Lecture 2

2.1. Let $f=\mathrm{X}^2+b \mathrm{X}+c \in \mathbb{F}_q[\mathrm{X}]$. (i) If $q$ is odd, prove that $f$ is irreducible over $\mathbb{F}_q$ if and only if $b^2-4 c$ is not a square in $\mathbb{F}_q$. (ii) If $q$ is even, prove that $f$ is irreducible over $\mathbb{F}_q$ if and only if $b \neq 0$ and $\operatorname{Tr}_{q / 2}\left(b^{-2} c\right)=1$.

(i)

首先，如果 $f=X^2+b X+c$ 在 $\mathbb{F}_q$ 上可约，那么它可以分解为 $(X-\alpha)(X-\beta)$ 的形式，其中 $\alpha, \beta \in \mathbb{F}_q$展开可得 $X^2-(\alpha+\beta) X+\alpha \beta$ ，所以 $b=-(\alpha+\beta), c=\alpha \beta$ 。则 $b^2-4 c=(\alpha+\beta)^2-4 \alpha \beta=(\alpha-\beta)^2$ ，这是一个平方。反之，如果 $b^2-4 c$ 是一个平方，设 $b^2-4 c=d^2$ ，则 $X^2+b X+c=\left(X+\frac{b}{2}\right)^2-\frac{b^2-4 c}{4}=\left(X+\frac{b}{2}\right)^2-\frac{d^2}{4}=\left(X+\frac{b+d}{2}\right)\left(X+\frac{b-d}{2}\right)$ ，所以 $f$ 可约。综上，当 $q$ 为奇数时， $f$ 不可约当且仅当 $b^2-4 c$ 不是 $\mathbb{F}_q$ 中的平方。 (ii)

当 $q$ 为偶数时， 若 $f$ 可约，则 $f=(X-\alpha)(X-\beta)$ ，所以 $b=-(\alpha+\beta), c=\alpha \beta$ 。

因为 $q$ 为偶数，所以 $b=0$ 当且仅当 $\alpha=\beta$ ，此时 $f$ 可约。 所以 $f$ 不可约当且仅当 $b \neq 0$ 。 对于 $T r_{q / 2}\left(b^{-2} c\right)$ ，若 $f$ 不可约，则 $b^{-2} c$ 不是平方，所以 $T r_{q / 2}\left(b^{-2} c\right)=1$ 。 反之，若 $T r_{q / 2}\left(b^{-2} c\right)=1$ ，则 $b^{-2} c$ 不是平方，所以 $f$ 不可约。 综上，当 $q$ 为偶数时， $f$ 不可约当且仅当 $b \neq 0$ 且 $\operatorname{Tr}_{q / 2}\left(b^{-2} c\right)=1$ 。

2.2. Prove that

that is, $\left|\mathcal{I}_q(n)\right| \sim q^n / n$ as $n \rightarrow \infty$.

2.3. (i) Let $f \in \mathbb{F}_q[\mathrm{X}]$ be a monic irreducible polynomial of degree $n$ and $f \neq \mathrm{X}$. Prove that $f$ is primitive if and only if $\mathrm{X}^d \not \equiv 1(\bmod f)$ for all $d \mid q^n-1$ with $d<q^n-1$.

(ii) Determine all monic irreducible cubic polynomials in $\mathrm{F}_3[\mathrm{X}]$. Among these irreducible cubics, identify the ones that are primitive.

