有限域F_2上多项式的分解
选题：分解有限域 F2F_2F2 上多项式 f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1f(x) = x^9 + x^8 + x^7 + x^4 + x^3 + x + 1f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1
有限域 F2F_2F2 上多项式的分解
摘要： 基于不同的数域进行多项式分解有不同的特性，而二元域是一个有着特殊意义的有限域，本文研究二元域下的多项式分解，根据已有方案提出一个可以解决选题的方法，并证明其正确性。
关键字： 数论 有限域 二元域 多项式分解
有限域在计算机领域是一个重要的概念，计算机的存储空间是有限的，因此运算也是基于有限的存储进行。而无限域中的计算难以直接应用于计算机，因此有限域的研究十分重要。另外一方面，多项式的因式分解问题是代数数学的一个基本问题，并且在编码理论中有大量的应用，因此有限域上的多项式也是一个重要的研究分支，比如扩域需要基于不可约多项式来构造，而扩域的运算也要基于多项式的加法和乘法规则进行。又比如拉格朗日插值法、泰勒展开等等一系列数学方法，都是基于多项式的方法，而在计算机上使用就有必要转化为有限域上的形式。在有限域上，多项式的运算要满足一些特殊的规则，从而使得其与无限域上的多项式有了不一样的特性。另外一方面，同样是无限域，实数域与复数域上的多项式也有不一样的特性，以多项式的分解为例，实数域上存在次数不为一不可约多项式，而复数域上则只有次数为一不可约多项式。在有限域中，二元域是一个有特殊意义的域，因为计算机的机器码就是0和1的形式，同时二元域上有一些有趣的特性，这也让二元域上的多项式分解有了不一样的特性。
1 相关研究
在文献[1]中提到了基于Miller-Rabin的素性检验的多项式分解，拓展素性检验到多项式上，是一种概率性算法。文献[2]中提到了有限域 FpF_pFp 中形如 xn−1x^n-1xn−1 的多项式的因式分解。当 n=d(p−1),d∣(p−1),d<p−1n=d(p-1),d|(p-1),d<p-1n=d(p−1),d∣(p−1),d<p−1时， 可借助 FpF_pFp 上的本原多项式，通过Dickson多项式解决多项式分解问题。文献[3]中进一步细致地研究了 F2F_2F2 上多项式分解算法，将多项式分解问题转化为了棋盘游戏，通过建模研究了一个可分解任意二元域上多项式的算法。
2 预备知识
2.1 域的定义
定义 2.1.1 设 <F,+,∗><F,+,*><F,+,∗> 是一个带幺交换环，F∗F^*F∗ 表示 FFF 中所有的非零元素的集合，如果 <F∗,∗><F^*,*><F∗,∗> 是一个交换群，则称 <F,+,∗><F,+,*><F,+,∗> 为域。<F,+><F,+><F,+> 为域 <F,+,∗><F,+,*><F,+,∗> 的加法群，<F∗,∗><F^*,*><F∗,∗> 称为域 <F,+,∗><F,+,*><F,+,∗> 的乘法群。通常用 000 表示加法群的单位元，用 &1& 表示乘法群的单位元。
定义 2.1.2 只含有有限个元素的域称为有限域。有限域也称为Galois域。含有 qqq 个元素的有限域通常记为 FqF_qFq 或者 GF(q)。
2.2 域上的多项式
定义 2.2.1 设 p(x)∈F[x],deg(p(x))≥1p(x) \in F[x],deg(p(x)) \ge 1p(x)∈F[x],deg(p(x))≥1。 如果 p(x)p(x)p(x) 在 F[x]F[x]F[x] 中只有因式 c∈Fc \in Fc∈F 和 c⋅p(x)∈F[x]c \cdot p(x) \in F[x]c⋅p(x)∈F[x]，则称 p(x)p(x)p(x) 为域 FFF 上的不可约多项式；否则，称 p(x)p(x)p(x) 为域 FFF 上的可约多项式。
定义 2.2.2 设 f(x),g(x)f(x),g(x)f(x),g(x) 是整环 RRR 上的任意两个多项式，其中 g(x)≠0g(x) \ne 0g(x)=0，如果存在一个多项式 q(x)q(x)q(x) 使得等式
f(x)=q(x)⋅g(x)f(x)=q(x) \cdot g(x)f(x)=q(x)⋅g(x)
成立，就称 g(x)g(x)g(x) 整除 f(x)f(x)f(x) 或者 f(x)f(x)f(x) 被 g(x)g(x)g(x) 整除，记作 g(x)∣f(x)g(x)|f(x)g(x)∣f(x)。这时把 g(x)g(x)g(x) 称作 f(x)f(x)f(x) 的因式，f(x)f(x)f(x) 叫做 g(x)g(x)g(x) 的倍式。否则就称 g(x)g(x)g(x) 不能整除 f(x)f(x)f(x) 或者 f(x)f(x)f(x) 不能被 g(x)g(x)g(x) 整除。
2.3 多项式分解的几类方法
根据文献[4]中的介绍，常见的多项式分解方法有多项式除法、待定系数法以及利用单位根的方法。
