有限体上の既約多項式の個数2

1. ${\mathbb{F}}_{p^n}$が${\mathbb{F}}_p$の代数閉包に含まれるとしてよい.$m|n$のとき${\mathbb{F}}_{p^m}\subseteq {\mathbb{F}}_{p^n}$であり,${\mathbb{F}}_{p^m}$,${\mathbb{F}}_{p^n}$はそれぞれ$x^{p^m}-x=0$,$x^{p^n}-x=0$の解集合なので$x^{p^m}-x$は$x^{p^n}-x$を割り切る.
2. (1)によって$m|n$なる$m$に対し,$x^{p^m}-x$次数$m$の既約多項式を全て因子にもつことを示せば十分.もし$x^{p^m}-x$の因子にない次数$m$の既約多項式$f(x)$が存在するとする.${\mathbb{F}}_p[x]$はPIDだから素イデアルは極大イデアルであり,${\mathbb{F}}_p/(f(x))$は体である.これは拡大次数が$m$なので位数は$p^m$.前回の命題3からこの体の元は${\alpha }^p=\alpha$を満たす.
   ${\mathbb{F}}_p[t]\to {\mathbb{F}}_p[x]/(f(x))$,$p(t)\mapsto p(x)$を考える.この写像の核は全体ではなく,$f(x)$はこの核に含まれる.さらに$x^{p^m}-x=0$なので$t^{p^m}-t$もこの核に含まれる.${\mathbb{F}}_p[t]$はPIDで$f(t)$は既約だから,核は$(f(x))$で与えられる.よって$t^{p^m}-t$は$f(t)$で割り切れる.これは矛盾である.
3. $m$が$n$の約数でなく,${\mathbb{F}}_p$上既約な次数$m$の多項式$f(x)$が$x^{p^n}-x$の因子になると仮定する.(2)から$f(x)$は$x^{p^m}-x$の因子にも含まれ,$f(x)=0$の全ての解は${\mathbb{F}}_{p^m}$,${\mathbb{F}}_{p^n}$の両方に属する.$K={\mathbb{F}}_{p^m}\cap {\mathbb{F}}_{p^n}$とおくと$K$は加減乗除で閉じているので${\mathbb{F}}_{p^m}$,${\mathbb{F}}_{p^n}$の共通の部分体である.よって前回の定理5によりある$k\in {\mathbb{Z}}_{>0}$が存在して$K={\mathbb{F}}_{p^k}$,$k|m$,$k|n$である.一方で$f(x)=0$の全ての解が$K$に属することから$x^{p^k}-x$は$f(x)$を因子にもち,$f(x)$は${\mathbb{F}}_p$上既約で次数$m$だから$k\ge m$.従って$k=m$であり,$m|n$となって矛盾する.
   (4)もし,$x^{p^n}-x$が$1$次以上の多項式$f(x)$の平方を因子にもったと仮定すると
   $x^{p^n}-x=f(x)g(x)$,$g(x)\in {\mathbb{F}}_p[x]$と表され,この両辺を微分すると,標数が$p$であることから$-1=f(x)(2f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x))$となって矛盾する.$◻$

