Pure Mathematics
Vol.08 No.04(2018), Article ID:25930,15 pages
10.12677/PM.2018.84052

Repeated-Root Constacyclic Codes of Length klmpn over a Finite Field

Jiamei Zhou, Xilin Tang

School of Mathematics, South China University of Technology, Guangzhou Guangdong

Received: Jun. 23rd, 2018; accepted: Jul. 9th, 2018; published: Jul. 17th, 2018

ABSTRACT

Constacyclic codes play an important role in coding theory for their abundant algebraic structures which lead to high efficiency in decoding procedure by simple shift registers. In this paper, for different odd primes k, l, m and p, we obtain generator polynomials of constacyclic codes of length klmpn over finite field Fq, where char Fq = p.

Keywords:Constacyclic Codes, Generator Polynomials, Cyclotomic Cosets

在有限域上构造长度为klmpn的常循环码

周佳美,唐西林

华南理工大学数学学院,广东 广州

收稿日期:2018年6月23日;录用日期:2018年7月9日;发布日期:2018年7月17日

摘 要

常循环码在编码理论中起着重要的作用,它可以通过简单的移位寄存器来提高编码过程的效率。在本篇文章中,对于不同的奇素数k,l,m和p,我们得到了在Fq上长度为klmpn的常循环码的生成多项式,其中p为Fq的特征。

关键词 :常循环码,生成多项式,分圆陪集

Copyright © 2018 by authors and Hans Publishers Inc.

This work is licensed under the Creative Commons Attribution International License (CC BY).

http://creativecommons.org/licenses/by/4.0/

1. 引言

常循环码构成了循环码的显著推广,因此在编码理论中形成了一类重要的线性码。而且,常循环码也有实际的应用程序,因为它们可以用移位寄存器进行编码。

F q 是一个特征为p的有限域。在 F q 上一个长度为n的循环码是商环 F q [ x ] / x n 1 的理想,其中 g ( x ) 是首一多项式并且满足 g ( x ) | ( x n 1 ) 。作为循环码的泛化,对于 F q 中任意的非零元素 λ F q 上一个长度为n的 λ 常循环码为商环 F q [ x ] / x n λ 的理想 g ( x ) ,其中 g ( x ) 是首一多项式并且满足 g ( x ) | ( x n λ )

常循环码在 [1] [2] [3] 中已经得到了很多的基本结果,更进一步地,长度为 2 p s 3 p s 6 p s 的常循环码在 [4] [5] [6] 中已经进行了很好的研究。 [7] 进一步得到了长度为 l p s 的常循环码。在此基础上,长度为 2 l m p n 的常循环码的生成多项式的问题在 [8] 中得到了解决。 [9] 得到了更为一般化的长度为 k l a p b 的常循环码。

在本文中,我们主要得到在 F q 上长度为 k l m p n 的重根常循环码,其中k,l,m,p为不同的奇素数,并且p为 F q 的特征。在第二部分,给出了我们需要的一些基本结果。在第三部分,对于任意的 λ F q * ,我们给出了 x k l m p n λ 的不可约分解。最后,我们得到了在 F q 上长度为 k l m p n 的常循环码的生成多项式。

2. 预备知识

定义2.1令n是一个正整数。对于 F q 中的任意元素 λ μ ,如果多项式 λ x n μ F q 中有一个根,那么我们称 λ μ F q 中n等价,记为 λ ~ n μ

命题2.2 [8] 对 F q 中的任意元素 λ μ ,下面的四个陈述是相互等价的:

1) λ 1 μ ξ n ,其中 ξ F q 的本原元。

2) ( λ 1 μ ) d = 1 ,其中 d = q 1 gcd ( n , q 1 )

3) λ μ F q 中n等价,即存在一个元素 a F q 使得 a n λ = μ

4) 存在一个元素 a F q 使得

φ a : F q [ x ] / x n μ F q [ x ] / x n λ

f ( x ) f (ax)

