1957年，Prange首次提出循环码的概念。随后，他对循环码进行了更深入的研究，并提出了一些译码算法。此后，编码理论有了迅速的发展，尤其是循环码理论。比如BCH码，这类码被广泛应用于储存系统和通信系统中。除此之外，循环码还可以用来构造其它的码、秘钥共享方案 [1] [2] 、跳频序列 [3] [4] 等。

循环码作为线性码的一个重要子类，主要有两大特点：一是可以用许多优秀的数学工具分析、研究码的结构，并在工程上找到实用的译码算法；二是循环码的编译码运算可用移位寄存器实现，硬件实现简单。因此，循环码被广泛运用于数据传输、广播系统和计算机软件中。总之，在纠错编码理论中，循环码理论的研究具有很重要的意义。

设n是正整数， $q=p^m$，其中p是素数，m是正整数，且 $\gcd \left(n,q\right)=1$。再设 $\mathcal{C}$表示 $F_q$上码长为n的循环码，则循环码 $\mathcal{C}$是环 $F_q\left[x\right]/\left(x^n-1\right)$的一个理想，且可表示成

$\mathcal{C}=\langle g\left(x\right)\rangle ,$

其中 $g\left(x\right)$是 $F_q\left[x\right]$中次数最低且首项系数为1的多项式。多项式 $g\left(x\right)$称为 $\mathcal{C}$的生成多项式，

$h\left(x\right)=\left(x^n-1\right)/g\left(x\right)$为 $\mathcal{C}$的校验多项式。设 $m_{{\alpha }^i}\left(x\right)$是 ${\alpha }^i$在 $F_p$上的极小多项式，其中 $\alpha$是 $F_{p^m}^{*}=F_{p^m}\setminus \left\{0\right\}$上的一个生成元。再设 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$表示 $F_p$上由生成多项式 $m_{\alpha }\left(x\right)m_{{\alpha }^e}\left(x\right)$生成的循环码，其中 $1\le e\le p^m-1$和1、

e在不同的分圆陪集。2005年，Carlet、Ding和Yuan [1] 证明了参数为 $\left[3^m-1,3^m-2m-1,4\right]$三循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$是最优的(根据Sphere-Packing界)，其中 $p=3$，e是使 $x^e$是完全非线性单项式的整数。2013年，Ding和Helleseth [5] 使用 $F_{3^m}$上一些单项式 $x^e$，构造了几类三元最优循环码，并提出了9个公开问题。基于作者的了解，文献 [5] 中的9个公开问题，目前为主，完全解决的了三个。在2014年，N. Li与C. Li等人 [6] 解决了文献 [5] 中的第一个公开问题，其中指数为 $\left(1,2\left(3^{m-1}-1\right)\right)$。2015年，N. Li和Z. Zhou等人 [7] 解决了第二个公开问题，其中指数为 $\left(1,2\left(3^h+1\right)\right)$。2019年，Han和Yan [8] 解决了三个公开问题，其中指数为 $\left(1,3^h+5\right)$。与此同时，许多学者围绕三元循环码的9个问题进行探究，给出了特定条件下的结果或提出了新的三元最优循环码，具体情况，请参考文献 [9] - [19] 。

本文利用有限域上因式分解、低次不可约多项式的解等数学工具，得到了一类新的三元循环码，其参数为 $\left[3^m,3^m-2m-1,4\right]$。我们的结论丰富了已有三元最优循环码的结论。

下面，我们给出需要用到的引理与定理：

引理1 [5] 设m是正整数，对于任意正整数e满足 $1\le e\le 3^m-2$和 $\gcd \left(e,3^m-1\right)\le 2$。则3-次分圆陪集 $C_e$的大小为 $\left|C_e\right|=m$。

引理2 [20] 设q是一素数方幂， $g\left(x\right)$是 $F_q\left[x\right]$上任一多项式，则对任意的多项式 $f\left(x\right)\in F_q\left[x\right]$，必存在多项式 $h\left(x\right)r\left(x\right)\in F_q\left[x\right]$使得 $f\left(x\right)=g\left(x\right)h\left(x\right)+r\left(x\right)$成立，其中 $\mathrm{deg}\left(r\left(x\right)\right)<\mathrm{deg}\left(g\left(x\right)\right)$且有 $\gcd \left(f\left(x\right),g\left(x\right)\right)=\gcd \left(g\left(x\right),r\left(x\right)\right)$。