多项式除法，首先要找到多项式的一个根 α\alphaα，然后根据多项式除法将原式除以 x−αx-\alphax−α，将商进行同样的操作，如果商不可约，则停止。如果有重根，则采用微商法来计算。
待定系数法，将原式假设为若干因式的乘积，与原式对照，解待定系数恒等式求值。
利用单位根的方法，多项式 f(x)=xn−1f(x)=x^n-1f(x)=xn−1 的 nnn 个复根称为 nnn 次单位根，公式为：
ϵk=cos2kπn+isin2kπn(k=0,1...n−1)\epsilon_k=cos\frac{2k\pi}{n}+isin\frac{2k\pi}{n}(k=0,1...n-1)ϵk=cosn2kπ+isinn2kπ(k=0,1...n−1)
但仅能够解决 xn−1x^n-1xn−1 和 xn−1+...+1x^{n-1}+...+1xn−1+...+1 形的多项式分解。
3 解决方案
3.1 定理
定理1 定义在二元域上的多项式 p(x)p(x)p(x) 次数不为零的项的数量为偶数时，p(x)p(x)p(x) 必然包含因式 x+1x+1x+1。
证明： 显然 2∣p(1)2|p(1)2∣p(1)，所以 p(1)=0p(1)=0p(1)=0，说明 111 是多项式 p(x)p(x)p(x) 的根，所以多项式包含 x+1x+1x+1 形式的因子。
推论1 定义在二元域上的多项式 p(x)p(x)p(x) 次数不为零的项的数量为奇数时，p(x)p(x)p(x) 必然不包含因式 x+1x+1x+1，且其因式也不包含因式 x+1x+1x+1。
定理2 定义在二元域上的多项式 p(x)p(x)p(x) 若不可约，则 x0x^0x0 项必为 111。
3.2 方案及实例
方案1 棋盘游戏方法
首先根据多项式的最高系数构建一个 (m+1)×(n+1)(m+1)\times (n+1)(m+1)×(n+1) 的棋盘，保证 m+nm+nm+n 等于多项式的最高系数。分别用纵坐标和横坐标代表次数为 mmm 和次数为 nnn 的因子多项式。因式的所有项系数默认为1，通过改变因式的系数使得棋盘对应的横行和纵列表示为0，其他格子则为1。从左到右，每个斜列代表原式的从低到高位的项，对斜列求和，若为 222 的倍数，则该项为 000。对于给定的 m,nm,nm,n，如果任意划去横列和纵列都无法凑出原式，则说明原式不含有该形式的因式。根据厄拉多筛法，若多项式 p(x)p(x)p(x) 可约，则必然还有因式 r(x)r(x)r(x)，使得 deg(r(x))≤⌊deg(p(x))2⌋deg(r(x)) \le \lfloor \frac{deg(p(x))}{2} \rfloordeg(r(x))≤⌊2deg(p(x))⌋，因此对于 p(x)p(x)p(x) 只需要检查系数满足上述不等式的多项式即可。对 ∀p(x),deg(p(x))\forall p(x), deg(p(x))∀p(x),deg(p(x)) 可以拆分为 m+nm+nm+n 且 m>nm>nm>n 的形式，在这个棋盘上任意选择行列使斜列的奇偶与 p(x)p(x)p(x) 对应项的系数一致，然后遍历所有的 m,nm,nm,n 对。
定理1 若 (11,j1)(1_1,j_1)(11,j1) 和 (i2,j2)(i_2,j_2)(i2,j2) 为 111， 则 (i1,j2)(i_1,j_2)(i1,j2) 与 (i2,j1)(i_2,j_1)(i2,j1) 均为 111。
定理2 若 (i,j)(i,j)(i,j) 为 000，则第 iii 行为 000 与第 jjj 列为 000 至少有一个成立。
定理3 对于 (i1,j1)，(i1,j2)，(i1,j2)，(i2,j2)(i_1,j_1)，(i_1,j_2)，(i_1,j_2)，(i_2,j_2)(i1,j1)，(i1,j2)，(i1,j2)，(i2,j2) 中不存在为 111 的格子数为奇数的情况。
实例： 分解 F2F_2F2 上多项式 f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1f(x) = x^9 + x^8 + x^7 + x^4 + x^3 + x + 1f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1
deg(f(x))=9=5+4deg(f(x))=9=5+4deg(f(x))=9=5+4
将多项式 f(x)f(x)f(x) 拆分成 6×56 \times 56×5 的棋盘，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 |
