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有限体の既約多項式の個数を求める

有限体の各次数における既約多項式の総数というのをここ暫く考えていました。まぁいろいろあるんですが、結論から言うと次の補題を証明した瞬間ほぼ終わりです。

pを素数とし、q=pnとする。有限体Fp上の多項式XqXdnの約数とするとd次の約数既約多項式全てを因子に持つ。

証明はそんなに難しくないのでまたの機会にでもここに書きます。とりあえず、例を上げます(例が多いブログなもので・・・)

例1)
F2上のX4Xの因数分解を考えます。n=2です。よって1次式と2次式の分解できます。実際計算してみると

X4X=X(X+1)(X2+X+1)

となります。この式はこれ以上分解するのは不可能です。

例2)
F2上の X8Xの因数分解を考えます。n=3です。
この式は3の約数である1次と3次の既約多項式を因子に持ちます。実際計算してみると


X8X=X(X1)(X6+X5++1)=X(X1)(X3+X+1)(X3+X2+1)

例3)
F2におけるX16Xの因数分解を考えます。n=4です。
よってnの約数である既約4次式、2次式、1次式を因子にもちます。実際計算してみると、

X16X=X(X1)(X2+X+1)(X12+X11++1)=X(X1)(X2+X+1)(X4+X+1)(X4+X3+1)(X4+X3+X2+X+1)

以上なんとなく感覚がつかめていただいたでしょうか?2の冪以外の例はまた別の機会にここに書きます。

さて、ここからFqにおけるn次の既約多項式の個数を求めます。

XqXにおいてn次の既約多項式の根を全て掛け合わせたものの次数をν(n)とします。先ほどの例で言えば

ν(1)=2ν(2)=2ν(3)=6ν(4)=12
です。この先ですが

ν(5)=30ν(6)=54

と続きます。

さて、Fqにはnの約数であるd次の既約多項式がすべて存在します。それらの次数を足し合わせれば当然qになります。よって、

d|nν(d)=q=pn

が成立します。ここからメビウスの反転公式を使って

ν(d)=d|nμ(nd)pd

となります。ν(d)/nn次式の個数になるので


1nd|nμ(nd)pd


が求める個数になります。

 

 

Posted by issei

カテゴリ : 数学