0.3 有限域上幂级数环

有限域上的幂级数环

属于 \(\boldsymbol{F}_q\) 的一个无限序列

\[f=\left(f_0, f_1, \cdots, f_n, \cdots\right), \]

它对应出一个系数属于 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 的幂级数

\[f(x)=f_0+f_1 x+f_2 x^2+\cdots+f_n x^n+\cdots=\sum_{n=0}^{\infty} f_n x^n . \]

我们用 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 表示这样的幂级数所组成的集合. 如果对充分大的 \(n, f(n)\) 均取值为零，即 \(f=\left(f_0, f_1, \cdots, f_n, 0,0, \cdots\right)\) ，则它对应于多项式 \(f(x)=f_0+f_1 x+\cdots+f_n x^n\) 。所以多项式环 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 可看成是 \(\boldsymbol{F}_q[[x]]\) 的一个子集合. 我们仿照多项式的加、减、乘法运算,可以定义幂级数的如下运算: 对于 \(f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} f_n x^n\) 和

\[\begin{aligned} & g(x)=\sum_{n=0}^{\infty} g_n x^n \text {, 令 } \\ & \qquad f(x) \pm g(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(f_n \pm g_n\right) x^n, \\ & f(x) g(x)=\left(\sum_{n=0}^{\infty} f_n x^n\right)\left(\sum_{m=0}^{\infty} g_m x^m\right)=\sum_{n, m=0}^{\infty} f_n g_m x^{n+m} \quad \text { (分配律) } \\ & =\sum_{k=0}^{\infty}\left(\sum_{n+m=k} f_n g_m\right) x^k \\ & =\sum_{k=0}^{\infty} h_k x^k, \end{aligned} \]

其中对每个 \(k \geqslant 0\),

\[h_k=\sum_{\substack{n, m \geq 0 \\ n+m=k}} f_n g_m=\sum_{n=0}^k f_n g_{k-n}\tag{1} \]

例如，

\[\begin{gathered} h_0=f_0 g_0, \quad h_1=f_1 g_0+f_0 g_1, \\ h_2=f_2 g_0+f_1 g_1+f_0 g_2, \cdots \end{gathered} \]

可以证明 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 对于这些运算是交换环,叫做 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上的幂级数环。

加法交换律和结合律都是显然的，也许会对这种定义的乘法交换律和结合律抱有疑问，只需注意到每个局部的乘法交换律和结合律都依赖于多项式环的乘法交换律和结合律即可。

如果 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 都是多项式，则上面的运算和多项式的运算一致，所以称多项式环 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 为 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 的子环。幂级数环 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 中的零元素为 \(0\) ，它对应于全零序列 \((0,0, \cdots, 0, \cdots)\) ，也就是由 \(N_0\) 到 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 恒取值为零的函数， \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 中的幺元素为 \(1 \in\) \(\boldsymbol{F}_{\mathbf{q}}\) ，它对应于序列 \((1,0,0, \cdots, 0, \cdots)\)。

对于幂级数 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 的加法, \(f(x)+g(x)\) 对应于两个序列逐位相加

\[\begin{aligned} & \left(f_0, f_1, \cdots, f_n, \cdots\right)+\left(g_0, g_1, \cdots, g_n, \cdots\right) \\ = & \left(f_0+g_0, f_1+g_1, \cdots, f_n+g_n, \cdots\right) . \end{aligned} \]

而乘积 \(f(x) g(x)\) 对应于序列 \(\left(h_0, h_1, \cdots, h_n, \cdots\right)\) ，其中 \(h_n\) 由式 \((1)\) 给出，我们称它为序列 \(\left(f_0, f_1, \cdots, f_n, \cdots\right)\) 和 \(\left(g_0, g_1, \cdots\right.\), \(\left.g_n, \cdots\right)\) 的卷积, 表示成

\[\left(f_0, f_1, \cdots, f_n, \cdots\right) *\left(g_0, g_1, \cdots, g_n, \cdots\right)=\left(h_0, h_1, \cdots, h_n, \cdots\right) . \]

定义 1 (\(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上的\(k\) 阶线性递推数列)

\[c=\left(c_0, c_1, \cdots, c_n, \cdots\right)\left(c_i \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\right), \]

其中前 \(k\) 位为初始状态 \(\left(c_0, c_1, \cdots, c_{k-1}\right)\) ，而当 \(l \geqslant k\) 时，

\[c_l=a_k c_{l-k}+a_{k-1} c_{l-k+1}+\cdots+a_1 c_{l-1} \quad(l=k, k+1, \cdots) \tag{2} \]

其中 \(a_i(1\leq i\leq k)\in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}},a_k \not ={0}\) ,这就是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上的 \(k\) 阶线性递推数列。

