ほぼ雑記的メモ
pを素数とし、q=pnとする。有限体Fp上の多項式Xq−Xはdをn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X4−X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
X4−X=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 X8−X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
X8−X=X(X−1)(X6+X5+⋯+1)=X(X−1)(X3+X+1)(X3+X2+1)
例3)
F2におけるX16−X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、
X16−X=X(X−1)(X2+X+1)(X12+X11+⋯+1)=X(X−1)(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。
Xq−X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)/nがn次式の個数になるので
1n∑d|nμ(nd)pd
が求める個数になります。
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