引理3 [20] 设q是一素数方幂，对于任一有限域 $F_q$以及任一正整数n，所有 $F_q\left[x\right]$上次数整除n的首一不可约多项式乘积等于 $x^q{}^{{}^n}-x$。

为了说明如何运用引理3，本节给出以下实例。设 $f\left(x\right)=x^7-x^6+x^4-x^3+x^2+1\in F_3\left[x\right]$，运用引理

2，可得多项式最大公因子等式 $\gcd \left(f\left(x\right),x^3-x\right)=\gcd \left(f\left(x\right),x^{3^2}-x\right)=1$， $\gcd \left(f\left(x\right),x^{3^3}-x\right)=x^3-x-1$和 $\gcd \left(f\left(x\right),x^{3^4}-x\right)=x^4-x^3+x^2+x-1$，于是利用引理3可知，多项式 $f\left(x\right)$含有三次与四次不可约因子

$x^3-x-1$与 $x^4-x^3+x^2+x-1$，此即意味着多项式 $f\left(x\right)$可以因式分解为

$f\left(x\right)=\left(x^3-x-1\right)\left(x^4-x^3+x^2+x-1\right)$。

引理4 [20] 设q是一素数方幂且 $f\left(x\right)$是有限域 $F_q$上次数为n的不可约多项式，则 $f\left(x\right)=0$在有限域 $F_q^n$中有一解x且 $f\left(x\right)=0$在有限域 $F_q^n$中的n个不同的解分别为 $x,x^q,x^{q^2},\cdots ,x^{q^{n-1}}$。

给定有限域 $F_q$上方程 $f\left(x\right)=0$，若能将多项式 $f\left(x\right)$分解成不可约多项式的乘积，则利用引理4可判断其方程解的情况。如取 $f\left(x\right)=x^2+x-1\in F_3\left[x\right]$，由 $f\left(0\right)=2\ne 0$， $f\left(1\right)=1\ne 0$和 $f\left(2\right)=f\left(-1\right)=2\ne 0$可知，多项式 $f\left(x\right)$在 $F_3\left[x\right]$上是不可约多项式，从而利用引理4可知，方程 $f\left(x\right)=0$在有限域 $F_{3^m}$中有解当且仅当 $m\cancel{\equiv }0\left(\mathrm{mod}2\right)$。

引理5 [21] (Sphere-Packing 界)对 $F_p$上一个参数为 $\left[n,k,d\right]$的线性码，其满足下面的不等式

$p^{n-k}\ge {\displaystyle \underset{i=0}{\overset{t}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)}{\left(p-1\right)}^i,$

其中 $t=\lfloor \frac{d-1}{2}\rfloor$。

当 $p=3$，长度 $n=p^m-1$，维数 $k=p^m-1-2m$，验证上面的不等式，可得最小距离d不超过4，且

当 $d=4$时，有 $p^{n-k}={\displaystyle \underset{i=0}{\overset{t}{\sum }}\left(\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right)}{\left(p-1\right)}^i$，称线性码 $\mathcal{C}$是最优的。

设 $n=3^m-1$，m是整数，且 $e,\left(1<e\le n-1\right)$满足 $e\notin C_1$的整数，则 $F_3$上一个n长循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$定义如下：

$C_{\left(1,e\right)}=\langle m_1\left(x\right)m_e\left(x\right)\rangle ,$

其中 $\alpha$是 $F_{3^m}^{*}=F_{3^m}\setminus \left\{0\right\}$上的生成元， $m_1\left(x\right)$、 $m_e\left(x\right)$分别是 ${\alpha }^1$、 ${\alpha }^e$在 $F_3$的极小多项式。

从而，可得循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$的参数为 $\left[3^m-1,3^m-1-m-\left|C_e\right|,d\right]$，其中 $\left|C_e\right|$分别为e所对应的分圆陪集的大小，d为循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$的最小距离。

参数为 $\left[3^m-1,3^m-2m-1,4\right]$的循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$是达到了Sphere-Packing界，则三元循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$是最优的。在数据库中，我们可在著名的线性码表的集合Markus Grassl ( http://www.codetables.de/ )上查相应的信息。