因为 x9,x0x^9, x^0x9,x0 项的次数为1，所以 (0,0)，(0,1)，(1,0)，(1,1)(0,0)，(0,1)，(1,0)，(1,1)(0,0)，(0,1)，(1,0)，(1,1) 为1，所以 x=0,x=5,y=0,y=4x=0,x=5,y=0,y=4x=0,x=5,y=0,y=4 要保留。另一方面，x8,x7,x1x^8, x^7, x^1x8,x7,x1 项的次数为1，所以 y=3,x=4y=3,x=4y=3,x=4 中必有一个保留一个消去，y=1,x=1y=1,x=1y=1,x=1 和 y=2,x=3y=2,x=3y=2,x=3 也是如此。剩余 8×20×21=168 \times 2^0 \times 2^1 = 168×20×21=16 种组合。
用 zzz 表示乘积，根据推论1排除，所有组合为:
- x:(1,1,1,1,1,1),y:(1,0,0,0,1)x:(1,1,1,1,1,1),y:(1,0,0,0,1)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:(1,0,1,1,1,1),y:(1,1,0,0,1),z:(1,1,1,0,1,0,0,1,1,1)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:(1,1,1,1,0,1),y:(1,0,0,1,1),z:(1,1,1,0,0,1,0,0,1,1)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:(1,0,1,1,0,1),y:(1,1,0,1,1),z:(1,1,1,1,0,0,1,1,1,1)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)x:(1,1,1,0,1,1),y:(1,0,1,0,1),z:(1,1,0,1,1,0,0,1,1,1)x:(1,1,1,0,1,1),y:(1,0,1,0,1),z:(1,1,0,1,1,0,0,1,1,1) 与原式一致
- x:(1,0,1,0,1,1),y:(1,1,1,0,1)x:(1,0,1,0,1,1),y:(1,1,1,0,1)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:(1,1,1,0,0,1),y:(1,0,1,1,1)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:(1,0,1,0,0,1),y:(1,1,1,1,1),z:(1,1,0,0,0,0,0,1,1,1)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:(1,1,0,1,1,1),y:(1,0,0,0,1),z:(1,1,0,1,0,0,0,1,1,1)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:(1,0,0,1,1,1),y:(1,1,0,0,1)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:(1,1,0,1,0,1),y:(1,0,0,1,1)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:(1,0,0,1,0,1),y:(1,1,0,1,1)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:(1,1,0,0,1,1),y:(1,0,1,0,1)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:(1,0,0,0,1,1),y:(1,1,1,0,1)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:(1,1,0,0,0,1),y:(1,0,1,1,1)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:(1,0,0,0,0,1),y:(1,1,1,1,1)x:(1,0,0,0,0,1),y:(1,1,1,1,1) X
所以可以将原式初步分解为：(x5+x4+x2+x+1)⋅(x4+x2+1)(x^5+x^4+x^2+x+1) \cdot (x^4+x^2+1)(x5+x4+x2+x+1)⋅(x4+x2+1)，重复上述过程，直到因式不可分解为止。最后得到的因式分解为：(x5+x4+x2+x+1)⋅(x2+x+1)2(x^5+x^4+x^2+x+1) \cdot (x^2+x+1)^2(x5+x4+x2+x+1)⋅(x2+x+1)2。
正确性分析： 这里不做详细地推导，但是简单地对此进行一个理解以说明方案的正确性。对于棋盘中的任意格子可以表示为一个坐标 (x,y)(x,y)(x,y)，可以简单理解 x,yx,yx,y 表示参与乘法的两个因式的对应项，此时 x+yx+yx+y 表示乘积对应项的次数。我们可以发现，每个斜列的所有格子代表项的次数相同，所以对于斜列的所有格子求和就可以的得到乘积对应项的系数。另一方面，二元域上的多项式的系数定义在 F2F_2F2 上，所以如果求和斜列上所有的格子得到的数是偶数，则对应项的系数为0，否则为1。