引理 1 联接多项式

对于上面的 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上 \(k\) 阶线性递推数列, 我们有

\[\begin{aligned} & \left(1-a_1 x-a_2 x^2-\cdots-a_k x^k\right) \cdot\left(\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n\right) \\ = & b_0+b_1 x+\cdots+b_{k-1} x^{k-1} \end{aligned} \]

其中

\[\begin{aligned} & b_0=c_0 \\ & b_1=c_1-c_0 a_1 \\ & \vdots \\ & b_{k-1}=c_{k-1}-c_{k-2} a_1-\cdots-c_0 a_{k-1} \end{aligned}\tag{3} \]

换句话说，\(k\) 阶线性递推序列 \(\left(c_0, c_1, \cdots, c_n, \cdots\right)\) 和序列 \(\left(1,-a_1, \cdots,-a_k, 0,0, \cdots\right)\) 的卷积为序列 \((b_0, b_1, \cdots, b_{k-1}, 0,0,\cdots)\).

证明 设 \(\left(1-a_1 x-a_2 x^2-\cdots-a_k x^k\right) \cdot\left(\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n\right)=\) \(\sum_{n=0}^{\infty} b_n x^n \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 。由幂级数乘法定义可知 \(b_0, b_1, \cdots, b_{k-1}\) 可表达成公式 \((3)\) 中的形式, 而当 \(l \geqslant k\) 时,

\[b_l=c_l-a_1 c_{l-1}-a_2 c_{l-2}-\cdots-a_k c_{l-k} . \]

由式 \((2)\) 知 \(b_l=0\) (当 \(l \geqslant k\) 时). 这就证明了引理 \(1\). \(\square\)

\(f(x)=1-a_1 x-a_2 x^2-\cdots-a_k x^k\) 叫做是上述 \(k\) 阶线性递推数列的联接多项式. 序列 \(c=\left(c_0, c_1, \cdots, c_n, \cdots\right)\) 叫做是该递推数列以 \(\left(c_0, \cdots, c_{k-1}\right)\) 为初始状态所产生的序列. 由上述引理可知，这个序列所对应的幂级数 \(c(x)=\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n\) 是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中两个多项式的商 \(\frac{b_0+b_1 x+\cdots+b_{k-1} x^{k-1}}{f(x)}\) (叫做是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上的有理分式)。由于 \(a_k \not ={0}\),于是这个有理分式是一个真分式, 即分子的次数小于分母的次数 \(\operatorname{deg}(f(x))=k\).
于是我们得到

推论 线性递推序列所对应的幂级数总能表成两个多项式的商，且为真分式。\(\square\)

有限域上的线性递推数列在通信领域有另一个更为常用的名称线性移存器——一种实现线性递推操作的硬件。
于是，幂级数环 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 不仅在数学中是重要的研究对象，它也是通信系统的数学工具. 现在我们研究环 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 的一些基本性质。
首先决定幂级数环 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 中的 (乘法) 可逆元素. 我们知道，多项式环 \(\boldsymbol{F}_q[x]\) 中只有恒为非零常数 \(f(x) \equiv a \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}^*\) 的多项式才是可逆元素。但是在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 中有更多的可逆元素，从而有更多的灵活余地进行除法运算。

引理 2

环 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 中的幂级数 \(\alpha=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n\) 是可逆的当且仅当 \(a_0 \neq 0\).

证明 显然，可以直接构造出其逆元。

例 1 揭示了\(\frac{1}{1-x^n}\)与幂级数系数的周期现象的关系

对每个正整数 \(n\), 多项式 \(1-x^n\) 在多项式环 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中不可逆，但是由引理 \(2\)，它在幂级数环 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 中是可逆的。事实上，

\[\frac{1}{1-x^n}=1+x^n+x^{2 n}+\cdots+x^{l n}+x^{(l+1) n}+\cdots,\tag{4} \]

于是对任意次数小于 \(n\) 的多项式 \(g(x)=g_0+g_1 x+\cdots+g_{n-1}\) \(x^{n-1} \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) ，真分式

\[\begin{aligned} \frac{g(x)}{1-x^n}= & \left(g_0+g_1 x+\cdots+g_{n-1} x^{n-1}\right)\left(1+x^n+x^{2 n}+\cdots\right) \\ = & g_0+g_1 x+\cdots+g_{n-1} x^{n-1}+g_0 x^n+ \\ & g_1 x^{n+1}+\cdots+g_{n-1} x^{2 n-1}+g_0 x^{2 n}+\cdots \end{aligned} \]

它所对应的序列是 \(g_0, g_1, \cdots, g_{n-1}\), 接下来再不断重复. 这样的序列叫做是周期序列。

定义 2 序列的周期

序列 \(c=\left(c_0, c_1, \cdots, c_n, \cdots\right)\) 叫做是周期序列, 是指存在正整数 \(d\), 使得对每个 \(n \geqslant 0\), 有

\[c_{n+d}=c_n . \]

这时序列可简单表示成 \(c=\left(\dot{c}_0 c_1 \cdots \dot{c}_{d-1}\right), d\) 叫做此序列的周期,而满足此条件的最小正整数 \(d\) 叫做此序列的最小周期。利用带余除法，不难证明序列的每个周期一定是最小周期的倍数.

