有限域的Frobenius轨道与极小多项式

在有限域中，反复取 $q$ 次幂不会产生无限多个新元素，而会沿有限个共轭位置循环。首次回到起点以前的所有位置必须一起出现于任何 $K$ 系数多项式的根中：系数在取 $q$ 次幂时不动，所以一个根总会带出下一个根。

另一方面，把一条完整轨道中的一次因子全部相乘，取 $q$ 次幂只会轮换这些因子。乘积的系数因此不动，落回 $K$。这使“轨道上至少要有这些根”与“这些根确实组成一个底域多项式”吻合，排除了更短的关系。

实际计算不必保存巨大指数。已知 $u_i$ 后，计算 $u_{i+1}=u_i^q$，随即按定义 $L$ 的不可约多项式取余，始终只保存一组有限坐标。简单代数扩张的精确运算理路简单代数扩张的精确运算Arithmetic in a simple algebraic extension · Polynomial quotient field arithmetic用唯一的低次余式表示代数数，并以多项式 Euclid 回代给出可逐项核验的逆元证书及非单位诊断。提供这里的乘法、约简与相等检查；记录各个余式比写出 $q^i$ 的十进制值更有用。

十六元域中的三种轨道 ​

在 ${\mathbb{F}}_2[T]$ 中取 $f(T)=T^4+T+1$，令

这里复用模素数不可约证书理路模素数约化的不可约证书Irreducibility by reduction modulo a prime · Reduction mod p irreducibility test在首项不消失的前提下，把有限域上的不可约证明提升为有理系数多项式的不可约证书，并说明无根检查与约化失败的边界。页已核实的同一个四次模数，简列证据以便独立复核。$f(0)=f(1)=1$，没有一次因子；若四次式可约且没有一次因子，就必有不可约二次因子。${\mathbb{F}}_2$ 上唯一首一不可约二次式是 $T^2+T+1$，模它有 $T^2=T+1$、$T^4=T$，故 $f$ 的余式为 $1$。因此这个商确实是域，$(1,a,a^2,a^3)$ 确实是一组基，而不是未经认证的四个符号。

相对于 ${\mathbb{F}}_2$，$a$ 的平方轨道是

四个坐标不同，因而极小多项式次数为四。轨道乘积可配成两对：令 $Y=T^2+T$，则

另一对的乘积为 $Y+a^2+a+1$。记 $b=a^2+a$，由 $a^4=a+1$ 得 $b^2=b+1$，所以总乘积为

这个计算没有将“已知模数”直接当作未经检查的答案；先用轨道的四个不同位置证明次数，再用乘积恢复系数。

元素 $b=a^5=a^2+a$ 只有两点轨道 $b\mapsto b+1\mapsto b$，极小多项式为 $T^2+T+1$。它生成 $L$ 内的四元子域 $K=\{0,1,b,b+1\}$，没有生成整个 $L$。反之，$g=a^3$ 的轨道为

所以 $g$ 也生成 $L/{\mathbb{F}}_2$。但 $g$ 的乘法阶只有 $5$：$a^5=b\ne 1$、$a^3\ne 1$，且 $a^{15}=b^3=1$，故 $a$ 的阶为 $15$，进而 $a^3$ 的阶为 $5$。$g$ 的极小多项式是 $T^4+T^3+T^2+T+1$，因为 $g^5=1$、$g\ne 1$，且它的次数已经由轨道认证为四。

换底域必须换步长 ​

现在固定上述 $K={\mathbb{F}}_4$。相对 Frobenius 是 $z\mapsto z^4$，$a$ 的轨道缩为 $a,a+1$，故

原来四次的 ${\mathbb{F}}_2$ 极小多项式在 $K[T]$ 中分解为

两个二次因子分别对应原平方轨道的隔点配对。若仍把 $a^2$ 当作保持 $K$ 的共轭像，就出错了：平方把 $b$ 送到 $b+1$，并没有固定 $K$。

图中箭头表示取幂操作，框中是元素而不是子域。上层固定 ${\mathbb{F}}_2$，下层固定 ${\mathbb{F}}_4$；改变底域后，运算规则 $a^4=a+1$ 没变，允许的系数和共轭关系变了。

四个共轭不一定构成基 ​

$a$ 的轨道有四个不同元素，但它们相加为零。在幂基 $(1,a,a^2,a^3)$ 下，以四个共轭为列的矩阵为

前三列线性无关，第四列是前三列之和，所以 $\mathrm{rank}C=3$。轨道长度等于极小多项式次数，只说明共轭互异；它不保证共轭作为向量线性无关。由一整条共轭轨道构成的基称为正规基，本例的 $a$ 不提供这样的基，即使它同时生成域和乘法群。

加法生成又是另一件事。在特征二的 $L$ 中，每个非零元素的加法阶都是二，任何单个元素只生成一个两元素加法子群。$a$ 的幂能遍历十五个非零元素，不意味着反复相加也能遍历十六个元素。

轨道公式为什么完整 ​

$q$ 次幂保持加法和乘法，且在域中单射；有限性使它成为自同构。$K$ 的全部 $q$ 个元素都满足 $z^q=z$，而多项式 $T^q-T$ 最多有 $q$ 个根，所以它的不动集合恰为 $K$。又因 $L$ 的每个元素满足 $z^{q^n}=z$，任何轨道都在第 $n$ 步返回。把 $n$ 除以首次返回时间 $d$，若有非零余数，就得到更早的返回，故 $d\mid n$。

令 $h(T)$ 为轨道一次因子的乘积。对其系数施加 $q$ 次幂只循环置换因子，因此 $h\in K[T]$；由于 $h(u)=0$，极小多项式 $m_{u,K}$ 整除 $h$。另一方面，由 $m_{u,K}(u)=0$ 逐次取 $q$ 次幂，得到轨道中的全部 $d$ 个不同元素都是 $m_{u,K}$ 的根，故 $\mathrm{deg}{m}_{u,K}\ge d$。两边首一且次数相同，便有 $m_{u,K}=h$。这份证明同时给出系数落回底域、不可约性以及次数，无须先使用完整的 Galois 对应。

从元素证书接到因式分解 ​

设 $r(T)\in K[T]$ 首一不可约，次数为 $e$。在商域 $K[T]/(r)$ 中，其生成元的轨道长度是 $e$。于是

这解释了Cantor–Zassenhaus理路Cantor–Zassenhaus 因式分解算法Cantor–Zassenhaus algorithm · Cantor-Zassenhaus factorization先按不可约因子次数分组，再以随机幂、迹映射和 GCD 做 Las Vegas 等次数分裂。按次数分组时使用的整除测试。这里的任务是为一个已经构造的域内元素求极小多项式；完整因式分解还要分离未知因子及管理平方自由条件，继续使用已有算法页。

本页只记录不同共轭一次；计算较大环境域中的迹与范数时，较短轨道可能需要重复多遍。有限域的相对迹与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。会明确补上这个次数因子。例如 $b$ 在 $L/{\mathbb{F}}_2$ 中仍只有两个不同共轭，但 $L$ 的总维数是四，不能把两项之和直接当作四维乘法算子的迹。