1,1,0,0,1),z:(1,1,1,0,1,0,0,1,1,1)$

$x:(1,1,1,1,0,1),y:(1,0,0,1,1),z:(1,1,1,0,0,1,0,0,1,1)$

$x:(1,0,1,1,0,1),y:(1,1,0,1,1),z:(1,1,1,1,0,0,1,1,1,1)$

$x:(1,1,1,0,1,1),y:(1,0,1,0,1),z:(1,1,0,1,1,0,0,1,1,1)$ 與原式一致

$x:(1,0,1,0,1,1),y:(1,1,1,0,1)$ X

$x:(1,1,1,0,0,1),y:(1,0,1,1,1)$ X

$x:(1,0,1,0,0,1),y:(1,1,1,1,1),z:(1,1,0,0,0,0,0,1,1,1)$

$x:(1,1,0,1,1,1),y:(1,0,0,0,1),z:(1,1,0,1,0,0,0,1,1,1)$

$x:(1,0,0,1,1,1),y:(1,1,0,0,1)$ X

$x:(1,1,0,1,0,1),y:(1,0,0,1,1)$ X

$x:(1,0,0,1,0,1),y:(1,1,0,1,1)$ X

$x:(1,1,0,0,1,1),y:(1,0,1,0,1)$ X

$x:(1,0,0,0,1,1),y:(1,1,1,0,1)$ X

$x:(1,1,0,0,0,1),y:(1,0,1,1,1)$ X

$x:(1,0,0,0,0,1),y:(1,1,1,1,1)$ X

所以可以將原式初步分解為：$(x^5+x^4+x^2+x+1)?(x^4+x^2+1)$，重復上述過程，直到因式不可分解為止。最后得到的因式分解為：$(x^5+x^4+x^2+x+1)?(x^2+x+1{)}^2$。

正確性分析： 這里不做詳細地推導，但是簡單地對此進行一個理解以說明方案的正確性。對于棋盤中的任意格子可以表示為一個坐標 $(x,y)$，可以簡單理解 $x,y$ 表示參與乘法的兩個因式的對應項，此時 $x+y$ 表示乘積對應項的次數。我們可以發現，每個斜列的所有格子代表項的次數相同，所以對于斜列的所有格子求和就可以的得到乘積對應項的系數。另一方面，二元域上的多項式的系數定義在 $F_2$ 上，所以如果求和斜列上所有的格子得到的數是偶數，則對應項的系數為0，否則為1。

方案2 多項式除法
結合厄拉多篩法，對于多項式 $p(x)$ 可約，則必有因式 $r(x)$，使得 $deg(r(x))\le ?\frac{deg(p(x))}{2}?$，次數從低到高構造次數不高于 $\frac{deg(p(x))}{2}$ 的不可約多項式，然后將多項式 $p(x)$ 依次與這些不可約多項式相除，最后獲得因式分解。

實例： 分解 $F_2$ 上多項式 $f(x)=x^9+x^8+x^7+x^4+x^3+x+1$

次數為 $1$ 的不可約多項式：$x+1$
次數為 $2$ 的不可約多項式：$x^2+x+1$
次數為 $3$ 的不可約多項式：$x^3+x^2+1$、$x^3+x+1$
次數為 $4$ 的不可約多項式：$x^4+x^3+1$、$x^4+x+1$

根據多項式除法：
$(x^9+x^8+x^7+x^4+x^3+x+1)÷(x^2+x+1)=x^7+x+1$
$(x^7+x+1)÷(x^2+x+1)=x^5+x^4+x^2+x+1$
$x^5+x^4+x^2+x+1$ 不可約。

綜上 $f(x)=x^9+x^8+x^7+x^4+x^3+x+1=(x^5+x^4+x^2+x+1)?(x^2+x+1{)}^2$

4 結論

本文提出了兩種因式分解的方案，并根據實例進行多項式分解。實際上根據文獻中的描述，還存在很多有限域上的多項式分解的方法，限于篇幅，這里不做詳細介紹。
多項式的分解和整數的分解有很多類似的地方，但是不同于整數，同一個次數的多項式有多個不可約多項式，這使得多項式的分解更加復雜。而結合二元域的一些性質，可以極大地降低多項式分解的復雜度。在二元域中，加法等于減法，多項式乘以 $2$ 等于0，這些特征都可以用于多項式分解。
本文中采用了3.1中的定理1加快了對二元域上的多項式分解，從概率學的角度來說，可以過濾一半的因式，從方案1中即可看出，通過這個定理過濾了大部分的組合。而在方案2中，結合了定理1和定理2迅速的找出不同次數的不可約多項式，然后根據厄拉多篩法和不可約多項式就可以分解多項式。
最后分解 $F_2$ 上多項式 $f(x)=x^9+x^8+x^7+x^4+x^3+x+1=(x^5+x^4+x^2+x+1)?(x^2+x+1{)}^2$。

5 參考文獻

[1] 孫榮辛,田園.基于Miller-Rabin素性檢測的多項式分解算法[J].計算機科學與探索,2014,8(12):1474-1484.

[2] 丁洋,王永超.多項式$x^n?1$在有限域$F_p$上的因式分解[J].上海大學學報(自然科學版),2020,26(02):189-196.

[3] 陳璽,屈龍江,海昕,李超.棋盤游戲與有限域上多項式分解算法[J].數學的實踐與認識,2014,44(06):210-215.

[4] 王鋒.多項式因式分解的幾類方法[J].電子制作,2013(22):180.DOI:10.16589/j.cnki.cn11-3571/tn.2013.22.005.

總結

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