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\geq 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.$\Box$

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\leq a_i,\beta_j\leq 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
$\displaystyle\sum_{d|p^a}\mu(d)=\mu(1)+\mu(p)+\cdots+\mu(p^a)=1-1+0+\cdots+0=0$.$\Box$

$d$を$\dfrac{n}{d}$で置き換えることにより$\displaystyle\sum_{d|n}\mu(d)F(\dfrac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})F(d)$となる.よって$f(n)=\displaystyle\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})F(d)$を示す.$F(n)$の定義より$\displaystyle\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})F(d)=\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})\sum_{e|d}f(e)$となる.$d|n$と$e|d$の組を考えることは$d=ed_1$とおくと$e|n$と$d_1|\dfrac{n}{e}$($d$を$e$で割った値)を考えることと同じである.よって
$\displaystyle\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})\sum_{e|d}f(e)=\sum_{e|n}f(e)\sum_{d_1|\dfrac{n}{e}}f(\dfrac{n}{ed_1})=\sum_{e|n}f(e)\sum_{d_1|\dfrac{n}{e}}f(d_1)$.
命題2から$\dfrac{n}{e}=1$となる$e$つまり$e=n $だけ考えればよい.従って
$\displaystyle\sum_{e|n}f(e)\sum_{d_1|\dfrac{n}{e}}f(d_1)=f(n)$.$\Box$

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$\displaystyle\sum_{d|n}dN_d=p^n$.これにメビウスの反転公式を用いて$nN_n=\displaystyle\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})p^d$.よって$N_n=\displaystyle\dfrac{1}{n}\sum_{d|n}\mu(\dfrac{n}{d})p^d$.$\Box$