定理 3 有限域上的线性递推序列都是周期序列。

证明 鸽笼原理。且可进一步得到 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上的 \(k\) 阶线性递推序列的最小周期不会超过 \(q^k-1\)。(注意到全 \(0\) 序列的前驱和后继序列仍是全 \(0\) 序列。)

我们想知道：怎样选取线性递推序列的系数可以使其达到最大周期 \(q^k-1\)。为此，我们要研究有限域上的多项式和幂级数的进一步性质。

引理 4

设 \(f(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_n x^n \in \boldsymbol{F}_q[x], a_0 \neq 0\) （即 \(f(0) \neq 0\) ），则存在正整数 \(d\) ，使得 \(f(x) \mid 1-x^d\).

证明 设 \(q=p^m\), 以 \(\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_s\) 表示 \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 的代数闭包 \(\Omega\) 中的全部彼此不同的根，重数分别为 \(n_1, n_2, \cdots, n_s\) ，则 \(f(x)\)在 \(\Omega\) 中分解为

\[f(x)=a\left(x-\alpha_1\right)^{n_1} \cdots\left(x-\alpha_s\right)^{n_s} \quad\left(a \in \boldsymbol{F}_q^*\right)\tag{5} \]

由于 \(\alpha_i\) 是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上的代数元素，所以 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\left[\alpha_i\right]\) 是有限域。由 \(f(0) \neq 0\) 知 \(\alpha_i \neq 0\) ，即 \(\alpha_i\) 是有限域中的非零元素。从而存在正整数 \(d_i\), 使得 \(\alpha_i^{d_i}=1(1 \leqslant i \leqslant s)\) 。记 \(D=d_1 \cdots d_s\), 则 \(\alpha_i^D=1(1 \leqslant i \leqslant s)\), 于是 \(\alpha_i(1 \leqslant i \leqslant s)\) 都是 \(x^D-1\) 的根，即 \(\left(x-\alpha_i\right) \mid x^D-1\) 。由于 \(\alpha_i(1 \leqslant i \leqslant s)\) 彼此不同，可知 \(x-\alpha_i(1\) \(\leqslant i \leqslant s)\) 彼此互素。因此 \(\left(x-\alpha_1\right) \cdots\left(x-\alpha_s\right) \mid x^D-1\) 。现在取充分大的整数 \(l\), 使得 \(l \geqslant n_i(1 \leqslant i \leqslant s)\) 。令 \(d=D p^l\) ，则由分解式 \((5)\) 可知

\[\begin{aligned} f(x)\left|\left(\left(x-\alpha_1\right) \cdots\left(x-\alpha_s\right)\right)^{p^l}\right|\left(x^D-1\right)^{p^l} & =x^{D p^l}-1 \\ & =x^d-1 . \end{aligned} \]

这就证明了引理 \(4\). \(\square\)

定义 3 多项式的周期

对于 \(\boldsymbol{F}_9[x]\) 中多项式 \(f(x), f(0) \neq 0\) (即 \(f(x)\)的常数项不为零），满足 \(f(x) \mid 1-x^d\) 的每个正整数 \(d\) 都叫做是多项式 \(f(x)\) 的一个周期，而满足此条件的最小正整数 \(d\) 叫做是多项式 \(f(x)\) 的最小周期，由有限域(文章编号 \(0.1\))引理 \(3\),不难证明正整数 \(d\)是 \(f(x)\) 的周期当且仅当 \(d\) 是 \(f(x)\) 的最小周期的倍数.

引理 5

设 \(q=p^n(p\) 为素数, \(n \geqslant 1)\). 证明对于 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 中每个元素 \(\alpha\), 均有唯一的元素 \(\beta \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\), 使得 \(\beta^\rho=\alpha\).

证明 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}} \rightarrow \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}},\alpha \mapsto \alpha^p\),易知这是同态，域上的同态要么是零同态，要么是单同态，这里显然不是零同态，故为单同态。又由域中元素的有限性知此为满同态。

定理 6 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 上的不可约多项式的根的特性以及与多项式周期的关系

设 \(f(x)\) 为 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中的 \(n\) 次首 \(1\) 不可约多项式， \(f(x) \neq x\). 则
\((1)\) \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 的代数闭包 \(\Omega\) 中没有重根。
\((2)\) 如果 \(\alpha\) 是 \(f(x)\) 在 \(\Omega\) 中的一个根, 则对每个正整数 \(d, \alpha^{q^d}\)都是 \(f(x)\) 的根。
\((3)\)设 \(\alpha\) 的阶为 \(d\) ，则多项式 \(f(x)\) 的次数 \(n\) 就是满足 \(q^m \equiv 1(\bmod d)\) 的最小正整数 \(m\), 并且 \(\alpha, \alpha^q, \alpha^{q^2}, \cdots, \alpha^{q^{n-1}}\) 就是 \(f(x)\) 的全部（不同的）根。
\((4)\)多项式 \(f(x)\) 所有根的阶均为 \(d\) ，并且 \(d\) 就是多项式 \(f(x)\) 的最小周期.

