Artin–Schreier 扩张与极点约化

根之间的差决定自同构 ​

若 $\alpha$ 是式(1)的根，逐个代入可得 $\alpha +c$ 也是根。它们共 $p$ 个且互异，已经达到多项式的次数，因此就是全部根。$K(\alpha )$ 是可分分裂域；其自同构满足 $\tau (\alpha )-\alpha \in {\mathbb{F}}_p$。

映射

是到 $({\mathbb{F}}_p,+)$ 的单射群同态：复合时两次平移相加，而固定 $\alpha$ 就固定整个生成域。目标群只有平凡子群和自身，所以扩张次数只能是一或 $p$。次数一等价于根已在 $K$ 中，也就是 $a\in \mathrm{\wp }(K)$；若次数为 $p$，式(1)已经是极小多项式。这完成式(2)，没有把一般“无根”误当成高次不可约判据。

从任意循环扩张反造平移生成元 ​

给定 $p$ 次循环扩张 $L/K$ 和生成元 $\sigma$。相对迹满足 $T(-1)=-p=0$，所以 加法 Hilbert 90理路Hilbert 90 与循环差方程Hilbert's theorem 90 · Multiplicative and additive Hilbert 90 · 循环扩张的范数一方程在一般有限循环扩张中，以可终止的加权自同构和构造范数一及迹零方程的全部解，处理特征整除次数和辅助输入消失。构造出 $\beta$ 使

于是 $\beta ,\beta +1,\dots ,\beta +(p-1)$ 互异，故 $\beta$ 有 $p$ 个共轭，生成整个 $L$。并且 $\sigma ({\beta }^p-\beta )={\beta }^p-\beta$，由 固定域结论理路伽罗瓦理论基本定理Fundamental theorem of Galois theory有限伽罗瓦扩张的中间域与群的子群反序对应，并由八阶二面体群完整算出四次根分裂域的十个中间域。，${\beta }^p-\beta \in K$。这里用迹一辅助元素作加权和，整个构造没有除以在 $K$ 中等于零的 $p$。

为什么同域对应同一条直线 ​

若 $L_a=L_{a^{\prime }}$，选 $\sigma (\alpha )=\alpha +1$。由于 ${\alpha }^{\prime }$ 也生成这个 $p$ 次域，$\sigma ({\alpha }^{\prime })={\alpha }^{\prime }+c$ 中的 $c\in {\mathbb{F}}_p$ 不能为零。这样 ${\alpha }^{\prime }-c\alpha$ 被 $\sigma$ 固定，属于 $K$，记为 $b$。对 ${\alpha }^{\prime }=c\alpha +b$ 计算 $p$ 次幂减自身，得到 $a^{\prime }=ca+\mathrm{\wp }(b)$。

反方向直接代入式(4)，便有 $({\alpha }^{\prime }{)}^p-{\alpha }^{\prime }=ca+\mathrm{\wp }(b)$，而逆仿射表达式证明两个根生成同一个域。非零标量 $c$ 的条件保证逆式存在；若允许 $c=0$，输出根就在 $K$ 内，会把一个非平凡扩张丢掉。

单极点输入可以完整约化 ​

取 $K={\mathbb{F}}_p(t)$。考虑有限表达式

它只可能在 $t=0$ 有极点；$t=\mathrm{\infty }$ 处没有极点。若 $a_{pk}=c\ne 0$，就减去

这消掉指数 $pk$ 的项，只改变更小的指数 $k$。从 $M$ 向下一次处理每个指数：遇到能被 $p$ 整除的非零项就做此步，遇到其余项则保留。有限次后得到

累积每一步的 $c{t}^{-k}$ 就得到 $B$。相应根应作 $\gamma =\alpha -B$，才能使 ${\gamma }^p-\gamma =r$；若把根的平移符号写反，参数恒等式一般不会保持。

为什么剩余是唯一证书 ​

有理函数 $h$ 在某一点有阶 $m>0$ 的极点时，$h^p$ 的极点阶为 $pm$，而 $h$ 的阶仅为 $m$。两者最高项不可能抵消，所以 $\mathrm{\wp }(h)$ 在该点的极点阶是 $pm$。这个论证适用于每个有限不可约多项式所定义的位置，也适用于无穷远位置。

若两个式(9)的剩余 $r,r^{\prime }$ 相差 $\mathrm{\wp }(h)$，它们的差只可能在零点有极点，在无穷远没有极点。因此 $h$ 也不能在其他位置或无穷远有极点。把 $h$ 写成既约有理函数，其分母只能是 $t$ 的幂，且分子次数不超过分母次数，所以 $h\in {\mathbb{F}}_p[t^{-1}]$。

