之前寫過如何判斷多項(xiàng)式是否不可約，已知分圓多項(xiàng)式都是有理數(shù)域上的不可約的整系數(shù)多項(xiàng)式。根據(jù)剩余類判別法，存在一些素域，使得分圓多項(xiàng)式在其上也是不可約的。那么，給定一個(gè)有限域，哪些分圓多項(xiàng)式是不可約的？進(jìn)一步的，所有的不可約多項(xiàng)式是哪些？

莫比烏斯函數(shù)

莫比烏斯函數(shù)是如下分段函數(shù)：
$$\mu (n)=?\begin{array}{rlrl}1,& & n& =1\\ (?1{)}^k,& & n& =p_1{p}_2?p_k\\ 0,& & o& thers\end{array}$$

它是一個(gè)積性函數(shù)：$\mu (ab)=\mu (a)\mu (b)$

對(duì)于$n\in {\mathbb{Z}}^{+}$，它滿足
$$\sum _{d\mid n}\mu (d)=1\text{?if?n=1?else?0}$$

對(duì)于$n\in {\mathbb{Z}}^{+}$，它滿足
$$\sum _{d\mid n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{?(n)}{n}$$

與歐拉函數(shù)聯(lián)系起來了

有限域上分圓多項(xiàng)式的性質(zhì)

有限域$F_q$，特征$p$，令$(n,p)=1$，那么$F_q$上的$n$階分圓多項(xiàng)式，都可表示為：
$$Q_n(x)=\prod _{d\mid n}(x^d?1{)}^{\mu (n/d)}=\prod _{d\mid n}(x^{n/d}?1{)}^{\mu (d)}$$

為了計(jì)算莫比烏斯函數(shù)$\mu (d)$，可以做整數(shù)的素分解（例如篩法）。一般地 $n$ 是多項(xiàng)式復(fù)雜度的，因此用最簡(jiǎn)單的篩法效率也還行。

令$r$是素?cái)?shù)，$m$是任意正整數(shù)，那么

若$r?m$，那么
$$Q_{mr}(x)=\frac{Q_m(x^r)}{Q_m(x)}$$

若$r\mid m$，那么
$$Q_{mr}(x)=Q_m(x^r)$$

令$k$是正整數(shù)，那么
$$Q_{m{r}^k}(x)=Q_{mr}(x^{r^{k?1}})$$

若$n\ge 3$，且$n$是奇數(shù)，那么
$$Q_{2n}(x)=Q_n(?x)$$

有限域上分圓多項(xiàng)式的不可約性

$F_q$是有限域，整數(shù)$n>1$且$(n,q)=1$，那么$Q_n$可以在$F_q[x]$上分解為 $?(n)/d$ 個(gè)不同的 $d$ 次首一不可約多項(xiàng)式之積，其中 $d$ 是 $q\mathrm{mod}n$ 的指數(shù)，即
$$Q_n(x)=\prod _{i=1}^{?(n)/d}{p}_i(x)$$

其中$p_i(x)$不可約，$\mathrm{deg}(p_i)=d=ord(q\mathrm{mod}n)$，$\mathrm{deg}(Q_n)=?(n)$

因此，$Q_n$ 在 $F_q$ 上不可約 $?$ $q\mathrm{mod}n$ 的指數(shù)為 $?(n)$（$q$是${\mathbb{Z}}_n^{?}$的原根）

根據(jù)數(shù)論知識(shí)，${\mathbb{Z}}_n^{?}$ 中存在原根 $?$ $n=2,4,p^r,2p^r$，其中$p$是奇素?cái)?shù)，$r$是正整數(shù)（已經(jīng)忘干凈了 (；′⌒`)）

因此，$(n,q)=1$的有限域 $F_q$ 上 $Q_n$ 不可約，那么恰有：$n=2,4,p^r,2p^r$。于是，任意有限域上，可約的分圓多項(xiàng)式有無限個(gè)，同時(shí)不可約的分圓多項(xiàng)式也有無限個(gè)。

如果$a\not\equiv 0\mathrm{mod}p$，其中$p$是奇素?cái)?shù)，那么 Legendre 符號(hào)為：
$$\left(\frac{a}{p}\right)\equiv a^{\frac{p?1}{2}}\mathrm{mod}p$$

當(dāng)素?cái)?shù)形如$p=8m\pm 1$，那么$2$是二次剩余。嘚嘚嘚，推出：如果$Q_n$在${\mathbb{Z}}_2$上不可約，要么$n\equiv \pm 3\mathrm{mod}8$是素?cái)?shù)，或者$n=p^2$其中$p\equiv \pm 3\mathrm{mod}8$是素?cái)?shù)。反之不成立。

有限域上所有的不可約多項(xiàng)式

有限域$F_q[x]$中，所有的次數(shù)整除$n$的首一不可約多項(xiàng)式之積：
$$x^{q^n}?x=\prod _{d\mid n}\prod _{\mathrm{deg}(p_i)=d}{p}_i(x)$$

也就是說，擴(kuò)域$F_{q^n}$中的所有元素，恰是這些不可約多項(xiàng)式在代數(shù)閉包中的根。任意一個(gè)$\mathrm{deg}(p_i)=d$的不可約多項(xiàng)式，它有一個(gè)根$\alpha \in F_{q^d}\le F_{q^n}$，那么所有的不同的根為共軛集合$\{\alpha ,{\alpha }^q,?,{\alpha }^{q^{d?1}}\}\in F_{q^d}$，且它們的乘法階都是$l$，它使得$d$是滿足$q^d\equiv 1\mathrm{mod}l$的最小正整數(shù)，即$d=ord(q\mathrm{mod}l)$

令$n$是給定正整數(shù)，設(shè) $I(q,n;x)$ 是$F_q$上所有的$n$次首一不可約多項(xiàng)式之積，那么
$$I(q,n;x)=\prod _{d\mid n}(x^{q^d}?x{)}^{\mu (n/d)}=\prod _{d\mid n}(x^{q^{n/d}}?x{)}^{\mu (d)}$$

設(shè) $N_q(n)$ 是$F_q$上所有的$n$次首一不可約多項(xiàng)式的個(gè)數(shù)，那么
$$N_q(n)=\frac{1}{n}\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})q^d=\frac{1}{n}\sum _{d|n}\mu (d)q^{\frac{n}{d}}$$

令$n$是給定正整數(shù)，考慮所有的$F_q$上的$m$階分圓多項(xiàng)式$Q_m(x)$，使得$n$是$q\mathrm{mod}m$的指數(shù)，那么
$$I(q,n;x)=\prod _m{Q}_m(x)$$

因此，為了找出有限域$F_q$上全部的$n$次不可約多項(xiàng)式：

首先找出所有的滿足$n=ord(q\mathrm{mod}m)$的$m$，

然后計(jì)算對(duì)應(yīng)的分圓多項(xiàng)式$Q_m(x)$，

做素分解，這些$Q_m(x)$的不可約因式，就是全部的$n$次不可約多項(xiàng)式。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的有限域上的所有不可约多项式的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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