Es bien sabido que el número de irreductible monic polinomios de grado $n$ sobre el campo finito de $q$ elementos está dado por la fórmula $$\frac{1}{n}\sum_{d\mid n}\mu\left(\frac{n}{d}\right)q^{d}.$$ Aquí $\mu(\cdot)$ es la función de Moebius.
Un polinomio $f(t)\in k[t]$ ($k$ cualquier campo) se llama incluso si $f(-t)=f(t)$. Me preguntaba si el número de monic irreductible incluso polinomios de un determinado grado de $n=2m$ es conocido.
Lo que he conseguido mostrar es que dentro del campo de la extensión de ${\bf F}_{q^{2m}}\mid {\bf F}_q$, asumiendo $q$ es impar, se tiene que $x\in {\bf F}_{q^{2m}}$ tiene incluso una mínima polinomio sobre ${\bf F}_q$ fib existe $\sigma\in{\mathrm{ Gal}}({\bf F}_{q^{2m}}\mid {\bf F}_q)$ tal que $\sigma(x)=-x$.
Prueba- Deje $m(t)\in{\bf F}_q[t]$ ser el polinomio mínimo de a $x$. Si $m(-x)=0$, entonces, por el hecho de que ${\bf F}_{q^{2m}}\mid{\bf F}_q$ es de Galois, un automorphism $\sigma$ existe.
Por el contrario, supongamos $\sigma(x)=-x$, y definir $f(t)=\frac{1}{2}(m(t)-m(-t))\in {\bf F}_q[t]$. A continuación,$f(x)=\frac{1}{2}(m(x)-m(\sigma(x)))=0$. Desde $\deg(f)\le \deg(m)$ esto implica que los $f(t)=0$ o $f(t)=m(t)$. Pero tenga en cuenta que $f(t)=-f(-t)$, y, por tanto,$m(t)=-m(-t)$. En particular, $m(0)=-m(-0)=-m(0)$, lo que significa que $m(0)=0$, una contradicción a $m$ siendo irreductible.$\square$
Ahora, estoy bastante seguro de que esta declaración y la prueba son válidos, y estoy bastante seguro de que tiene algún valor en la enumeración que estoy buscando, pero no estoy seguro de cómo aplicarlo.
Agradecería cualquier ayuda.
Gracias :)