体論・ガロア理論の問題

生成元の個数. ${\mathbb{F}}_{16}^{\times }$ は位数 $16-1=15$ の巡回群なので、その生成元（位数 $15$ の元）の個数は
$$\phi (15)=\phi (3)\phi (5)=2\cdot 4=8$$
である。

生成元の ${\mathbb{F}}_2$ 上の次数. 生成元 $\alpha$ が ${\mathbb{F}}_2$ 上次数 $d$ の元なら $\alpha \in {\mathbb{F}}_{2^d}$ で、$d$ は $4$ の約数 $1,2,4$ のどれかである。$d=1,2$ なら ${\alpha }^{2^d-1}=1$ で、$\alpha$ の位数は $1$ または $3$ の約数になり $15$ にならない。よって生成元はすべて ${\mathbb{F}}_2$ 上の次数が $4$ で、最小多項式は $4$ 次既約多項式である。

フロベニウスによる共役. $\mathrm{Gal}({\mathbb{F}}_{16}/{\mathbb{F}}_2)$ はフロベニウス $\sigma :x\mapsto x^2$ で生成される位数 $4$ の巡回群である。したがって次数 $4$ の元 $\alpha$ の最小多項式の根は、$\alpha$ の共役
$$\alpha ,{\alpha }^2,{\alpha }^4,{\alpha }^8$$
の $4$ つ（相異なる）である。$\alpha$ が位数 $15$ なら、$\gcd (2^i,15)=1$ より ${\alpha }^{2^i}$ も位数 $15$、すなわち生成元である。つまり原始多項式の $4$ つの根はすべて生成元で、逆に各生成元はちょうど $1$ つの原始多項式（自分の最小多項式）の根になる。

数える. $8$ 個の生成元が、$4$ 個ずつの共役の組に分かれるので、原始多項式の個数は
$$\frac{\phi (15)}{4}=\frac{8}{4}=2$$
である（実際、$x^4+x+1$ と $x^4+x^3+1$ の $2$ つ）。

${\mathbb{F}}_{16}^{\times }$ は位数 15 の巡回群なので、生成元（原始元）の個数は $\phi (15)=\phi (3)\phi (5)=2\cdot 4=8$。

原始元 $\alpha$ の位数は 15 で、$\alpha \notin {\mathbb{F}}_4$（${\mathbb{F}}_4^{\times }$ の位数は 3）なので $\alpha$ の ${\mathbb{F}}_2$ 上の最小多項式の次数は $[{\mathbb{F}}_2(\alpha ):{\mathbb{F}}_2]=4$。最小多項式の根は $\alpha ,{\alpha }^2,{\alpha }^4,{\alpha }^8$ の 4 個（フロベニウス共役）で、これらはすべて位数 15 の原始元（$\gcd (2^k,15)=1$）。

したがって 8 個の原始元は、4 個ずつの共役類に分かれ、$8/4=2$ 個のモニック 4 次既約多項式（原始多項式）に対応する。

検算: 具体的には $x^4+x+1$ と $x^4+x^3+1$ がその 2 つ（互いに逆数多項式）。$x^4+x+1$ の根 $\alpha$ について ${\alpha }^3\ne 1$、${\alpha }^5={\alpha }^2+\alpha \ne 1$ なので位数は 15。もう 1 つの 4 次既約多項式 $x^4+x^3+x^2+x+1$ の根は位数 5 で原始的でない。4 次既約多項式は $(16-4)/4=3$ 個で、そのうち原始的なものは 2 個。これは公式 $\phi (15)/4=2$ と一致する。