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Fonction de Möbius

Bonjour à tous
Petit mal de tête ce matin sur ce lemme qui est utilisé dans le dénombrement des polynômes irréductibles de Fq :
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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.
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Si vous aviez un petit éclairage...
Merci !

Réponses

  • La somme peut se réécrire comme somme indexée par $\{(d,d') : d\mid n~\text{ et }~d'\mid \frac{n}{d}\}$ des $f(d')\mu(d)$. Sauf que si $d\mid n$ et $d'\mid \frac{n}{d}$, alors $d'\mid n$ et $d\mid \frac{n}{d'}$ (le premier est évident, pour le deuxième écrire $d' k = \frac{n}{d} \implies d'kd = n \implies dk= \frac{n}{d}$) ; et évidemment réciproquement.

    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.
  • Bref, il y a une bijection entre les diviseurs $d$ et $d^{\, \prime}$ de $n$ tels que $d \times d^{\, \prime} = n$.
  • Bonsoir à tous,

    Je reviens sur ce sujet parce que j'ai du mal avec la suite :

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    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!
  • Attention, $X^{q^n}-X$ est scindé sur $\mathbb F_{q^n}$, pas sur $\mathbb F_q$, il n'y a donc aucune raison pour que ses facteurs irréductibles sur $\mathbb F_q$ soient de degré $1$.
  • 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*}
  • Bonsoir,

    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.
  • 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 $X^{q^n}-X$...
  • Plus simple ? Si $P^2$ divise $X^{q^n}-X$, alors $P$ divise $(X^{q^n}-X)'=-1$.
  • Bonjour
    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 $F_{q^n}$ ?
  • Effectivement, pas besoin de justifier a priori le caractère scindé pour que l'argument fonctionne.
  • 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).
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