方案2 多项式除法
结合厄拉多筛法，对于多项式 p(x)p(x)p(x) 可约，则必有因式 r(x)r(x)r(x)，使得 deg(r(x))≤⌊deg(p(x))2⌋deg(r(x)) \le \lfloor \frac{deg(p(x))}{2} \rfloordeg(r(x))≤⌊2deg(p(x))⌋，次数从低到高构造次数不高于 deg(p(x))2\frac{deg(p(x))}{2}2deg(p(x)) 的不可约多项式，然后将多项式 p(x)p(x)p(x) 依次与这些不可约多项式相除，最后获得因式分解。
实例： 分解 F2F_2F2 上多项式 f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1f(x) = x^9 + x^8 + x^7 + x^4 + x^3 + x + 1f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1
次数为 111 的不可约多项式：x+1x+1x+1
次数为 222 的不可约多项式：x2+x+1x^2+x+1x2+x+1
次数为 333 的不可约多项式：x3+x2+1x^3+x^2+1x3+x2+1、x3+x+1x^3+x+1x3+x+1
次数为 444 的不可约多项式：x4+x3+1x^4+x^3+1x4+x3+1、x4+x+1x^4+x+1x4+x+1
根据多项式除法：
(x9+x8+x7+x4+x3+x+1)÷(x2+x+1)=x7+x+1(x^9 + x^8 + x^7 + x^4 + x^3 + x + 1) \div (x^2+x+1) = x^7+x+1(x9+x8+x7+x4+x3+x+1)÷(x2+x+1)=x7+x+1
(x7+x+1)÷(x2+x+1)=x5+x4+x2+x+1(x^7+x+1) \div (x^2+x+1) = x^5+x^4+x^2+x+1(x7+x+1)÷(x2+x+1)=x5+x4+x2+x+1
x5+x4+x2+x+1x^5+x^4+x^2+x+1x5+x4+x2+x+1 不可约。
综上 f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1=(x5+x4+x2+x+1)⋅(x2+x+1)2f(x) = x^9 + x^8 + x^7 + x^4 + x^3 + x + 1 = (x^5+x^4+x^2+x+1) \cdot (x^2+x+1)^2f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1=(x5+x4+x2+x+1)⋅(x2+x+1)2
4 结论
本文提出了两种因式分解的方案，并根据实例进行多项式分解。实际上根据文献中的描述，还存在很多有限域上的多项式分解的方法，限于篇幅，这里不做详细介绍。
多项式的分解和整数的分解有很多类似的地方，但是不同于整数，同一个次数的多项式有多个不可约多项式，这使得多项式的分解更加复杂。而结合二元域的一些性质，可以极大地降低多项式分解的复杂度。在二元域中，加法等于减法，多项式乘以 222 等于0，这些特征都可以用于多项式分解。
本文中采用了3.1中的定理1加快了对二元域上的多项式分解，从概率学的角度来说，可以过滤一半的因式，从方案1中即可看出，通过这个定理过滤了大部分的组合。而在方案2中，结合了定理1和定理2迅速的找出不同次数的不可约多项式，然后根据厄拉多筛法和不可约多项式就可以分解多项式。
最后分解 F2F_2F2 上多项式 f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1=(x5+x4+x2+x+1)⋅(x2+x+1)2f(x) = x^9 + x^8 + x^7 + x^4 + x^3 + x + 1 = (x^5+x^4+x^2+x+1) \cdot (x^2+x+1)^2f(x)=x9+x8+x7+x4+x3+x+1=(x5+x4+x2+x+1)⋅(x2+x+1)2。
5 参考文献
[1] 孙荣辛,田园.基于Miller-Rabin素性检测的多项式分解算法[J].计算机科学与探索,2014,8(12):1474-1484.
[2] 丁洋,王永超.多项式xn−1x^n-1xn−1在有限域FpF_pFp上的因式分解[J].上海大学学报(自然科学版),2020,26(02):189-196.
[3] 陈玺,屈龙江,海昕,李超.棋盘游戏与有限域上多项式分解算法[J].数学的实践与认识,2014,44(06):210-215.
[4] 王锋.多项式因式分解的几类方法[J].电子制作,2013(22):180.DOI:10.16589/j.cnki.cn11-3571/tn.2013.22.005.
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