Fonction de Möbius
dans Arithmétique
Bonjour à tous
Petit mal de tête ce matin sur ce lemme qui est utilisé dans le dénombrement des polynômes irréductibles de Fq :
Si je comprends la dernière transition de la preuve (on se sert visiblement de $\sum_{d\mid n}\mu(d)=0$), je ne comprends pas comment on parvient à réorganiser la somme avec les évolutions d'indice associées, c'est-à-dire la méthode pour obtenir cela.
Si vous aviez un petit éclairage...
Merci !
Petit mal de tête ce matin sur ce lemme qui est utilisé dans le dénombrement des polynômes irréductibles de Fq :
Si je comprends la dernière transition de la preuve (on se sert visiblement de $\sum_{d\mid n}\mu(d)=0$), je ne comprends pas comment on parvient à réorganiser la somme avec les évolutions d'indice associées, c'est-à-dire la méthode pour obtenir cela.
Si vous aviez un petit éclairage...
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Réponses
Donc elle s'écrit comme somme des $f(d')\mu(d)$ indexée par $\{(d,d') : d'\mid n~\text{ et }~d\mid \frac{n}{d'}\}$, et on peut à nouveau reséparer, comme ce qui est indiqué.
Je reviens sur ce sujet parce que j'ai du mal avec la suite :
La réciproque me fait vraiment souffrir, il y a quelque chose qui m'échappe :
- On prend un facteur $P$ irréductible de $X^{q^n}-X$, on dit que $X^{q^n}-X$ est scindé donc si je ne m'abuse, c'est un produits de polynômes du premier degré affectés chacun d'une certaine multiplicité...
- Puis juste avant la conclusion, on met en avant que $X^{q^n}-X$ est forcément à racines simples, donc ce polynôme est scindé et il est a racines simples, c'est donc un produit de polynômes de degré $1$ non?
- Donc notre $P$ étant un facteur irréductible de ce polynôme, n'est il pas forcément de degré $1$? Alors comment peut il être de degré $d$ tel que $d$ divise $n$ (certes $1$ divise tout mais je ne crois pas que ce soit l'idée ici)
Bref je m'embrouille, c'est sûr...
Merci par avance pour un avis!
X^{2^6}-X=&X (X + 1) (X^2 + X + 1) (X^3 + X + 1) (X^3 + X^2 + 1) \times\cdots\\
&\quad (X^6 + X + 1) (X^6 + X^3 + 1) (X^6 + X^4 + X^2 + X + 1) (X^6 + X^4 + X^3 + X + 1) \times\cdots\\
&\quad (X^6 + X^5 + 1) (X^6 + X^5 + X^2 + X + 1) (X^6 + X^5 + X^3 + X^2 + 1) \times\cdots\\
&\quad (X^6 + X^5 + X^4 + X + 1) (X^6 + X^5 + X^4 + X^2 + 1).\end{align*}
Oui effectivement, je n'avais pas cette importante subtilité.
Mais j'ai encore du mal à faire le lien "de cause à effet" entre :
- le polynôme $X^{q^{n}}-X$ est à racine simple sur $F_{q^{n}}$
avec :
- les facteurs irréductibles de $X^{q^{n}}-X$ dans $F_q$ interviennent avec une multiplicité égale à 1.
Merci encore.
Merci à tous les deux.
Math Coss, ton argument c'est un raisonnement par l'absurde qui conduit à dire que que $P$ est forcément de multiplicité simple dans $X^{{q^n}}-X$ car $P$ ne divise pas $-1$, c'est cela ? Donc avec cet argument, j'ai l'impression qu'on n'a même pas besoin de dire que $X^{{q^n}}-X$ est scindé à racine simple dans $F_{q^n}$ ?
Il se trouve qu'il est scindé sur $\mathbf{F}_{q^n}$, mais la valeur précise de l'exposant n'est pas très importante ici. Tu peux lire la démonstration de Poirot en remplaçant $\mathbf{F}_{q^n}[X]$ par $\overline{\mathbf{F}_q}[X]$ ou $\mathbf{F}_{q^m}[X]$, où « $m$ est assez grand pour que $X^{q^n}-X$ soit scindé sur $\mathbf{F}_{q^m}$ » (once again, information supplémentaire utilisée par Poirot mais pas essentielle : $m=n$ convient).