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Rivedendo i miei caotici appunti del senior, e' saltato fuori questo fatto molto interessante, vi invito a dimostrarlo:

Sia q un primo, sia $ P_n\subset \mathbb{F}_q[x] $ l'insieme dei polinomi monici e irriducibili il cui grado divide n.

Allora si ha:

$ \displaystyle x^{q^n}-x=\prod_{p\in P_n} p(x) $

(nota bene: i polinomi sono polinomi e non funzioni polinomiali)

Corollario:

posto $ R_n=\{ p\in P_n\; |\; deg(p)=n\} $ abbiamo:

$ \displaystyle |R_n|=\frac{\displaystyle\sum_{d|n} q^d\cdot\mu \left(\frac{n}{d}\right)}{n} $

Dove $ \mu(n)=0 $ se n non e' squarefree, altrimenti, detto k il numero di divisori primi di n, $ \mu(n)=(-1)^k $

Buon lavoro.

Pietro, perchè cavolo metti il Teoria dei Numeri questo problema di pacifica algebra? TdN non è tutto!

Comunque, visto che se finisco qua il messaggio, sarebbe un messaggio di spam, tanto vale che riguardo anche i miei caotici appunti e lo risolvo

Sia $ ~ P \in \mathbb{F}_q[x] $ un polinomio irriducibile di grado k. Sia $ ~ \mathbb{F}_{q^a} $ il suo campo di spezzamento. Sia b la radice di P che massimizza il minimo k tale che $ ~ x^{q^k} = x $. Sia c tale minimo. c=a, poichè altrimenci il campo di spezzamento di $ ~ x^{q^c} - x $ spezzerebbe anche P e sarebbe più piccolo. Quindi $ ~ b,b^q,\ldots, b^{q^{a-1}} $ sono tutti distinti. Ma, poichè $ ~ x \rightarrow x^q $ è un automorfismo di campo, queste sono a radici distinte di P, quindi $ ~ a \le k $. Per l'irriducibilità di k, sappiamo anche che $ ~ k \le a $. Quindi il campo di spezzamento di un polinomio irriducibile di grado k è proprio $ ~ \mathbb{F}_{q^k} $.

Quindi, se P è irriducibile e ha grado k, e k divide n, allora P divide $ ~ x^q^k - x $ e quindi divide anche $ ~ x^q^n - x $. Conversamente, se P è irriducibile di grado k e divide $ ~ x^q^n - x $, allora il campo di spezzamento di P è contenuto nel campo di spezzamento di $ ~ x^q^n - x $, quindi $ ~ \mathbb{F}_{q^k} $ è un sottocampo di $ ~ \mathbb{F}_{q^n} $, quindi k | n come è noto.

Aggiungendo anche il fatto che ogni radice di $ ~ x^q^n - x $ è singola (per il criterio della derivata), e quindi un fattore lo troviamo una volta sola, si ha la (prima) tesi.

Usando il fatto che, se P,Q sono polinomi, allora deg(PQ) = deg(P) + deg(Q), indicando con f(n) il numero di polinomi monici irriducibili di grado n, si ha:
$ ~ \sum_{d \mid n} f(n) = q^n $
Passando per la formula di inversione di Moebius, si ha la seconda tesi (a parte l'n al denominatore che non so perchè non mi torna).

Edit: ho trovato la somma dei gradi di tutti i polinomi irriducibili di grado n. Evidentemente quello di dividere per n non era un inconcepibile guizzo della mente di piever.