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Número de incluso irreductible monic polinomios de un grado determinado sobre un campo finito

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 :)

4voto

Construyendo sobre los cimientos establecidos por la OP (y la promoción de mis comentarios a la respuesta).

De hecho, el polinomio mínimo de un elemento $x$ en algunos extensión de campo $L$ $K=\Bbb{F}_q$ es incluso, iff $x$ $-x$ son conjugados. Cuando estamos interesados en irreductible incluso polinomios de grado $n=2m$, queremos $L=K(x)$. Si $\sigma(x)=-x$, luego $$\sigma^2(x)=\sigma(-x)=x,$$ y $x$ es, por tanto, en el campo fijo de $\sigma^2$, e $\sigma^2$ es la asignación de identidades en $K(x)$. Deje $F:z\mapsto z^q$ ser el Frobenius automorphism de $L/K$. Básicos de la teoría de Galois de campos finitos y luego nos dice que debemos tener $\sigma=F^m$. En otras palabras, obtenemos la condición necesaria $$ -x=\sigma(x)=x^{q^m}\Leftrightarrow x^{q^m}+x=0.\qquad $$

Lema 1. Si $z\in L, z\neq0,$ es un cero de $P(T)=T^{q^m}+T$, $[K(z):K]=2d$ tal que $d\mid m$ $m/d$ es un entero impar. Además, $z$, entonces es un cero del polinomio $R(T)=T^{q^d}+T$.

Prueba. Debido a $-z=-z+P(z)=z^{q^m}$, los elementos $z$ $-z$ $K$- conjugados. Por lo tanto, el polinomio mínimo de a $z$ es incluso (por el OP del resultado), por lo que su grado es $2d$ para algunos entero $d$. Debido a $z\in L$ también contamos $2d\mid n=2m$, e $d\mid m$. Por nuestra discusión anterior tenemos tanto $F^m(z)=-z$$F^d(z)=-z$. Si $\ell=m/d$ por lo tanto conseguir $$ -z=F^m(z)=(F^d)^\ell(z)=(-1)^\ell z. $$ Por lo tanto, $\ell$ debe ser impar. QED.

Denotar por $S_m$ el conjunto $$ S_m:=\{z\in\overline{K}\mediados de z^{q^m}+z=0, z\neq0\}. $$

Lema 2. Si $d\mid m$ $m/d=\ell$ es un entero impar, entonces $S_d\subseteq S_m$.

Prueba. Si $z\in S_d$,$F^d(z)=-z$. Repetir el cálculo anterior podemos ver que $F^m(z)=-z$, y, por tanto,$z\in S_m$. QED.

Debido a que un polinomio irreducible de $K[T]$ grado $n=2m$ $2m$ distintos de ceros $\overline{K}$, el siguiente resultado es ahora inmediata.

La proposición. Deje $N_m$ el número de incluso polinomios irreducibles de grado $2m$$K[T]$. Entonces tenemos $$ 2m N_m=|S(m)\setminus\bigcup_{d\mid m, 2\nmid (m/d)} (d)|. $$

Lema 3. El polinomio $P(T)=T^{q^m}+T$ $q^m$ distintos de ceros $L$.

Prueba. Debido a $P'(T)=1$, los ceros de $P(T)$ $\overline{K}$ son todos simples. Debido a $P(T)^{q^m}-P(T)=T^{q^{2m}}-T$, y los ceros de la r.h.s. polinomio son exactamente los elementos de $L$, podemos ver que todos los ceros de $P(T)$$L$. QED.

La inclusión-exclusión de la fórmula, a continuación, nos da la siguiente fórmula de inversión de Möbius)

Corolario. $$ N_m=\frac1{2m}\sum_{d\mid m, 2\nmid (m/d)}\mu(\frac m d)(q^d-1). $$

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