是一个 F q 代数同构。

特别地,在 F q 上的n等价类的个数等于 gcd ( n , q 1 )

引理2.3 [10] 对于任意的 λ F q ,如果 gcd ( o r d ( λ ) , n ) = 1 ,那么存在一个整数s使得 λ n s + 1 = 1

由定义2.1,如果 λ F q 满足 gcd ( o r d ( λ ) , n ) = 1 ,那么 λ ~ n 1 并且 λ s λ x n 1 = 0 的一个根。根据命题2.2 (4)中的表述我们有,由于s和互素,因此

引理2.4 [10] 令k,l,m为不同的素数,且q为一个素数的幂次。令。那么

且所有不同的q模kl的分圆陪集为

,

,

.

其中

引理2.5 [11] 令整数并且。那么二项式上不可约当且仅当满足下面的两个条件:

1) 在中,t的每一个素因子能够整除a的阶e,但不能整除

2) 如果,那么

假设是首项系数的多项式。我们把首一多项式记为

3. 主要结果

为了表述需要,我们给出下面的一些记号:

Ÿ

Ÿ

Ÿ

Ÿ

由中国剩余定理,我们可以定义一个从的同构,记为

定理3.1令k,l,m为不同的奇素数,并且q为一个素数的幂次。根据

,那么

且所有不同的q模klm的分圆陪集为

,

,

,

,

,

,

.

其中

证明假设,其中都为整数且满足。因此存在整数v,,使得

.

是一个同构,我们能得到下面的条件:

(1)

(2)

因为,由条件(1)可得。因此。再根据可得。由此可得,。因此,从而。同样地,由条件(2)得到。因此。由于,我们可以得到。由此可得,。因此。再根据可以得到。由于,所以。把代入可得,由此可得。再根据可得

那么为q模klm的互不相同的陪集。同理可证

也为q模klm的互不相同的陪集。

下面假设,其中。因此存在整数,使得

.

是一个同构,我们能得到下面的条件:

(3)

(4)

(5)

由条件(3)可得到,因此。再根据可得。由此可得,。因此,从而

由条件(4)可得到,因此。再根据可得。由

此可得,。因此,从而。又因为,所以。再根据,可得

由条件(5)可得到,因此。再根据可得

且由此可得。因此。再由可得。从而由,可得

我们根据并且,可得。再根据可得。从而我们得到均为q模klm不同的陪集,其中。由于

从而,我们就得到了所有q模klm的分圆陪集。

我们记。则为所有q模klm的分圆陪集,其中

为方便陈述,我们记,则

定理3.2令k,l,m为不同的奇素数,并且q为一个素数的幂次。则由可得

1) 若。则所有不同的模lm的分圆陪集为

,

,

.

2) 若。则所有不同的模lm的分圆陪集为

,

,

.

3) 若。则所有不同的模lm的分圆陪集为

,

,

.

其中

证明:假设,其中都为整数且满足。那么存在整数s,使得

因为是一个同构,我们可以得到下面的条件:

1)

2)

因为,由条件1)可得。因此。再根据可得。更进一步地可得,。所以,从而

由条件2)可得,。因此。再根据可得。更进一步地可得,。所以。又因为,所以。而,所以

代入到1)和2)中,我们可以得到

,

.

又因为,从而可以得到。所以。又由于,我们可以得到,因此。再根据可得。再把代入可得,从而。再根据,可得

从而我们说明了模lm的互不相同的陪集。

并且对于情况(1),我们有

.

从而当时,为所有不同的模lm的分圆陪集,其中

同理可证情况(2)和情况(3)。

定理3.3令k,l,m,p为不同的奇素数,并且p为的特征。假设。那么对任意的我们有,其中。而且

1) 当,即时,

其中并且满足

2) 当时,

(2.1)若,则

.

其中

并且满足分别为中的次和次单位根。

(2.2)当时,则有

i) 若

.

其中

ii) 若。则

.