证明 首先注意, 由 \(f(x)\) 不可约和 \(f(x) \neq x\) 可知 \(f(0) \neq 0\),从而多项式具有周期(引理 \(4\))，并且 \(f(x)\) 在 \(\Omega\) 中的根都是非零元素，进而令 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[\alpha]=\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}^s}\) ，则 \(\alpha\) 的阶 \(d\) 为 \(q^{s}-1\) 的因子，于是 \(d\) 和 \(q\) 互素。
\((1)\) 设 \(f(x)=\sum_{i=0}^n a_i x^i\left(a_i \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\right)\) ，它的导函数为 \(f^{\prime}(x)=\) \(\sum_{i=0}^n i a_i x^{i-1}\) 。如果 \(f(x)\) 有重根，则 \(\left(f, f^{\prime}\right) \neq 1\) 。但是 \(f\) 不可约，所以 \(f \mid f^{\prime}\) 。由于 \(f^{\prime}\) 的次数小于 \(f\) 的次数，从而必然 \(f^{\prime} \equiv 0\) 。即所有系数 \(i a_i\) 都是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 中的零元素。设 \(q\) 是素数 \(p\) 的方幂。则当 \(p \nmid i\) 时, \(i\)在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 中不为零，于是 \(a_i=0\) 。这就表明只有当 \(p \mid i\) 时 \(a_i\) 才会不为零. 于是 \(f(x)=\sum_{j=0}^l a_{p j} x^{p j}\).由引理 \(5\)，在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 中存在 \(b_j\) 使得 \(b_j^p=a_{p j}\)。因此 \(f(x)=\sum_{j=0}^l b_j^p x^{p j}=\left(\sum_{j=0}^l b_j x^j\right)^p\), 这和 \(f\) 在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中不可约的假定相矛盾. 这就表明有限域上的不可约多项式 \(f(x)\) 没有重根。
\((2)\) 若 \(\alpha\) 为 \(f(x)=\sum_{i=0}^n a_i x^i\left(a_i \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\right)\) 的一个根, 则 \(\sum_{i=0}^n a_i \alpha^i\) \(=0\). 于是

\[\begin{aligned} 0 & =\left(\sum_{i=0}^n a_i \alpha^i\right)^q=\sum_{i=0}^n a_i^q \alpha^{i q} \\ & =\sum_{i=0}^n a_i\left(\alpha^q\right)^i \quad \text { 由 } a_i \in \boldsymbol{F}_{\mathbf{q}} \text { 知 } a_i^q=a_i \\ & =f(\alpha^q) \end{aligned} \]

这就表明 \(a^q\) 也是 \(f(x)\) 的根. 于是 \(\alpha^{q^2}, \alpha^{q^3}, \cdots\) 也都是 \(f(x)\) 的根.
\((3)\)令 \(m\) 是满足 \(q^m \equiv 1(\bmod d)\) 的最小正整数(由 \(q\) 和 \(d\) 互素,在 \(Z/dZ\) 的乘法群中看，可知存在这样的 \(m\) )。由于 \(\alpha\) 的阶为 \(d\) ，可知 \(\alpha^{q^m}=\alpha\) 。我们先证明 \(\alpha^{q^i}(0 \leqslant i \leqslant m-1)\) 彼此不同。如果有 \(0 \leqslant i<j \leqslant m-1\) 使得 \(\alpha^{q^j}=\) \(\alpha^{q^i}\), 则 \(0=\alpha^{q^j}-\alpha^{q^i}=\left(\alpha^{q^{j-i}}-\alpha\right)^{q^i}\)。由引理 \(5\) 可知 \(\alpha^{q^{j-i}}=\alpha\), 由 \(d\) 为 \(\alpha\) 的阶知 \(q^{j-i} \equiv 1(\bmod d)\) ，但是 \(0<j-i \leqslant m-1\) ，这就与 \(m\) 是满足 \(q^m \equiv\) \(1(\bmod d)\) 的最小正整数相矛盾。所以 \(\alpha^{q^i}(0 \leqslant i \leqslant m-1)\) 彼此不同. 由 \((2)\) 知它们都是 \(f(x)\) 的根。现在令

\[\begin{aligned} g(x) & =(x-\alpha)\left(x-\alpha^q\right)\left(x-\alpha^{q^2}\right) \cdots\left(x-\alpha^{q^{m-1}}\right) \\ & =x^m-c_1 x^{m-1}+c_2 x^{m-2}-\cdots+(-1)^m c_m . \end{aligned} \]

