Fonction de Möbius

supp

Voici par exemple la factorisation sur $\mathbf{F}_2$ de $X^{2^6}-X$ :\begin{align*}
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*}

Si $P$ est un facteur irréductible de $X^{q^n}-X$ dans $\mathbb F_q[X]$ avec multiplicité au moins $2$, alors $P^2$ divise $X^{q^n}-X$ dans $\mathbb F_q[X]$, et donc également dans $\mathbb F_{q^n}[X]$. Mais puisque $X^{q^n}-X$ est scindé sur $\mathbb F_{q^n}[X]$, $P$ aussi, et ses racines dans $\mathbb F_{q^n}[X]$ sont racines de $X^{q^n}-X$ et celles-ci sont alors de multiplicité au moins $2$ puisque $P^2$ divise $X^{q^n}-X$...

En effet. Le point clé, c'est que $X^{q^n}-X$ est à racines simples « tout court », c'est-à-dire dans la clôture algébrique de $\mathbf{F}_q$. Cela se traduit par le fait que le pgcd de ce polynôme et de son polynôme dérivé est $1$ (ici, c'est évident puisque le polynôme dérivé vaut $-1$). Dans ces conditions, que l'on invoque la simplicité des racines dans un corps où elles existent ou le pgcd avec le polynôme dérivé, on voit que la multiplicité d'un facteur irréductible est au plus $1$.

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).