文献 [15] 中研究了一类由指数为 $\left(t,e\right)=\left(\frac{3^m+1}{2},3^r+2\right)$确定的三元最优循环码。对于指数 $\left(t,e\right)=\left(\frac{3^m+1}{2},3^r-2\right)$确定的三元循环码是否是最优的呢？接下来，利用 $F_3$上因式分解与低次不可约多项式的解的结构，基于Sphere-Packing界探讨指数为 $\left(t,e\right)=\left(\frac{3^m+1}{2},3^r-2\right)$的三元循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(t,e\right)}$的最优性。

定理6：设 $m>1$是奇数， $t=\frac{3^m+1}{2}$， $e=3^r-2$。若 $m\cancel{\equiv }0\left(\mathrm{mod}5\right)$与 $2r\equiv 1\left(\mathrm{mod}m\right)$，则三元循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(t,e\right)}$

的参数为 $\left[3^m-1,3^m-2m-1,4\right]$且是最优的。

证：因m是奇数，易得 $\gcd \left(\frac{3^m+1}{2},3^m-1\right)=2$。由引理1，可得 $\left|C_t\right|=m$。又因 $2r\equiv 1\left(\mathrm{mod}m\right)$，则有 $\gcd \left(3^{2r}-4,3^m-1\right)=\gcd \left(3^{m+1}-4,3^m-1\right)=1$。从而，可得 $\gcd \left(3^r-2,3^m-1\right)=1$。同理可得 $\left|C_e\right|=m$。易得， $\frac{3^m+1}{2}$是偶数， $3^r-2$是奇数。因此，三元循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$的维数为 $3^m-2m-1$。

现证明最小距离 $d=4$。由三元循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(t,e\right)}$的定义， ${\mathcal{C}}_{\left(t,e\right)}$没有汉明距离 $\omega$的码字当且仅存在 $\omega$个非零元素 $c_1,c_2,\cdots ,c_{\omega }\in F_3$和k个非零的不同元素 $x_1,x_2,\cdots ,x_{\omega }\in F_{3^m}$，使方程组

$\{\begin{array}{c}{c}_1{x}_1^t+c_2{x}_2^t+\cdots +c_{\kappa }{x}_{\omega }^t=0,\\ c_1{x}_1^e+c_2{x}_2^e+\cdots +c_{\kappa }{x}_{\omega }^e=0\end{array}$ (1)

在 $F_{3^m}$无解。

现证明三元循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(t,e\right)}$没有汉明距离 $\omega =3$的码字。设 $x=\frac{x_1}{x_2},y=\frac{x_3}{x_1}$，其中 $x,y\cancel{=}0,1$与 $x\cancel{=}y$。方程组(1)变形为

$\{\begin{array}{l}{c}_1{x}^t+c_2{y}^t+c_3=0,\hfill \\ c_1{x}^e+c_2{y}^e+c_3=0.\hfill \end{array}$ (2)

因为方程组(2)的对称性，从两种情形讨论方程组(1)在 $F_{3^m}$中解的情况：

情形一：当 $c_1=c_2=c_3=1$时，则有

$\{\begin{array}{l}{x}^t+y^t+1=0,\hfill \\ x^e+y^e+1=0.\hfill \end{array}$ (3)

注意到 $t=\frac{3^m+1}{2}=\frac{3^m-1}{2}+1$，当 $\alpha$是 $F_{3^m}^{*}$中的平方元，则有 ${\alpha }^t=\alpha$；当 $\alpha$是 $F_{3^m}^{*}$中的平方元，则有 ${\alpha }^t=-\alpha$。我们分下面4中情况，证明方程组(3)在 $F_{3^m}\backslash \left\{0,1\right\}$中无解。

(I) $x,y$是 $F_{3^m}^{*}$中的平方元。则方程组(3)可变形为

$\{\begin{array}{l}x+y+1=0,\hfill \\ x^e+y^e+1=0.\hfill \end{array}$ (4)

代入消元可得 ${\left(x+1\right)}^e=x^e+1$，再两边同时乘以 $x^2{\left(x+1\right)}^2$可得：

$x^2{\left(x+1\right)}^{3^r}={\left(x+1\right)}^2{x}^{3^r}+x^2{\left(x+1\right)}^2$