虽然每个 \(\alpha^{q^i}\) 都在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 的扩域中，我们要证明 \(g(x) \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) ，即系数 \(c_i\) 都属于 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 。这只需证明 \(c_i^q=c_i\)。
由韦达定理，

\[c_1=\alpha+\alpha^q+\cdots+\alpha^{q^{m-2}}+\alpha^{q^{m-1}}, \]

于是

\[\begin{aligned} c_1^q & =\alpha^q+\alpha^{q^2}+\cdots+\alpha^{q^{m-1}}+\alpha^{q^m} \\ & =\alpha^q+\alpha^{q^2}+\cdots+\alpha^{q^{m-1}}+\alpha=c_1, \end{aligned} \]

所以 \(c_1 \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 。而 \(c_2\) 是 \(\alpha^{q^i}(0 \leqslant i \leqslant m-1)\) 当中两两乘积之和，可知 \(c_2^q=c_2\) 。同样可证 \(c_i^q=c_i\) （当 \(i \geqslant 3\) 时）。于是 \(c_i\) 都是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 中元素，即 \(g(x) \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\).
现在我们证明 \(f(x)=g(x)\). 一方面, 由于 \(g(x)\) 的 \(m\) 个不同的根 \(\alpha^{q^i}(0 \leqslant i \leqslant m-1)\) 都是 \(f(x)\) 的根，可知 \(g(x) \mid f(x)\) 。另一方面，由于 \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中不可约并且 \(f(\alpha)=0\) ，所以 \(f(x)\) 是 \(\alpha\) 在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上的最小多项式. 由于 \(\alpha\) 也是 \(g(x)\) 的根并且 \(g(x) \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\),可知 \(f(x) \mid g(x)\). 再由于 \(f\) 和 \(g\) 都是首 \(1\) 多项式，便得到 \(f(x)\) \(=g(x)\) 。这就表明 \(f(x)\) 的次数 \(n\) 等于 \(g(x)\) 的次数 \(m\), 并且 \(\alpha^{q^i}(0 \leqslant i \leqslant m-1)\) 是 \(f(x)\) 的全部根.
\((4)\) 由于 \(\alpha\) 的阶为 \(d\), 并且 \((d, q)=1\), 可知 \(f(x)\) 的每个根 \(\alpha^{q^i}\)的阶为 \(d /\left(d, q^i\right)=d\), 即 \(f(x)\) 的所有根的阶均为 \(d\) 。进而， \(\alpha^{\alpha^i}\) 都是 \(x^d-1\) 的根，所以 \(x-\alpha^{q^i} \mid x^d-1\) 。由于 \(x-\alpha^i(0 \leqslant i \leqslant m-1)\) 两两互素，因此 \(f(x)=(x-\alpha)\left(x-\alpha^q\right) \cdots\left(x-\alpha^{q^{m-1}}\right) \mid x^d-1\) 。这就表明 \(f(x)\) 的最小周期 \(D\) 是 \(d\) 的因子。另一方面，由于 \(f(x) \mid x^D-1\)，可知 \((x-\alpha) \mid x^D-1\) ，从而 \(\alpha^D=1\) 。但是 \(\alpha\) 的阶为 \(d\) ，又得到 \(d \mid D\) 。因此 \(d=D\), 即不可约多项式 \(f(x)\) 的最小周期等于 \(f(x)\) 中任何一个根的阶. 至此完全证明了定理 \(6\). \(\square\)

例 2 多项式 \(x^q-1=x^{p^m}-1\) 在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{p}}[x]\) 中的分解式

让我们回到有限域(文章编号 \(0.1\))中的例 \(1\). 我们计算 \(\boldsymbol{F}_9\) 中元素 \(\alpha^2\)在 \(\boldsymbol{F}_3\) 上的最小多项式 \(f_1(x)\) 。根据定理 \(6\), \(f_1(x)\) 的根应当是 \(\alpha^2\) 和 \(\alpha^6\) (由本原元素 \(\alpha\) 的阶为 \(9-1=8\) 知 \(\alpha^{6 \cdot 3}=\alpha^{18}=\alpha^2\))，所以 \(f_1(x)\) 是 \(\boldsymbol{F}_3[x]\) 中 \(2\) 次不可约多项式。由 \(\alpha^2+\alpha^6=(1,2)+\) \((2,1)=(0,0)=0, \alpha^2 \cdot \alpha^6=\alpha^8=1\) ，可知 \(f_1(x)=\left(x-\alpha^2\right)\left(x-\alpha^6\right)\) \(=x^2+1\).
\(\alpha\) 是不可约多项式 \(f(x)=x^2+x+2\) 的一个根，另一个根为 \(\alpha^3\left(\alpha^{3 \cdot 3}=\alpha^9=\alpha\right)\) 。
设 \(f_2(x)\) 是 \(\alpha^5\) 在 \(\boldsymbol{F}_3\) 上的最小多项式，则 \(f_2(x)\) 的另一个根为 \(\alpha^{5 \cdot 3}=\alpha^{15}=\alpha^7\left(\alpha^{7 \cdot 3}=\alpha^{21}=\alpha^5\right)\) 。由于 \(\alpha^5\) 和 \(\alpha^7\) 分别是 \(\alpha^3\) 和 \(\alpha\) 的逆元素，而 \(\alpha\) 和 \(\alpha^3\) 在 \(\boldsymbol{F}_3\) 上的最小多项式为 \(f(x)=x^2+x+2\) ，可知 \(\alpha^5\) 和 \(\alpha^7\) 是 \(f(x)\) 的"反向"多项式 \(1+x+2 x^2\) 的两个根。于是 \(\alpha^5\) 和 \(\alpha^7\) 在 \(\boldsymbol{F}_3\) 上的最小多项式为 \(f_2(x)=x^2+2 x+2\).
我们知道， \(\boldsymbol{F}_9\) 中的全部元素 \(\left\{0,1, \alpha, \cdots, \alpha^7\right\}\) 恰好是多项式 \(x^9\) \(-x \in F_3[x]\) 的全部根. 即