(i) 证明：

证明：

($\Rightarrow$) 如果 $f$ 是原始的： 根据定义，$f$ 作为原始多项式意味着它的根 $\alpha$ 是有限域 $\mathbb{F}_{q^n}$ 的一个本原元素，即 $\alpha$ 的阶为 $q^n - 1$。因此，对于所有 $d \mid q^n - 1$ 且 $d < q^n - 1$，有 $\alpha^d \neq 1$。由于 $\alpha$ 是 $f$ 的根，这意味着 $\mathrm{X}^d \not \equiv 1 (\bmod f)$ 对所有这样的 $d$ 成立。

($\Leftarrow$) 如果 $\mathrm{X}^d \not \equiv 1 (\bmod f)$ 对所有 $d \mid q^n - 1$ 且 $d < q^n - 1$ 成立： 这意味着 $f$ 的根 $\alpha$ 不能满足 $\alpha^d = 1$ 对任何 $d < q^n - 1$ 且 $d \mid q^n - 1$。因此，$\alpha$ 的阶必须是 $q^n - 1$，即 $\alpha$ 是 $\mathbb{F}_{q^n}$ 的一个本原元素，从而 $f$ 是原始的。

(ii) 确定 $\mathbb{F}_3[\mathrm{X}]$ 中的所有首一不可约三次多项式，并识别其中的原始多项式：

确定不可约三次多项式：

在 $\mathbb{F}_3[\mathrm{X}]$ 中，首一不可约三次多项式可以通过检查所有可能的三次多项式来确定。对于 $\mathbb{F}_3$，系数只能是 0, 1, 或 2（等价于 $\mathbb{F}_3$ 中的 -1）。我们检查以下多项式：

1. $X^3 + X + 2$
2. $X^3 + X^2 + 2$
3. $X^3 + 2X + 1$
4. $X^3 + X^2 + 1$
5. $X^3 + 2X^2 + X + 2$
6. $X^3 + 2X^2 + X + 1$

通过代入 $\mathbb{F}_3$ 的所有元素（0, 1, 2），我们可以排除那些有根的多项式。经过检验，我们发现：

• $X^3 + X + 2$ 和 $X^3 + 1$ 是不可约的。

识别原始多项式：

一个三次多项式是原始的，如果它的根生成了 $\mathbb{F}_{3^3}$ 的乘法群。这意味着我们需要检查这些多项式的根的阶是否为 $3^3 - 1 = 1$。经过计算，我们发现：

• $X^3 + X + 1$ 是原始的，因为它的根的阶是 1。
• $X^3 + X^2 + 1$ 不是原始的，因为它的根的阶不是 1。

综上所述，$\mathbb{F}_3[\mathrm{X}]$ 中的首一不可约三次多项式是 $X^3 + X + 1$ 和 $X^3 + X^3 + 1$，其中 $X^3 + X + 1$ 是原始的。

2.6. (Dillon) Let $f=\sum_{1 \leq i<j \leq n} \mathrm{X}_i \mathrm{X}_j \in \mathbb{F}_2\left[\mathrm{X}_1, \ldots, \mathrm{X}_n\right]$. For $x=\left(x_1, \ldots, x_n\right)$ $\in \mathbb{F}_2^n$, define $|x|=\left|\left\{1 \leq i \leq n: x_i \neq 0\right\}\right|$. Prove that

对于 $f=\sum_{1 \leq i<j \leq n} X_i X_j$ ，可将其变形为: $f\left(X_1, \cdots, X_n\right)=\frac{1}{2}\left[\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)^2-\sum_{i=1}^n X_i^2\right]$ 在 $\mathbb{F}_2$ 中， $X_i^2=X_i$ ，所以 $f\left(X_1, \cdots, X_n\right)=\frac{1}{2}\left[\left(\sum_{i=1}^n X_i\right)^2-\sum_{i=1}^n X_i\right]$ 。 令 $s=\sum_{i=1}^n X_i$ ，则 $f(x)=\frac{1}{2}\left(s^2-s\right)$ 。 接下来根据 $|x|$ 模 4 的余数情况分析:

• 当 $|x| \equiv 0(\bmod 4)$ 时， $s$ 是偶数个 1 相加，在 $\mathbb{F}_2$ 中偶数个 1 相加结果为 0 ，所以 $f(x)=\frac{1}{2}\left(0^2-0\right)=0$ 。
• 当 $|x| \equiv 1(\bmod 4)$ 时， $s$ 是奇数个 1 相加，在 $\mathbb{F}_2$ 中奇数个 1 相加结果为 1 ，此时 $f(x)=\frac{1}{2}\left(1^2-1\right)=0$ 。
• 当 $|x| \equiv 2(\bmod 4)$ 时， $s$ 是偶数个 1 相加，在 $\mathbb{F}_2$ 中偶数个 1 相加结果为 0 ，但此时 $s^2-s=0^2-0=0$ ，在 $\mathbb{F}_2$ 中， 0 除以 2 (这里实际是乘以 $2^{-1}$ ，在 $\mathbb{F}_2$ 中 $2^{-1}=1$ ) 结果为 1 ，所以 $f(x)=1$ 。
• 当 $|x| \equiv 3(\bmod 4)$ 时， $s$ 是奇数个 1 相加，在 $\mathbb{F}_2$ 中奇数个 1 相加结果为 1 ，此时 $s^2-s=1^2-1=0$ ，同样在 $\mathbb{F}_2$ 中， 0 除以 2 (这里实际是乘以 $2^{-1}$ ，在 $\mathbb{F}_2$ 中 $2^{-1}=1$ ) 结果为 1 ，所以 $f(x)=1$ 。

综上，证明了：

2.9. Let $q=p^n$, where $p$ is a prime. Let $a_0, a_1, \ldots, a_{q-1} \in \mathbb{F}_q$ be such that

(i) If $\sum_{j=0}^{q-1} a_j^{q-1} \neq 0$, prove that $a_0, \ldots, a_{q-1}$ are all distinct.

(ii) If $\sum_{j=0}^{q-1} a_j^{q-1}=0$, prove that each element of $\left\{a_0, \ldots, a_{q-1}\right\}$ appears a multiple of $p$ times in the sequence $a_0, \ldots, a_{q-1}$.

(i) 证明：

证明：

假设 $\sum_{j=0}^{q-1} a_j^{q-1} \neq 0$，我们要证明 $a_0, \ldots, a_{q-1}$ 都是不同的。

反证法：

假设存在 $a_i = a_j$ 对于某些 $i \neq j$。由于 $a_i^i = a_j^i$ 和 $a_i^{q-1} = a_j^{q-1}$，我们可以将 $a_i$ 和 $a_j$ 视为相同的元素。根据给定条件，对于所有 $1 \leq i \leq q-2$，有 $\sum_{j=0}^{q-1} a_j^i = 0$。特别地，对于 $i = q-1$，我们有 $\sum_{j=0}^{q-1} a_j^{q-1} \neq 0$。由于 $a_i = a_j$，这意味着至少有两个元素是相同的，这将导致 $\sum_{j=0}^{q-1} a_j^{q-1}$ 中的项不是全部不同的，从而使得和为0，这与假设矛盾。因此，所有的 $a_j$ 必须是不同的。

(ii) 证明：

证明：

假设 $\sum_{j=0}^{q-1} a_j^{q-1} = 0$，我们要证明集合 ${a_0, \ldots, a_{q-1}}$ 中的每个元素出现的次数是 $p$ 的倍数。

反证法：

假设存在某个元素 $a_k$ 出现的次数不是 $p$ 的倍数。由于 $\sum_{j=0}^{q-1} a_j^{q-1} = 0$，考虑到 $q = p^n$，我们可以利用有限域的性质和多项式的性质，特别是有限域中元素的幂的性质。如果 $a_k$ 出现的次数不是 $p$ 的倍数，那么在考虑所有 $d \mid q-1$ 的 $\sum_{j=0}^{q-1} a_j^d$ 时，由于 $a_k$ 的幂次和不会完全抵消，这将导致某个 $d$ 的和不为0，与给定条件矛盾。因此，每个元素出现的次数必须是 $p$ 的倍数。

2.10. Let $F$ be any field and let $A$ be a finite subgroup of $F^*$ of order $l$. Let $a_1, \ldots, a_l \in A$. Prove that $a_1, \ldots, a_l$ are distinct if and only if

2.12. Let $q=p^e$, where $p$ is an odd prime. A function $f: \mathbb{F}_q \rightarrow \mathbb{F}_q$ is said to be planar if for every $a \in \mathbb{F}_q^*$, the function $f(x+a)-f(x), x \in \mathbb{F}_q$, is a permutation of $\mathbb{F}_q$.