まず,$m,n>1$が互いに素であるとき$\mu (mn)=\mu (m)\mu (n)$であることを示す.$m$または$n$がある素数の$2$乗で割り切れれば$mn$もその素数の$2$乗で割り切れるので$\mu (mn)=0$である.$m,n$がどの素数の$2$乗でも割り切れなければ,異なる素数$p_1,\dots ,p_t$,$q_1,\dots ,q_s$により$n=p_1\cdots p_t$,$m=q_1\cdots q_s$と表せる.$mn$の素因子の数は$t+s$となるので$\mu (n)=(-1{)}^t$,$\mu (m)=(-1{)}^s$,$\mu (mn)=(-1{)}^{s+t}$.よって$\mu (m)\mu (n)=\mu (mn)$.
次に$F(n)={\displaystyle \sum _{d|n}\mu (d)}$とおく.$m,n$が互いに素であるとき$F(mn)=F(m)F(n)$であることをみる.$n=p_1^{a_1}\dots p_t^{a_t}$,$m=q_1^{b_1}\dots q_s^{b_s}$を素因数分解とする.ただし,$p_1,\dots ,p_t,q_1,\dots ,q_s$は全て異なる素数で$a_1,\dots ,b_s>0$.$mn$の約数と$m$,$n$の約数の組が一対一に対応することをみる.$d$が$mn$の約数なら$d=p_1^{{\alpha }_1}\cdots p_t^{{\alpha }_t}{q}_1^{{\beta }_1}\cdots q_s^{{\beta }_s}$,(${\alpha }_1\le a_i,{\beta }_j\le b_j$)という形である.$d_1=p_1^{{\alpha }_1}\cdots p_t^{{\alpha }_t}$,$d_2=q_1^{{\beta }_1}\cdots q_s^{{\beta }_s}$とおくと$d=d_1{d}_2$,$d_1|m$,$d_2|n$である.逆に$d=d_1{d}_2$,$d_1|n$,$d_2|m$なら$d_1|d$なので$d_1$の素因数分解で$p_i$のべきは${\alpha }_i$以下だが,${\alpha }_i$より真に小さければ$p_i$は$d_2$の素因数分解に現れなければならない.しかし,$d_2|m$なのでこれは矛盾である.
従って$d_1=p_1^{{\alpha }_1}\cdots p_t^{{\alpha }_t}$,$d_2=q_1^{{\beta }_1}\cdots q_s^{{\beta }_s}$.また$d_1|n$,$d_2|m$なら$d_1{d}_2|mn$.よって
$F(mn)={\displaystyle \sum _{d|mn}\mu (d)=\sum _{d_1|n,d_2|m}\mu (d_1{d}_2)}$.$d_1,d_2$は互いに素なので
$\mu (d_1{d}_2)=\mu (d_1)\mu (d_2)$である.従って
${\displaystyle \sum _{d_1|n,d_2|m}\mu (d_1{d}_2)=\sum _{d_1|n,d_2|m}\mu (d_1)\mu (d_2)=F(m)F(n)}$.
これにより$n$は素数べきであるとして示せばよい.$p$を素数,$a>0$として
${\displaystyle \sum _{d|p^a}\mu (d)=\mu (1)+\mu (p)+\cdots +\mu (p^a)=1-1+0+\cdots +0=0}$.$◻$

$d$を${\displaystyle \frac{n}{d}}$で置き換えることにより${\displaystyle \sum _{d|n}\mu (d)F({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})F(d)}$となる.よって$f(n)={\displaystyle \sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})F(d)}$を示す.$F(n)$の定義より${\displaystyle \sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})F(d)=\sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})\sum _{e|d}f(e)}$となる.$d|n$と$e|d$の組を考えることは$d=e{d}_1$とおくと$e|n$と$d_1|{\displaystyle \frac{n}{e}}$($d$を$e$で割った値)を考えることと同じである.よって
${\displaystyle \sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})\sum _{e|d}f(e)=\sum _{e|n}f(e)\sum _{d_1|{\displaystyle \frac{n}{e}}}f({\displaystyle \frac{n}{e{d}_1}})=\sum _{e|n}f(e)\sum _{d_1|{\displaystyle \frac{n}{e}}}f(d_1)}$.
命題2から${\displaystyle \frac{n}{e}}=1$となる$e$つまり$e=n$だけ考えればよい.従って
${\displaystyle \sum _{e|n}f(e)\sum _{d_1|{\displaystyle \frac{n}{e}}}f(d_1)=f(n)}$.$◻$

定理1から$x^{p^n}-x$の因数分解には$n$の約数である$d$に対し$d$次既約多項式が全てちょうど1回現れ,他の次数の既約多項式は現れない.それらの次数を足し合わせれば$p^n$であるから${\displaystyle \sum _{d|n}d{N}_d=p^n}$.これにメビウスの反転公式を用いて$n{N}_n={\displaystyle \sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})p^d}$.よって$N_n={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{d|n}\mu ({\displaystyle \frac{n}{d}})p^d}$.$◻$