\[x^9-x=x(x-1)(x-\alpha)\left(x-\alpha^2\right) \cdots\left(x-\alpha^7\right) . \]

由上面分析我们得到 \(x^9-x\) 在 \(\boldsymbol{F}_3[x]\) 中的因子分解式:

\[\begin{aligned} x^9-x & =x(x-1)(x+1) f(x) f_1(x) f_2(x) \\ & =x(x-1)(x+1)\left(x^2+x+2\right)\left(x^2+1\right)\left(x^2+2 x+2\right), \end{aligned} \]

其中 \(x, x-1=x+2\) 和 \(x+1\) 分别是 \(0,1\) 和 \(-1=\alpha^4\) 在 \(\boldsymbol{F}_3\) 上的最小多项式.

现在我们回到有限域上的线性递推序列.

定理 7 序列周期判别定理

\((1)\) \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 中的序列 \(c=\left(c_0, \cdots, c_n, \cdots\right)\) 是周期序列当且仅当该序列对应的幂级数 \(c(x)=\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[[x]]\) 是有理真分式 \(\frac{g(x)}{f(x)}\left(g, f \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x], \operatorname{deg}(g)<\operatorname{deg}(f)\right)\) 并且 \(f(0) \neq 0\).进而若 \(\frac{g(x)}{f(x)}\) 是既约分式(即 \((g, f)=1\) )，则序列 \(c\) 的最小周期等于多项式 \(f(x)\) 的最小周期.
\((2)\) 设 \(C\) 是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上一个以 \(f(x)=1-a_1 x-a_2 x^2-\cdots-a_k x^k \in\) \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\left(a_k \neq 0\right)\) 为联接多项式的 \(k\) 阶线性递推序列, 则由任何初始状态出发，它生成的序列都是周期序列，并且序列的最小周期不超过 \(q^k-1\) 。进而若 \(f(x)\) 是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中的不可约多项式，且当 \(f(x)\)的根是有限域 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}^k}\) 的本原元素时，由任何非零初始状态 \(\left(c_0, \cdots\right.\) ， \(\left.c_{k-1}\right) \neq(0, \cdots, 0)\) 出发,序列 \(C\) 都是最小周期为 \(q^k-1\) 的周期序列.

证明 \((1)\) 如果序列 \(c\) 是周期序列 \(\left(\dot{c}_0 c_1 \cdots \dot{c}_{d-1}\right)\), 其中 \(d\) 是序列 \(c\) 的一个周期, 由例 \(1\) 可知对应的幂级数为 \(c(x)=\) \(\frac{c_0+c_1 x+\cdots+c_{d-1} x^{d-1}}{1-x^d}\). 这是有理真分式, 并且分母的常数项不为零. 反之, 若 \(c(x)=\frac{g(x)}{f(x)}\), 其中 \(g(x), f(x) \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x], \operatorname{deg}(g)<\) \(\operatorname{deg}(f)\) 并且 \(f(0) \neq 0\), 则存在正整数 \(d\), 使得 \(f(x) \mid 1-x^d\) (引理 \(4\)). 令 \(1-x^d=f(x) h(x), h(x) \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\), 则 \(c(x)=\) \(\frac{g(x) h(x)}{1-x^d}\), 其中 \(\operatorname{deg}(g h)=\operatorname{deg}(g)+\operatorname{deg}(h)<\operatorname{deg}(f)+\operatorname{deg}(h)\) \(=d\). 于是 \(g(x) h(x)=c_0+c_1 x+\cdots+c_{d-1} x^{d-1} \in \boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\). 它对应的序列是周期序列 \(c=\left(\dot{c}_0 c_1 \cdots \dot{c}_{d-1}\right)\).
进而设 \((g, f)=1\). 设 \(f\) 的最小周期为 \(d, \frac{g(x)}{f(x)}\) 对应序列 \(c\) 的最小周期为 \(D\), 则 \(f(x) \mid 1-x^d\), 上面已证 \(d\) 为序列 \(c\) 的一个周期，所以 \(D \leqslant d\) 。另一方面， \(c=\left(\dot{c}_0 \cdots \dot{c}_{D-1}\right)\) ，它对应于有理分式 \(\frac{h(x)}{1-x^D}\), 其中 \(h(x)=c_0+c_1 x+\cdots+c_{D-1} x^{D-1}\). 于是 \(\frac{g(x)}{f(x)}=\) \(\frac{h(x)}{1-x^D}\), 所以 \(f(x) \mid\left(1-x^D\right) g(x)\) 。由 \((f, g)=1\) 可知 \(f(x) \mid 1-x^D\). 从而 \(D\) 是 \(f(x)\) 的一个周期, 于是 \(d \leqslant D\). 这就证明了 \(d=D\).
\((2)\) 这是引理 \(1\)，定理 \(3\)，定理 \(6.(4)\) 和 定理 \(7.(1)\) 的直接推论.\(\square\)

