代数学の問題

方針 $K={\mathbb{F}}_{2^{10}}$（元の個数 $2^{10}=1024$ の有限体）の元のうち、${\mathbb{F}}_2$ 上の次数（最小多項式の次数）がちょうど $10$ のものを数えます。その個数を $10$ で割ると、$10$ 次のモニック既約多項式の個数になります。

手順 1：部分体を調べる $K$ の部分体は ${\mathbb{F}}_{2^d}$（$d\mid 10$）だけです。$10$ の約数は $1,2,5,10$ です。$K$ の元 $\alpha$ の次数は $10$ の約数です。次数が $10$ でない元は、$10$ 未満の極大な約数 $5$ か $2$ に対応する部分体
$${\mathbb{F}}_{2^5}(\text{元は }32\text{ 個}),{\mathbb{F}}_{2^2}(\text{元は }4\text{ 個})$$
のどちらかに含まれます。

手順 2：包除原理で除く 2 つの部分体の共通部分は ${\mathbb{F}}_{2^{\gcd (5,2)}}={\mathbb{F}}_2$ で、元は $2$ 個です。よって
$$|{\mathbb{F}}_{2^5}\cup {\mathbb{F}}_{2^2}|=32+4-2=34$$
です。次数がちょうど $10$ の元の個数は
$$1024-34=990$$
です。これは公式 ${\sum }_{d\mid 10}\mu (d)2^{10/d}=2^{10}-2^5-2^2+2^1$ と一致します。

手順 3：$10$ で割る ${\mathbb{F}}_2$ 上の $10$ 次モニック既約多項式は、$K$ の中に相異なる $10$ 個の根をもちます。また、異なる既約多項式どうしが共通の根をもつことはありません。逆に、次数 $10$ の元はどれも、ちょうど $1$ つの $10$ 次モニック既約多項式（その元の最小多項式）の根になります。したがって $10$ 次モニック既約多項式の個数は
$$\frac{990}{10}=99$$
です。

手順 4：モニックでないものの扱い ${\mathbb{F}}_2$ の $0$ でない元は $1$ だけです。そのため ${\mathbb{F}}_2$ 上の $10$ 次多項式の最高次の係数は必ず $1$ で、既約多項式はすべてモニックです。

よって答えは $99$ 個です。

${\mathbb{F}}_2$ 上の $n$ 次の既約多項式（モニックなもの）の個数は、メビウスの反転公式より $N_n=\frac{1}{n}{\sum }_{d\mid n}\mu (d)2^{n/d}$ である。

$n=10$ の約数は $1,2,5,10$ で、$\mu (1)=1$, $\mu (2)=-1$, $\mu (5)=-1$, $\mu (10)=1$ である。したがって

$N_{10}=\frac{1}{10}(2^{10}-2^5-2^2+2^1)=\frac{1024-32-4+2}{10}=\frac{990}{10}=99$.

検算: ${\sum }_{d\mid 10}d{N}_d=2^{10}$ が成り立つはずである。$N_1=2$, $N_2=1$, $N_5=6$ であり、$1\cdot 2+2\cdot 1+5\cdot 6+10\cdot 99=2+2+30+990=1024=2^{10}$ となって一致する。

${\mathbb{F}}_2$ では $0$ 以外の係数は $1$ だけなので、既約多項式はすべてモニックである。よって答えは $99$。