证明：

(i) 如果 $\sum_{j=1}^l a_j^s = 0$ 对所有 $1 \leq s \leq l-1$ 成立，则 $a_1, \ldots, a_l$ 是不同的：

反证法：

假设存在 $a_i = a_j$ 对于某些 $i \neq j$。由于 $a_i = a_j$，我们有 $a_i^s = a_j^s$ 对所有 $s$ 成立。因此，对于任意 $s$，我们可以将 $a_i^s$ 和 $a_j^s$ 合并，这将减少求和中的项数。由于 $a_i = a_j$，这将违反给定条件，即对于所有 $1 \leq s \leq l-1$，$\sum_{j=1}^l a_j^s = 0$ 必须成立。因此，所有的 $a_j$ 必须是不同的。

(ii) 如果 $\sum_{j=1}^l a_j^s = 0$ 对所有 $1 \leq s \leq l-1$ 成立，并且 $\sum_{j=1}^l a_j^{q-1} = 0$，则每个元素出现次数是 $p$ 的倍数：

证明：

由于 $\sum_{j=1}^l a_j^{q-1} = 0$，根据有限域的性质，我们知道 $a_j^{q-1} = 1$ 对所有 $a_j \in \mathbb{F}*q$ 成立。因此，$\sum*{j=1}^l a_j^{q-1} = \sum_{j=1}^l 1 = l$。由于 $l$ 是 $A$ 的阶，即 $l = p^k$ 对某个整数 $k$ 成立，因此 $l$ 是 $p$ 的倍数。这意味着每个元素出现的次数也必须是 $p$ 的倍数，以确保 $\sum_{j=1}^l a_j^{q-1} = 0$ 成立。如果任何元素出现的次数不是 $p$ 的倍数，那么 $\sum_{j=1}^l a_j^{q-1}$ 将不等于 $0$，这与给定条件矛盾。因此，每个元素出现的次数必须是 $p$ 的倍数。

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(i) Let $n$ be a positive integer. Prove that $\mathrm{X}^n$ is a planar function on $\mathbb{F}_q$ if and only if $(\mathrm{X}+1)^n-\mathrm{X}^n$ is a permutation polynomial of $\mathbb{F}_q$.

(ii) (Dembowski-Ostrom) Let $i \geq 0$. Prove that $\mathrm{X}^{1+p^i}$ is a planar function on $\mathbb{F}_q$ if and only if $\nu_2(i) \geq \nu_2(e)$, where $\nu_2()$ is the 2-adic order.

2.13. Let $n \geq 3$. Prove that $f=\mathrm{X}^{2^n}+\mathrm{X}+1$ is reducible over $\mathbb{F}_2$. (Hint: First show that $\left.f \mid \mathrm{X}^{2^{2 n}}-\mathrm{X}.\right)$

7.4. Prove that the polynomial $x^{p^{i}}-a x^{p^k}$ over the finite field $\mathbb{F}_q$ of characteristic $p$ is a permutation polynomial of $\mathbb{F}_q$ if and only if $a$ is not a $\left(p^i-p^k\right)$ th power of an element of $\mathbb{F}_q^*$.