展开整理，并因式分解可得 $x^3\left(x-1\right)\left(x^{3^r-1}-1\right)=0$。从而， $x=0$或 $x=1$或 $x^{3^r-1}=1$。因m是奇数与

$2r\equiv 1\left(\mathrm{mod}m\right)$，易得 $\gcd \left(r,m\right)=1$，从而 $\gcd \left(3^r-1,3^m-1\right)=2$。因此， $x^{3^r-1}=1$，可得 $x=\pm 1$。若 $x=-1$，由方程组(3)的第一个方程可得 $y=0$，这与 $y\cancel{=}0$矛盾。从而，方程组(4)在 $F_{3^m}\backslash \left\{0,1\right\}$中无解。

(II) $x,y$是 $F_{3^m}^{*}$中的非平方元。则方程组(3)可变形为

$\{\begin{array}{l}x+y-1=0,\hfill \\ x^e+y^e+1=0.\hfill \end{array}$ (5)

代入消元可得 ${\left(x-1\right)}^e=x^e+1$，再两边同时乘以 $x^2{\left(x-1\right)}^2$可得：

$x^2{\left(x-1\right)}^{3^r}={\left(x-1\right)}^2{x}^{3^r}+x^2{\left(x-1\right)}^2$

展开整理可得 $x^{3^r}\left(x+1\right)=x^2-x^3-x^4$。

注意到， $x+1\cancel{=}0$。否则， $x=-1$，由方程组(5)的第一个方程可得 $y=-1$，这与 $x\cancel{=}y$矛盾。因此，则有

$x^{3^r}=\frac{x^2-x^3-x^4}{x+1}:=\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}.$ (6)

其中 $f\left(x\right)=x^2-x^3-x^4$， $g\left(x\right)=x+1$。再方程(6)两边取 $3^r$幂，则有

$x^{3^{2r}}=\frac{x^{2\cdot 3^r}-x^{3\cdot 3^r}-x^{4\cdot 3^r}}{x^{3^r}+1}.$ (7)

把方程(6)代入方程(7)，可得

$x^{3^{2r}}=\frac{g{\left(x\right)}^{2}f{\left(x\right)}^2-g\left(x\right)f{\left(x\right)}^3-f{\left(x\right)}^4}{f\left(x\right)g{\left(x\right)}^3+g{\left(x\right)}^4}.$

注意到 $2r\equiv 1\left(\mathrm{mod}m\right)$，则有 $x^{3^{2r}}=x^3$，从而

$x^3\left(f\left(x\right)g{\left(x\right)}^3+g{\left(x\right)}^4\right)=g{\left(x\right)}^{2}f{\left(x\right)}^2-g\left(x\right)f{\left(x\right)}^3-f{\left(x\right)}^4.$ (8)

整理可得：

$\begin{array}{c}0=x^3\left(f\left(x\right)g{\left(x\right)}^3+g{\left(x\right)}^4\right)-g{\left(x\right)}^{2}f{\left(x\right)}^2+g\left(x\right)f{\left(x\right)}^3+f{\left(x\right)}^4\\ =x^{16}+x^{15}-x^{14}-x^{11}-x^{10}-x^9+x^8-x^6+x^5+x^3\\ =x^3\cdot \left(x^{13}+x^{12}-x^{11}-x^8-x^7-x^6+x^5-x^3+x^2+1\right)\\ =x^3\cdot \phi \left(x\right)\end{array}$

其中 $\phi \left(x\right)=x^{13}+x^{12}-x^{11}-x^8-x^7-x^6+x^5-x^3+x^2+1$。

又 $\gcd \left(\phi \left(x\right),x^3-x\right)=\gcd \left(\phi \left(x\right),x^{3^3}-x\right)=\gcd \left(\phi \left(x\right),x^{3^4}-x\right)=x-1$，可得多项式 $\phi \left(x\right)$中含有1次不可约因子 $x+1$，不含有2次、3次、4次不可约因子。由 $\gcd \left(\phi \left(x\right),x^{3^5}-x\right)=x^{11}+x^9-x^8-x^5-x^3+x^2-x+1$，

