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。
令
是一个特征为p的有限域。在
上一个长度为n的循环码是商环
的理想,其中
是首一多项式并且满足
。作为循环码的泛化,对于
中任意的非零元素
,
上一个长度为n的
常循环码为商环
的理想
,其中
是首一多项式并且满足
。
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
,
,
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
的常循环码。在此基础上,长度为
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
的常循环码。
在本文中,我们主要得到在
上长度为
的重根常循环码,其中k,l,m,p为不同的奇素数,并且p为
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
,我们给出了
的不可约分解。最后,我们得到了在
上长度为
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
中的任意元素
和
,如果多项式
在
中有一个根,那么我们称
与
在
中n等价,记为
。
命题2.2 [8] 对
中的任意元素
和
,下面的四个陈述是相互等价的:
1)
,其中
是
的本原元。
2)
,其中
。
3)
与
在
中n等价,即存在一个元素
使得
。
4) 存在一个元素
使得
是一个
代数同构。
特别地,在
上的n等价类的个数等于
。
引理2.3 [10] 对于任意的
,如果
,那么存在一个整数s使得
。
由定义2.1,如果
满足
,那么
并且
是
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。那么二项式在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:
;
;;;
;;;
,,,。
由中国剩余定理,我们可以定义一个从到的同构,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,,,并
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
.
由是一个同构,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。再根据和可以得到。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
.
由是一个同构,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。再由与可得。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。又因为且,所以。而,所以。
把,,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,,,,为模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,,和分别为中的次和次单位根。
(2.2)当时,则有
i) 若,则
.
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,则且。因此
.
又因为,由引理2.3可知,所以存在使得且。
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,所以存在整数和使得。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
.
令,。则
.
因此
.
令。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,从而我们可得是在上的极小多项式,故为上的不可约多项式。同理可证和均为上的不可约多项式。从而
.
为在上的不可约分解。
(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
.
令,,
,.
同(2.1)可说明与均在不可约。令为的一个根,则。因为,所以。因此为的一个根。
根据数学归纳法可得为在上的极小多项式,故在不可约。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
令,.
类似可证与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,为中的次单位根,。
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
.
令,则。从而
.
令,,则且。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
.
令,则。因此可得
.
又因为,所以。再根据引理2.4可知多项式在不可约。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是在上长度为的常循环码。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,则
.
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是在上长度为的常循环码。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是在上长度为的常循环码。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是在上长度为的常循环码。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。