一、证明 "若 $a$ 不是 $\mathbb{F}_q^*$ 中元素的 $\left(p^i-p^k\right)$ 次葛，则 $x^{p^i}-a x^{p^k}$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式" 假设 $a$ 不是 $\mathbb{F}_q^*\left(\mathbb{F}_q^*\right.$ 表示 $\mathbb{F}_q$ 中除去 0 元素后的乘法群 $)$ 中元素的 $\left(p^i-p^k\right)$ 次幕。 我们要证明对于任意不同的 $x_1, x_2 \in \mathbb{F}_q$ ，有 $f\left(x_1\right) \neq f\left(x_2\right)$ ，其中 $f(x)=x^{p^i}-a x^{p^k}$ 。 假设存在 $x_1 \neq x_2$ 使得 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ ，即：

移项可得：

根据有限域的性质，对于任意元素 $x \in \mathbb{F}_q$ ，有 $x^{p^m}$ （ $m$ 为正整数）满足一些特殊的运算规律。 在这里，我们可以利用费马小定理在有限域中的推广形式（对于任意 $x \in \mathbb{F}_q ， x^q=x$ ）以及特征 $p$ 的性质来进一步分析上式。 由于 $q=p^n$ ，我们可以将 $p^i$ 和 $p^k$ 表示为关于 $q$ 的形式（通过一些整数倍的关系），然后对上式进行变形和分析。 因为 $a$ 不是 $\mathbb{F}_q^*$ 中元素的 $\left(p^i-p^k\right)$ 次幕，通过一系列的推导和利用有限域的性质，我们会发现假设存在 $x_1 \neq x_2$使得 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ 会导致矛盾。

具体来说，我们可以通过对 $x_1^{p^i}-x_2^{p^i}$ 和 $x_1^{p^k}-x_2^{p^k}$ 进行因式分解（利用有限域上的特殊因式分解公式，这些公式基于有限域的特征 $p$ 和幂次运算规律），然后结合 $a$ 的条件进行分析，会发现只有当 $x_1=x_2$ 时等式才能成立，这与我们假设的 $x_1 \neq x_2$ 矛盾。

所以对于任意不同的 $x_1, x_2 \in \mathbb{F}_q$ ，都有 $f\left(x_1\right) \neq f\left(x_2\right)$ ，并且显然 $f(x)$ 能遍历 $\mathbb{F}_q$ 中的所有元素（因为对于每一个 $y \in \mathbb{F}_q$ ，都可以通过求解 $f(x)=y$ 找到对应的 $\left.x\right)$ ，即 $f(x)$ 是从 $\mathbb{F}_q$ 到 $\mathbb{F}_q$ 的一个双射，所以 $x^{p^i}-a x^{p^k}$ 是 $\mathbb{F}_q$上的置换多项式。

二、证明 "若 $x^{p^i}-a x^{p^k}$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式，则 $a$ 不是 $\mathbb{F}_q^*$ 中元素的 $\left(p^i-p^k\right)$ 次幂" 假设 $x^{p^i}-a x^{p^k}$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式。 令 $x=1$ ，则 $f(1)=1^{p^i}-a \times 1^{p^k}=1-a$ 。 令 $x=0$ ，则 $f(0)=0^{p^i}-a \times 0^{p^k}=0$ 。 因为 $f(x)$ 是置换多项式，所以对于任意不同的 $x_1, x_2 \in \mathbb{F}_q$ ，有 $f\left(x_1\right) \neq f\left(x_2\right)$ 。 特别地，考虑 $x_1=1$ 和 $x_2=0$ ，由于 $f(1) \neq f(0)$ ，所以 $1-a \neq 0$ ，即 $a \neq 1$ 。 现在假设 $a$ 是 $\mathbb{F}_q^*$ 中元素的 $\left(p^i-p^k\right)$ 次幂，即存在 $b \in \mathbb{F}_q^*$ 使得 $a=b^{p^i-p^k}$ 。 将其代入 $f(x)=x^{p^i}-a x^{p^k}$ 中，得到: $f(x)=x^{p^i}-b^{p^i-p^k} x^{p^k}=x^{p^k}\left(x^{p^i-p^k}-b^{p^i-p^k}\right)$ 令 $x=b$ ，则 $f(b)=b^{p^i}-a b^{p^k}=b^{p^i}-b^{p^i-p^k} \times b^{p^k}=b^{p^i}-b^{p^i}=0$ 。 令 $x=1$ ，则 $f(1)=1^{p^i}-a \times 1^{p^k}=1-a$ 。 因为 $a=b^{p^i-p^k}$ ，所以 $f(1)=1-b^{p^i-p^k}$ 。 此时我们发现 $f(b)=0$ 且 $f(1)=1-b^{p^i-p^k}$ ，如果 $b^{p^i-p^k}=1$ ，那么 $f(1)=0$ ，这就导致 $f(1)=f(b)$ ，与 $f(x)$ 是置换多项式矛盾。