可得多项式 $\phi \left(x\right)$含有两个5次不可约因子。因此，多项式 $\phi \left(x\right)$中含有 ${\left(x-1\right)}^3$的因子。由引理2，可得 $\phi \left(x\right)={\left(x-1\right)}^3\cdot \left(x^{10}+x^9-x^8+x^7+x^6+x^5-x^2-1\right)$，其中多项式 $x^{10}+x^9-x^8+x^7+x^6+x^5-x^2-1$为 $F_3$上的两个5次不可约多项式的乘积。再因式分解，可得 $\phi \left(x\right)={\left(x-1\right)}^3\left(x^5-x^3-x^2+x+1\right)\left(x^5+x^4+x-1\right)$。因此，由(8)可得

$x^3{\left(x-1\right)}^3\left(x^5-x^3-x^2+x+1\right)\left(x^5+x^4+x-1\right)=0$ (9)

其中 $x^5-x^3-x^2+x+1$与 $x^5+x^4+x-1$是 $F_3$上的不可约多项式。由引理4可得，当 $m\cancel{\equiv }0\left(\mathrm{mod}5\right)$，方程(9)在 $F_{3^m}\backslash \left\{0,1\right\}$中无解。因此，方程组(5)在 $F_{3^m}\backslash \left\{0,1\right\}$中无解。

(III) x是 $F_{3^m}^{*}$中的平方元，y是 $F_{3^m}^{*}$中的非平方元。则方程组(3)可变形为

$\{\begin{array}{l}x-y+1=0,\hfill \\ x^e+y^e+1=0.\hfill \end{array}$ (10)

代入消元可得 ${\left(x+1\right)}^e+x^e+1=0$，再两边同时乘以 $x^2{\left(x+1\right)}^2$可得：

$x^2{\left(x+1\right)}^{3^r}+{\left(x+1\right)}^2{x}^{3^r}+x^2{\left(x+1\right)}^2=0.$

展开整理可得 $x^{3^r}\left(x^2+x-1\right)=x^4-x^3-x^2$。

注意到， $x^2+x-1\cancel{=}0$。若 $x^2+x-1=0$，则有 $x^4-x^3-x^2=0$，从而 $x=0$。这与前提矛盾。因此，则有

$x^{3^r}=\frac{x^4-x^3-x^2}{x^2+x-1}:=\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}.$

其中 $f\left(x\right)=x^4-x^3-x^2$， $g\left(x\right)=x^2+x-1$。再方程两边取 $3^r$幂，则有

$x^{3^{2r}}=\frac{x^{4\cdot 3^r}-x^{3\cdot 3^r}-x^{2\cdot 3^r}}{x^{2\cdot 3^r}+x^{3^r}-1}.$

注意到 $2r\equiv 1\left(\mathrm{mod}m\right)$，则有 $x^{3^{2r}}=x^3$，从而

$x^3\left(f{\left(x\right)}^{2}g{\left(x\right)}^2+g{\left(x\right)}^{3}f\left(x\right)-g{\left(x\right)}^4\right)=f{\left(x\right)}^4-f{\left(x\right)}^{3}g\left(x\right)-f{\left(x\right)}^{2}g{\left(x\right)}^2.$ (11)

整理可得：

$\begin{array}{c}0=x^3\left(f{\left(x\right)}^{2}g{\left(x\right)}^2+g{\left(x\right)}^{3}f\left(x\right)-g{\left(x\right)}^4\right)-f{\left(x\right)}^4+f{\left(x\right)}^{3}g\left(x\right)+f{\left(x\right)}^{2}g{\left(x\right)}^2\\ =-x^{16}-x^{15}-x^{14}+x^{12}+x^{11}+x^8+x^7-x^5-x^4-x^3\\ =-x^3\cdot \left(x^{13}+x^{12}+x^{11}-x^9-x^8-x^5-x^4+x^2+x+1\right)\\ =-x^3\cdot h\left(x\right)\end{array}$

其中 $h\left(x\right)=x^{13}+x^{12}+x^{11}-x^9-x^8-x^5-x^4+x^2+x+1$。

又 $\gcd \left(h\left(x\right),x^3-x\right)=\gcd \left(h\left(x\right),x^{3^3}-x\right)=\gcd \left(h\left(x\right),x^{3^4}-x\right)=x+1$，可得多项式 $h\left(x\right)$中含有1次不可约因子 $x+1$，不含有2次、3次、4次不可约因子。由 $\gcd \left(h\left(x\right),x^{3^5}-x\right)=x^{11}-x^{10}-x^9-x^6-x^5-x^2-x+1$，