定理 \(7\) 较为圆满的回答了我们关于线性递推序列何时达到最大周期的疑问。一个自然的问题是：何时一个幂级数能够表为有理分式？

引理 \(8\)

\((1)\) 幂级数能够表为“有理分式” \(\Leftrightarrow\) \((2)\) 存在一个有限头截断，使得截断后的系数序列是周期序列 \(\Leftrightarrow\) \((3)\) 存在一个有限头截断，使得截断后的系数序列是线性递推序列.

证明 \((1)\Rightarrow (3) \Rightarrow (2)\Rightarrow (1)\) 按照这个顺序每一步都是简单的。

定义 3

\(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中 \(k\) 次首 \(1\) 不可约多项式 \(f(x)\) 叫做是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 上的本原多项式，是指 \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}\) 的代数闭包中的根 \(\alpha\) 是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[\alpha]=\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}^k}\)中的本原元素，即 \(\alpha\) 的阶为 \(q^k-1\) 。这也相当于说， \(f(x)\) 的最小周期为 \(q^k-1\).

例 3

求 \(\boldsymbol{F}_2[[x]]\) 中真分式 \(c(x)=\frac{1+x^2}{1+x+x^3+x^5}\) 所对应的 \(\boldsymbol{F}_2\) 上的周期序列 \(c=\left(c_0, c_1, \cdots, c_n, \cdots\right)\).

解 用辗转相除法算出 \(\left(1+x^2, 1+x+x^3+x^5\right)=1+x\). 用 \(1+x\) 去除 \(c(x)\) 的分子和分母, 得到既约分式 \(c(x)=\frac{1+x}{1+x^3+x^4}\).
再证 \(f(x)=1+x^3+x^4\) 在 \(\boldsymbol{F}_2[x]\) 中不可约. 如果 \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{F}_2[x]\) 中可约, 则 \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{F}_2[x]\) 中必有 \(1\) 次或 \(2\) 次不可约多项式因子。由 \(f(0)=f(1)=1\) 可知 \(f(x)\) 没有 \(1\) 次多项式因子。 \(\boldsymbol{F}_2[x]\)中 \(2\) 次不可约多项式只有 \(1+x+x^2\), 可直接验证 \(1+x+x^2 \nmid 1\) \(+x^3+x^4\) ，所以 \(f(x)=1+x^3+x^4\) 在 \(\boldsymbol{F}_2[x]\) 中不可约。由定理 \(7.(1)\) 知序列 \(c\) 的最小周期就是 \(f(x)\) 的最小周期.
设 \(\alpha\) 是 \(f(x)\) 在 \(\boldsymbol{F}_2\) 的扩域中的一个根. 则 \(\boldsymbol{F}_2[\alpha]=\boldsymbol{F}_{2^4}\). 从而 \(\alpha^{15}=1\) ，于是 \(\alpha\) 的阶为 \(15\) 的因子。由于 \(f(x)\) 不可约， \(f(x)\) 的最小周期等于 \(\alpha\) 的阶，从而 \(f(x)\) 的最小周期也是 \(15\) 的因子。可直接验证 \(f(x)=1+x^3+x^4\) 不是 \(1+x, 1+x^3\) 和 \(1+x^5\) 的因子，(\(\alpha^5 \not ={1}\))从而 \(f(x)\) 的最小周期为 \(15=2^4-1\) (即 \(f(x)\) 是 \(\boldsymbol{F}_2[x]\) 中的本原多项式)，于是序列 \(c\) 的周期为 \(15\) . 事实上，

\[\frac{1+x^{15}}{1+x^3+x^4}=1+x^3+x^4+x^6+x^8+x^9+x^{10}+x^{11} \]

因此

\[\begin{aligned} c(x) & =\frac{(1+x)\left(1+x^3+x^4+x^6+x^8+x^9+x^{10}+x^{11}\right)}{1+x^{15}} \\ & =\frac{1+x^3+x^5+x^6+x^7+x^8+x^{12}}{1+x^{15}} \end{aligned} \]

于是 \(c=(\dot{1} 0010111100010 \dot{0})\).