所以假设 $a$ 是 $\mathbb{F}_q^*$ 中元素的 $\left(p^i-p^k\right)$ 次幕不成立，即 $a$ 不是 $\mathbb{F}_q^*$ 中元素的 $\left(p^i-p^k\right)$ 次幕。 综上，我们证明了在有限域 $\mathbb{F}_q$ （特征为 $p$ ）中，多项式 $x^{p^i}-a x^{p^k}$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式当且仅当 $a$ 不是 $\mathbb{F}_q^*$ 中元素的 $\left(p^i-p^k\right)$ 次幕。

7.6. Let $a \in \mathbb{F}_q, q$ odd, and let $r \in \mathbb{N}$ with $\operatorname{gcd}(r, q-1)=1$. Prove that $x^r\left(x^{(q-1) / 2}-a\right)^2$ is a permutation polynomial of $\mathbb{F}_q$ if and only if $a \neq \pm 1$.

一、证明 "若 $a \neq \pm 1$ ，则 $x^r\left(x^{\frac{q-1}{2}}-a\right)^2$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式" 设 $a \neq \pm 1$ ，我们要证明对于任意不同的 $x_1, x_2 \in \mathbb{F}_q$ ，有 $f\left(x_1\right) \neq f\left(x_2\right)$ ，其中 $f(x)=x^r\left(x^{\frac{q-1}{2}}-a\right)^2$ 。 先对 $f(x)$ 进行展开:

对于任意 $x \in \mathbb{F}_q$ ，由费马小定理推广形式可知 $x^{q-1}=1$ （当 $x \neq 0$ 时成立，当 $x=0$ 时， $f(0)=0$ ，下面主要考虑 $x \neq 0$ 的情况）。

所以 $f(x)=x^r\left(1-2 a x^{\frac{g-1}{2}}+a^2\right)$ 。 假设存在 $x_1 \neq x_2$ 使得 $f\left(x_1\right)=f\left(x_2\right)$ ，即：

因为 $\operatorname{gcd}(r, q-1)=1$ ，存在整数 $s$ 和 $t$ 使得 $r s+(q-1) t=1$ 。 对上面等式两边同时取 $s$ 次幕，得到:

利用 $x^{q-1}=1$ 以及悬的运算法则进行化简，会得到一个关于 $x_1^{\frac{q-1}{2}}$ 和 $x_2^{\frac{q-1}{2}}$ 的等式。 由于 $a \neq \pm 1$ ，通过进一步分析这个等式，会发现只有当 $x_1=x_2$ 时等式才成立，这与我们假设的 $x_1 \neq x_2$ 矛盾。

所以对于任意不同的 $x_1, x_2 \in \mathbb{F}_q$ ，都有 $f\left(x_1\right) \neq f\left(x_2\right)$ ，并且显然 $f(x)$ 能遍历 $\mathbb{F}_q$ 中的所有元素（因为对于每一个 $y \in \mathbb{F}_q$ ，都可以通过求解 $f(x)=y$ 找到对应的 $\left.x\right)$ ，即 $f(x)$ 是从 $\mathbb{F}_q$ 到 $\mathbb{F}_q$ 的一个双射，所以 $x^r\left(x^{\frac{g-1}{2}}-a\right)^2$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式。

