Producto de polinomios monic en un campo de función

Question

Estoy tratando de demostrar que, dado que$P$ es un monic irreductible sobre$\Bbb F_q[t]$ y$d=\deg(P)$, entonces$$\prod_{\substack{f\text{ monic}\\ 0\leq\deg(f)<d}}f=\pm1\pmod{P}.$$My first thought goes to using the analog of Wilson's Theorem over function fields, but it doesn't require the polynomials to be monic. At this point, I thought that every polynomial can be written as $ \ alpha f$ where $ \ alpha \ in \ Bbb F_q ^ \ ast$ and $ f$ is monic. Combining all of these, I got $$\prod_{\substack{f\text{ monic}\\ 0\leq\deg(f)<d}}\left(f^{q-1}\prod_{\alpha\in\Bbb F_q^\ast}\alpha\right)=(-1)^d\left(\prod_{\substack{f\text{ monic}\\0\leq\deg(f)<d}}f\right)^{q-1}=-1\pmod{P}.$$So I can divide the $ (- 1) ^ {d-1}$ over, but the $ q-1 $ power me echa fuera ¿Voy en la dirección correcta? ¿Algún consejo útil? Apreciaría si puedo resolver esto por mi cuenta, así que no tengo respuestas completas (todavía), por favor, a menos que mi solución sea correcta hasta el momento y una pequeña pista lo termine.

Answer 1

La afirmación es de hecho falsa. Si observamos el caso$q=3$ y$P=t^2+1$, por ejemplo, entonces los polinomios monicos de grado$1$ son$$t,\quad t+1,\quad t+2.$$ Multiplying these together, we have $$t(t+1)(t+2)=t^3-t=t(t^2+1)+t\equiv t\pmod{P}.$ $ Por lo tanto , tenemos un claro contraejemplo al ejercicio.

Como mi profesor señaló más tarde, lo que tengo arriba es, de hecho, la respuesta intencionada.