可得多项式 $h\left(x\right)$含有两个5次不可约因子。因此，多项式 $h\left(x\right)$中含有 ${\left(x+1\right)}^3$的因子。由引理2，可得 $h\left(x\right)={\left(x+1\right)}^3\left(x^{10}+x^9+x^8-x^7+x^6+x^5+x^4-x^3+x^2+x+1\right)$，其中多项式

$x^{10}+x^9+x^8-x^7+x^6+x^5+x^4-x^3+x^2+x+1$为 $F_3$上的两个5次不可约多项式的乘积。再因式分解，可得 $h\left(x\right)={\left(x+1\right)}^3\left(x^5+x^3+x+1\right)\left(x^5+x^4+x^2+1\right)$。因此，由(11)可得

$x^3{\left(x+1\right)}^3\left(x^5+x^3+x+1\right)\left(x^5+x^4+x^2+1\right)=0,$ (12)

其中 $x+1$、 $x^5+x^3+x+1$与 $x^5+x^4+x^2+1$是 $F_3$上的不可约多项式。

因此，由引理4可得，当 $m\cancel{\equiv }0\left(\mathrm{mod}5\right)$，方程(12)有解 $x=0$或 $x=-1$。若 $x=-1$，由方程组(10)的第一个方程可得 $y=0$，这与 $y\cancel{=}0$矛盾。因此，方程组(10)在 $F_{3^m}\backslash \left\{0,1\right\}$中无解。

(IV) x是 $F_{3^m}^{*}$中的非平方元，y是 $F_{3^m}^{*}$中的平方元。这种情况类似于情形一的情况( III )，方程组在 $F_{3^m}\backslash \left\{0,1\right\}$中无解。

情形二：当 $c_1=c_2=1,c_3=-1$时，则有

$\{\begin{array}{l}x+y-1=0,\hfill \\ x^e+y^e-1=0.\hfill \end{array}$ (13)

注意到t是偶数，e是奇数。设 $\bar{x}=-x,\bar{y}=-y$。则有

$\{\begin{array}{l}\bar{x}+\bar{y}-1=0,\hfill \\ {\bar{x}}^e+{\bar{y}}^e+1=0.\hfill \end{array}$

因此，该情形的讨论类似情形一，可得方程组(13)在 $F_{3^m}\backslash \left\{0,1\right\}$中无解。

综上可得，该三元循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(t,e\right)}$没有汉明距离 $\omega =3$的码字，最小距离 $d\ge 4$。

由Sphere-Packing界知，码长为 $n=3^m-1$与维数 $k=3^m-2m-1$的三元循环码的最小距离 $d\le 4$。因此，三元循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$的最小距离为4。此时，三元循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$参数为 $\left[3^m-1,3^m-2m-1,4\right]$，达到了Sphere-Packing界，是最优的。

例1 设 $m=3,r=1$， $\alpha$是 $F_{3^m}^{*}$上的生成元，且满足条件 ${\alpha }^3-\alpha +1=0$。利用Magma可得， ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$是参数为 $\left[26,20,4\right]$的三元循环码，其生成多项式为 $x^6+x^5+x^4+2x^3+2$。

例2 设 $m=7,r=4$， $\alpha$是 $F_{3^m}^{*}$上的生成元，且满足条件 ${\alpha }^7+2{\alpha }^2+1=0$。利用Magma可得， ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$是参数为 $\left[2186,2172,4\right]$的三元循环码，其生成多项式为

$x^{14}+2x^{13}+x^{12}+2x^{10}+2x^9+x^8+x^7+x^6+x^5+x^4+x+2.$

本文通过对单项式函数构造的三元循环码进行研究，得到了三类参数为 $\left[3^m-1,3^m-2m-1,4\right]$的三循环码 ${\mathcal{C}}_{\left(1,e\right)}$，并达到了Sphere-Packing界。通过与文献 [13] 相比较，我们得到了新的一类最优三元循环码，这类最优三元循环码丰富了已有三元最优循环码的种类。

有限域上几类三元最优循环码的研究，四川职业技术学院科研校级项目(2022YBO12)；三元最优循环码及性质的研究，桥梁无损检测与工程计算四川省高校重点实验室2023年度开放基金项目(2023QYY08)。