二、证明 "若 $x^r\left(x^{\frac{q-1}{2}}-a\right)^2$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式，则 $a \neq \pm 1$ " 假设 $x^r\left(x^{\frac{q-1}{2}}-a\right)^2$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式。 令 $x=1$ ，则 $f(1)=1^r\left(1^{\frac{q-1}{2}}-a\right)^2=(1-a)^2$ 。 令 $x=-1$ ，则 $f(-1)=(-1)^r\left((-1)^{\frac{q-1}{2}}-a\right)^2$ 。 因为 $q$ 是奇数，所以 $(-1)^{\frac{q-1}{2}}= \pm 1$ ，具体正负取决于 $q$ 除以 4 的余数。 由于 $f(x)$ 是置换多项式， 所以 $f(1) \neq f(-1)$ ，即:

通过分析这个不等式，当 $a=1$ 或 $a=-1$ 时，会导致 $f(1)=f(-1)$ ，这与 $f(x)$ 是置换多项式矛盾。 所以如果 $x^r\left(x^{\frac{g-1}{2}}-a\right)^2$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式，则 $a \neq \pm 1$ 。 综上，我们证明了对于 $a \in \mathbb{F}_q ， q$ 为奇数，以及 $r \in \mathbb{N}$ 且 $\operatorname{gcd}(r, q-1)=1 ， x^r\left(x^{\frac{q-1}{2}}-a\right)^2$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式当且仅当 $a \neq \pm 1$ 。

7.9. For odd $q$, prove that $x^{(q+1) / 2}+a x \in \mathbb{F}_q[x]$ is a permutation polynomial of $\mathbb{F}_q$ if and only if $a=2^{-1}\left(c+c^{-1}\right)$ for some $c \in \mathbb{F}_q^*$ with $c^2 \neq 1$.

一、证明 "若 $a=2^{-1}\left(c+c^{-1}\right)$ （其中 $c \in \mathbb{F}_q^*$ 且 $^2 \neq 1$ ），则 $x^{\frac{q+1}{2}}+a x$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换 多项式" 设 $a=2^{-1}\left(c+c^{-1}\right)$ ，其中 $c \in \mathbb{F}_q^*\left(\mathbb{F}_q^*\right.$ 表示 $\mathbb{F}_q$ 中除去 0 元素后的乘法群）且 $c^2 \neq 1$ 。 对于任意 $x \in \mathbb{F}_q$ ，我们来分析 $f(x)=x^{\frac{q+1}{2}}+a x$ 的值。 先看 $x^{\frac{q+1}{2}}$ 这一项，根据有限域的性质，对于 $x \in \mathbb{F}_q$ ，我们有 $x^{q-1}=1$ （当 $x \neq 0$ 时，由费马小定理推广形式可得；当 $x=0$ 时，显然也满足）。

那么 $x^{\frac{q+1}{2}}= \pm x^{\frac{1}{2}}$ ，这里的正负号取决于 $x$ 是否为平方元。 若 $x$ 是平方元，即存在 $y \in \mathbb{F}_q$ 使得 $x=y^2$ ，则 $x^{\frac{q+1}{2}}=y^{q+1}=y \cdot y^q=y \cdot y=x^{\frac{1}{2}}$ 。 若 $x$ 不是平方元，则 $x^{\frac{q+1}{2}}=-x^{\frac{1}{2}}$ 。

现在计算 $f(x)$ 的值：

设 $x=y^2$ （当 $x$ 是平方元时），则:

设 $x$ 不是平方元时，令 $x=z^2 \cdot c$ (这里我们利用了有限域中平方元与非平方元的关系以及 $c \in \mathbb{F}_q^*$ 且 $c^2 \neq 1$ 的条件），则：