若 $h$ 有非零的负幂项，取最高极点阶 $m$，则 $\mathrm{\wp }(h)$ 的最高极点阶为 $pm$。但非零的 $r-r^{\prime }$ 的最高负幂指数不被 $p$ 整除，矛盾。因此 $h$ 只能是 ${\mathbb{F}}_p$ 常数，$\mathrm{\wp }(h)=0$，所以 $r=r^{\prime }$。

这证明了完整判定：对式(7)的输入，$a\in \mathrm{\wp }(K)$ 当且仅当规范剩余 $r=0$。若 $r$ 是非零常数，也不可忽略；${\mathbb{F}}_p$ 中每个常数的 $p$ 次幂减自身都为零。约化只对这里的系数域和单极点输入作此承诺，不把一般 $K$ 的商空间偷偷识别为同一张表。

F₃(t) 的不可约与同域证书 ​

令

在特征三中，$\mathrm{\wp }(B)=2t^{-3}+t^{-1}$，所以规范剩余是 $r=t^{-4}$。若 ${\alpha }^3-\alpha =a$，则

极点阶四不被三整除，故 $r\notin \mathrm{\wp }(K)$，扩张次数严格为三。这份证明排除了所有有理函数原像，不是只在有限次数的候选中搜索。

取 $\delta =2\gamma$，则 ${\delta }^3-\delta =2t^{-4}$，并由 $\gamma =2\delta$ 得到同一个域。反之，若 ${\eta }^3-\eta =t^{-1}$ 与前者同域，就应有 $t^{-1}-c{t}^{-4}\in \mathrm{\wp }(K)$，其中 $c=1$ 或 $2$；这两个差的规范剩余都非零，且最高极点阶仍为四，因此两个域不同。

系数表在素域 F₃ 中计算，右侧蓝点表示 3m 型极点阶，省略更大的三倍数；四阶障碍排除全部有理函数原像。

极点次数被 p 整除时不能直接下结论 ​

在 ${\mathbb{F}}_3(t)$ 中，参数 $t^{-3}$ 的最高极点阶被三整除，但它不因此可解。减去 $\mathrm{\wp }(t^{-1})=t^{-3}-t^{-1}$ 后，剩余为 $t^{-1}$，仍不可约。

相反，参数 $t^{-3}-t^{-1}$ 的剩余为零，方程已有根 $t^{-1}$，并在基域内分裂。两个输入的初始最高极点阶相同，约化后的类才给出准确判断。

有限域判据与函数域判据如何接上 ​

若 $K={\mathbb{F}}_{p^m}$，旧 有限域迹范数理路有限域的相对迹与范数Relative trace and norm of finite fields · Absolute trace of a finite field在有限特征中计算相对与绝对迹范数，证明满射和塔式公式，并用迹零条件判定Frobenius差方程能否求解。已经给出

这里只需将它作为现成工具，再代入式(2)。所以有限域上的 $X^p-X-a$ 由绝对迹决定分裂或不可约；有理函数域则可使用极点规范，不能在后者无条件套有限域计数。

例如在基域 ${\mathbb{F}}_3$ 中，参数 $1$ 的迹为一，故 $X^3-X-1$ 不可约，添根得到 ${\mathbb{F}}_{27}$。到了新域中，相对迹 $T(1)=0$，方程 $\sigma (b)-b=1$ 可解，取 $b=\theta$ 即可。这不是两种判据冲突：前者问根是否已在 ${\mathbb{F}}_3$，后者问新域内的 Frobenius 差方程。

可复算的约化与比较流程 ​

用稠密系数数组存式(7)，长度为 $M+1$。从 $M$ 降到一，每个位置最多做一次消项，故至多 $O(M+1)$ 次 ${\mathbb{F}}_p$ 运算，保存参数、剩余和 $B$ 需要 $O(M+1)$ 个系数槽。常数输入 $M=0$ 也包含在内。这个界以稠密输入为准；如果指数用二进制稀疏表示，不能把 $M$ 当作输入长度。

比较两个非平凡单极点参数时，先算其唯一剩余 $r,r^{\prime }$，再检查是否有 $c\in {\mathbb{F}}_p^{\times }$ 使 $r^{\prime }=cr$。若有，原约化记录会直接给出式(4)的 $b$；若没有，不同的规范剩余就是拒绝同域的有限证书。这个流程同时处理根的构造、类的判等和扩张的判等，三者输出各自不同。