从这个例子可以对下面结果和它的证明有更直观的理解.

定理 9

设 \(k \geqslant 2, L\) 是以 \(f(x)=1-a_1 x-\cdots-a_k x^k \in\) \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 为联接多项式的 \(k\) 级线性移存器,\(a_k \neq 0\) 。则由 \(L\) 可以产生最小周期为 \(q^k-1\) 的序列当且仅当首 \(1\) 多项式 \(-a_k^{-1} f(x)\) 是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中的本原多项式。这也相当于 \(f(x)\) 的反向多项式 \(x^k-a_1 x^{k-1}-\cdots-a_k\) 是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中的本原多项式。进而若 \(x^k-a_1 x^{k-1}-\) \(\cdots-a_k\) 是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中的本原多项式，则由 \(L\) 产生的所有非零序列的最小周期均为 \(q^k-1\).

定理 \(7\) 已经证明了 \(\Leftarrow\) 方向。但是 \(\Rightarrow\) 方向并不是显然的。

由于元素和其逆元阶总是相同的所以本原多项式的反向多项式还是本原多项式(首一化之后)。

证明 证明 由于 \(L\) 的初始状态共有 \(q^k\) 个可能, 所以 \(L\) 可产生 \(q^k\)个不同的周期序列. 这些周期序列和 \(q^k\) 个以 \(f(x)\) 为分母的真分式 \(\frac{g(x)}{f(x)}\) 是一一对应的。现在设 \(L\) 产生最小周期为 \(q^k-1\) 的序列，我们证明 \(-a_k^{-1} f(x)\) 是本原多项式.
先证 \(f(x)\) 必是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中的不可约多项式. 如果 \(f(x)\) 可约,则 \(f(x)=g(x) h(x)\), 其中 \(g(x)\) 和 \(h(x)\) 都是次数小于 \(k(=\) \(\operatorname{deg}(f))\) 的多项式, 由于 \(g(0) h(0)=f(0)=1\), 可知 \(h(x)\) 的常数项 \(h(0) \neq 0\), 我们可取 \(h(x)\) 的常数项为 \(1\) . 对应于真分式 \(\frac{g(x)}{f(x)}\) \(=\sum_{n=0}^{\infty} c_n x^n\) ，我们有 \(L\) 所产生的非零序列 \(c=\left(c_0, c_1, \cdots, c_n, \cdots\right)\).由于 \(\frac{g(x)}{f(x)}=\frac{1}{h(x)}\), 所以 \(c\) 能够由以 \(h(x)\) 为联接多项式的 \(s\) 级线性移存器产生出来, 其中 \(s=\operatorname{deg}(h(x))<k\). 由于 \(\frac{1}{h(x)}\) 是既约分式，可知 \(c\) 的最小周期等于多项式 \(h(x)\) 的最小周期，但是 \(h(x)\)的最小周期 \(\leqslant q^s-1\), 所以序列 \(c\) 的最小周期 \(\leqslant q^s-1<q^k-1\).
现在考虑由 \(L\) 产生的任意序列 \(c^{\prime}=\left(c_0^{\prime}, c_1^{\prime}, \cdots, c_n^{\prime}, \cdots\right)\). 如果 \(c^{\prime}\) 是全零序列，则它的最小周期为 \(1\) ，而 \(1<q^k-1\) (因为已假设 \(k \geqslant 2\)). 以下设 \(c^{\prime}\) 不是全零序列. 如果序列 \(c\) 的初始状态 \((c_0, c_1, \cdots, c_{k-1})\) 是序列 \(c^{\prime}\) 的某个状态 \(\left(c_j^{\prime}, c^{\prime}{ }_{j+1}, \cdots, c^{\prime}_{j+k-1}\right)\).于是 \(c^{\prime}\) 的最小周期等于 \(c\) 的最小周期，所以也小于 \(q^k-1\) 。如果序列 \(c\) 的（非零）初始状态在序列 \(c^{\prime}\) 中不出现，由于非零序列 \(c^{\prime}\) 也不含有全零状态，所以 \(c^{\prime}\) 的状态至多只有 \(q^k-2\) 个可能。由鸽笼原理可知 \(c^{\prime}\) 的最小周期 \(\leqslant q^k-2<q^k-1\) 。这就证明了：若 \(L\)能产生最小周期为 \(q^k-1\) 的序列，则联接多项式 \(f(x)\) 必是 \(\boldsymbol{F}_{\mathrm{q}}[x]\) 中 \(k\) 次不可约多项式.
此时还需证明本原性，这是定理 \(7\) 的推论。\(\square\)