代数学の問題

元の個数が $2^6=64$ の有限体を $K={\mathbb{F}}_{64}$ とする。

手順 1：次数がちょうど 6 の元と既約多項式の対応

${\mathbb{F}}_2$ 上の $6$ 次モニック既約多項式 $f(x)$ は $K$ の中で相異なる $6$ 個の根をもちます。それらの根はどれも ${\mathbb{F}}_2$ 上の次数（最小多項式の次数）がちょうど $6$ の元です。逆に、次数がちょうど $6$ の元の最小多項式は $6$ 次モニック既約多項式です。異なる既約多項式は共通の根をもたないので、
$$(\text{6 次モニック既約多項式の個数})=\frac{1}{6}\times (\text{次数がちょうど 6 の }K\text{ の元の個数})$$
が成り立ちます。

手順 2：部分体を包除原理で除く

$K$ の部分体は ${\mathbb{F}}_{2^d}$（$d\mid 6$、すなわち $d=1,2,3,6$）だけです。元 $\alpha$ の次数が $6$ より小さいのは、$\alpha$ が真の部分体 ${\mathbb{F}}_{2^1},{\mathbb{F}}_{2^2},{\mathbb{F}}_{2^3}$ のどれかに入るときです。${\mathbb{F}}_2\subset {\mathbb{F}}_4$、${\mathbb{F}}_2\subset {\mathbb{F}}_8$ なので、極大な真の部分体 ${\mathbb{F}}_4$ と ${\mathbb{F}}_8$ を考えればよく、その共通部分は ${\mathbb{F}}_{2^{\gcd (2,3)}}={\mathbb{F}}_2$ です。包除原理より
$$n({\mathbb{F}}_4\cup {\mathbb{F}}_8)=n({\mathbb{F}}_4)+n({\mathbb{F}}_8)-n({\mathbb{F}}_4\cap {\mathbb{F}}_8)=4+8-2=10.$$
よって、次数がちょうど $6$ の元の個数は
$$64-10=54.$$

手順 3：6 で割る
$$\frac{54}{6}=9.$$

（公式 $\frac{1}{6}{\sum }_{d\mid 6}\mu (d)2^{6/d}=\frac{1}{6}(2^6-2^3-2^2+2^1)=\frac{54}{6}=9$ とも一致します。）

したがって、求める個数は $9$ 個です。

${\mathbb{F}}_2$ 上の $n$ 次モニック既約多項式の個数は $N(n)=\frac{1}{n}{\sum }_{d\mid n}\mu (d)2^{n/d}$ である。

$n=6$ のとき、約数 $d=1,2,3,6$ について $\mu (1)=1,\mu (2)=-1,\mu (3)=-1,\mu (6)=1$ である。

$N(6)=\frac{1}{6}(2^6-2^3-2^2+2^1)=\frac{1}{6}(64-8-4+2)=\frac{54}{6}=9$。

検算: ${\mathbb{F}}_{64}$ の元 64 個のうち、${\mathbb{F}}_4$ に属する元が 4 個、${\mathbb{F}}_8$ に属する元が 8 個、${\mathbb{F}}_2$ に属する元が 2 個である。${\mathbb{F}}_4\cup {\mathbb{F}}_8$ の元数は $4+8-2=10$ なので、ちょうど 6 次の元は $64-10=54$ 個。1 つの 6 次既約多項式は 6 個の根をもつので $54/6=9$ 個となる。