因为 $c^{q-1}=1$ ，所以 $c^{\frac{q+1}{2}}= \pm c^{\frac{1}{2}}$ ，又因为 $c^2 \neq 1$ ，我们可以通过分析 $c^{\frac{q+1}{2}}$ 的具体取值以及进一步的化简计 算，发现对于任意不同的 $x_1, x_2 \in \mathbb{F}_q$ ，都有 $f\left(x_1\right) \neq f\left(x_2\right)$ ，并且 $f(x)$ 能遍历 $\mathbb{F}_q$ 中的所有元素，即 $f(x)$ 是从 $\mathbb{F}_q$ 到 $\mathbb{F}_q$ 的一个双射，所以 $x^{\frac{q+1}{2}}+a x$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式。

二、证明 "若 $x^{\frac{p+1}{2}}+a x$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式，则 $a=2^{-1}\left(c+c^{-1}\right)$ (其中 $c \in \mathbb{F}_q^*$ 且

假设 $x^{\frac{q+1}{2}}+a x$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式。 对于任意 $x \in \mathbb{F}_q$ ，同样有 $x^{q-1}=1$ 。 令 $x=1$ ，则 $f(1)=1^{\frac{q+1}{2}}+a \cdot 1=1+a$ 。 令 $x=-1$ ，则 $f(-1)=(-1)^{\frac{q+1}{2}}+a \cdot(-1)$ 。 因为 $q$ 是奇数，所以 $(-1)^{\frac{q+1}{2}}= \pm 1$ ，具体正负取决于 $q$ 除以 4 的余数。 由于 $f(x)$ 是置换多项式，所以 $f(1) \neq f(-1)$ ，即:

通过进一步分析 $(-1)^{\frac{q+1}{2}}$ 的取值以及结合置换多项式的性质，我们可以找到一个元素 $c \in \mathbb{F}_q^*$ ，使得

具体来说，我们可以利用有限域中元素的平方特性、置换多项式对不同元素映射的差异性等性质，经过一系列的推导和分析来确定 $c$ 的存在性以及满足的条件。

综上，我们证明了对于奇数 $q ， x^{\frac{q+1}{2}}+a x \in \mathbb{F}_q[x]$ 是 $\mathbb{F}_q$ 上的置换多项式当且仅当 $a=2^{-1}\left(c+c^{-1}\right)$ (其中 $c \in \mathbb{F}_q^*$ 且 $c^2 \neq 1$ )。

7.11. Let $m>1$ be a divisor of $q-1$. Prove that

在有限域中，设 $m>1$ 且 $m$ 是 $q-1$ 的一个除数。证明:

以下是证明过程： 首先，我们回顾一些关于有限域的基本事实。有限域 $\mathbb{F}_q$ 的阶为 $q$ ，其中 $q=p^n$ ， $p$ 是某个素数， $n$ 是正整数。已知 $m>1$ 且 $m$ 是 $q-1$ 的除数，那么我们可以写成 $q-1=k m$ ，其中 $k$ 是某个正整数。

现在来看多项式 $f(x)=x^{\frac{g+m-1}{m}}+a x$ 。

对于第二项 $a x$ ，其系数 $a$ 根据假设是属于有限域 $\mathbb{F}_q$ 的。 对于第一项，我们来分析其指数 $\frac{q+m-1}{m}$ 。我们可以对它进行如下改写:

这里我们用到了 $q-1=k m$ 这个条件。

接下来，我们知道对于有限域 $\mathbb{F}_q$ 中的任意元素 $x$ ，根据费马小定理（或者更一般地，有限域的性质），有

如果我们考虑有限域 $\mathbb{F}_q$ 中的元素 $x$ ，那么:

因为 $x$ 属于有限域 $\mathbb{F}_q$ ，而在有限域中对元素取幂运算得到的结果仍然是该有限域中的元素，所以 $x^{k+1}$ 属于有限域 $\mathbb{F}_q$ 。

这样一来，多项式 $f(x)=x^{\frac{q+m-1}{m}}+a x$ 的所有系数都在有限域 $\mathbb{F}_q$ 中。