其中

iii) 若。则

.

证明:1) 若,即,由命题2.2(1)可得,所以存在使得。又因为,所以

.

2) 当时,令,其中

则由命题2.2 (1)可得,所以存在使得。令,则。因此

.

又因为,由引理2.3可知,所以存在使得

因为是一个有限循环群,所以存在整数使得,并且满足。根据可得

.

又因为,所以存在整数使得。因此可得

.

(2.1)当,则所有不同的模lm的分圆陪集仍为,其中。则

.

所以

.

。则

.

因此

.

。那么对所有的,且。又因为,故当j取遍时,取遍。令

显然为上的不可约多项式。因为,则当取遍,j取遍时,取遍的所有根。因为,且。因此仍然为的根,从而我们可得上的极小多项式,故上的不可约多项式。同理可证均为上的不可约多项式。从而

.

上的不可约分解。

(2.2)当时,

i) 若则所有不同的模lm的分圆陪集为,其中。所以

.

从而

.

.

同(2.1)可说明均在不可约。令的一个根,则。因为,所以。因此的一个根。

根据数学归纳法可得上的极小多项式,故不可约。同理可证也为上的不可约多项式。从而

.

ii) 若。则所有不同的模的分圆陪集为,其中。则

.

类似可证均为上的不可约多项式。从而

.

iii) 若。则所有不同的模lm的分圆陪集为,其中。则

.

定理3.4令k,l,m,p为不同的奇素数,并且p为的特征。假设。则

其中并且满足

证明:因为,则。从而根据命题2.2(2)

可得,所以存在使得。又因为,所以

定理3.5令k,l,m,p为不同的奇素数,并且p为的特征。假设。那么对任意的我们有,其中。而且

1) 当,即时,

其中并且满足

2) 当并且。则

.

其中并且满足中的次单位根,

证明(1)与定理3.3(1)的证明类似。

(2)当并且。我们有。根据命题2.2(2)可得,所以存在使得。同时我们有

.

,则。从而

.

,则。则

.

因为。所以存在使得。从而我们可以得到

.

所以

.

定理3.6令k,l,m,p为不同的奇素数,并且p为的特征。假设。那么对任意的我们有,其中。而且

1) 当,即时,

其中并且满足

2) 当并且。那么

.

其中并且满足

3) 当并且。那么

.

其中并且满足

证明(1)与定理3.3(1)的证明类似。

(2)当并且。我们有。根据命题2.2可得,所以存在使得。同时我们有

.

,则。因此可得

.

又因为,所以。再根据引理2.4可知多项式不可约。所以

.

(3)若并且。那么,所以存在使得。同时我们有

.

并且可得。又因为,所以。再根据引理2.5可知多项式在不可约。所以

.

定理3.7令C是在上长度为常循环码。在定理3.3的条件下,有下面的结论成立:

1) 当时。记,则

.

对于任意的,都有

2) 当时,

(2.1)若,则

.

对于任意的都有

(2.2)当时,则有

i) 若

.

对于任意的都有

ii) 若。则

.

对于任意的都有

iii) 若。则

.

对于任意的都有

定理3.8令C是在上长度为常循环码。在定理3.4的条件下,记,有下面的结论成立:

.

对于任意的,都有

定理3.9令C是在上长度为常循环码。在定理3.5的条件下,有下面的结论成立:

1) 当时,

.

其中。的,都有

2) 当并且。则

.

对于任意的都有

定理3.10令C是在上长度为常循环码。在定理3.6的条件下,有下面的结论成立:

1) 当时,

.

其中。且,都有

2) 当并且。那么

.

对于任意的都有

3) 当并且。那么

.

对于任意的都有

文章引用

周佳美,唐西林. 在有限域上构造长度为klmpn的常循环码
Repeated-Root Constacyclic Codes of Length klmpn over a Finite Field[J]. 理论数学, 2018, 08(04): 383-397. https://doi.org/10.12677/PM.2018.84052

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