有限域的迹对偶基与坐标恢复

只测 $T(u)$ 通常丢失大部分信息：$n>1$ 时其核有 $q^{n-1}$ 个元素。对偶基提供 $n$ 个经过设计的测试元素。先让 $u$ 分别乘上这些元素，再取迹，每个读数就准确留下一个坐标，其余坐标全部消掉。

非退化保证不会有某个非零元素永远逃过所有测试。有限域的迹是满射，所以可以先选 $c\in L$ 使 $T(c)=1$。对任何非零 $u$，取测试元素 $v=c/u$，就有 $B(u,v)=1$。这比直接取 $u^{-1}$ 更稳妥：后者只得到 $T(1)=n\cdot 1$，当特征整除 $n$ 时可能为零。

数域的不同理想理路数域的不同理想Different ideal · Codifferent整数环的迹对偶是余不同理想，其逆为不同理想；显式求 Q(√13) 的对偶基，并用导数与局部分歧指数核验。已经给出数域整数基的 Gram 逆与迹对偶算例。有限域没有那里的整数格和分母整性问题；这里沿同一双线性接口补齐正特征下的非退化依据、任意坐标的恢复公式，以及可直接计算幂基对偶的导数证明。

十六元域：迹为零的1仍能被检测 ​

令 $L={\mathbb{F}}_2[a]$，其中 $a^4=a+1$。先以 ${\mathbb{F}}_2$ 为底域，写 $T={\mathrm{Tr}}_{L/{\mathbb{F}}_2}$。已经知道

由 $T(x^2)=T(x)$ 得 $T(a^4)=0$、$T(a^6)=1$，再由 $a^5=a^2+a$ 得 $T(a^5)=0$。因此幂基 $E=(1,a,a^2,a^3)$ 的配对矩阵和逆矩阵为

逐列乘回可得 $G{G}^{-1}=I$；这里所有运算都在 ${\mathbb{F}}_2$ 中。把 $G^{-1}$ 的列解释为 $E$-坐标，得到

于是 $u=c_0+c_{1}a+c_2{a}^2+c_3{a}^3$ 的四个坐标分别为

例如 $u=1+a+a^3$ 给出读数 $(1,1,0,1)$，恢复原式。最后一个测试元素为 $1$，而它自己的迹恰为零；这没有破坏对偶性，因为对偶要求的是整张交叉配对表为单位矩阵，不是每个测试元素自己都有非零迹。

同样，$B(1,1)=0$ 只表示 $1$ 与自身配对为零；$B(1,a^3)=1$ 立即排除它落在根基中。此配对也不交替，因为 $B(a^3,a^3)=T(a^6)=1$。不能把“对称”“交替”“非退化”在特征二中混成一个条件。

换底域后只需要两个读数 ​

令 $b=a^2+a$，$K={\mathbb{F}}_4={\mathbb{F}}_2(b)$。对 $L/K$ 使用 $S={\mathrm{Tr}}_{L/K}$ 和基 $(1,a)$。因 $S(1)=0$、$S(a)=1$、$S(a^2)=1$，有

相对对偶基是 $(a+1,1)$，所以若 $u=s+ta$、$s,t\in K$，则

两个读数现在是四元域元素，每个还带两个二进制坐标，总信息量没有减少。例如由 $a^2=a+b$ 得 $a^3=a(a+b)=b+(b+1)a$，所以

因此这两个相对迹读数为 $(b+1,b)$。它们与上一节四个绝对迹读数描述的是同一个元素，只是坐标分组不同。

非平凡导数分母也能精确求逆 ​

改取 $F={\mathbb{F}}_2[c]$，$c^3=c+1$。多项式 $f(T)=T^3+T+1$ 在 $0,1$ 都不为零，所以它不可约，$F$ 有八个元素。多项式除法给

这里导数不再是常数一，但 $c(c^2+1)=c^3+c=1$，所以逆元为 $c$。下一节的一般公式给幂基 $(1,c,c^2)$ 的对偶基为

可直接检查 ${\mathrm{Tr}}_{F/{\mathbb{F}}_2}(1)=1$、$\mathrm{Tr}(c)=\mathrm{Tr}(c^2)=0$、$\mathrm{Tr}(c^3)=1$，并据此核对九个配对值。这个换模数例子检验了“计算导数的域内逆元”确实是公式的一步，不能因十六元域例子的导数恰为一而省略。

为什么Gram逆就是对偶坐标 ​

非退化已经由 $T(c)=1$ 的测试元素证明。若 $G=(T(e_i{e}_j))$ 不可逆，则存在非零列向量 $v$ 使 $Gv=0$；元素 $w=\sum _j{v}_j{e}_j$ 非零，却与全部基向量配对为零。双线性把这一结论推广到所有元素，违反非退化。因此 $G$ 可逆。

令 $H=G^{-1}$，并定义 $e_j^{\ast }=\sum _k{H}_{kj}{e}_k$。则

若另有一组满足同样配对值，两组之差与全部 $e_i$ 配对为零，只能为零，故对偶基唯一。对 $u=\sum _i{u}_i{e}_i$ 再配对 $e_j^{\ast }$，就读出 $u_j$，得到坐标恢复式。算法上用底域上的精确行化简理路行化简Row reduction用初等行变换把矩阵化为阶梯形以求解线性方程组和判定秩。求 $H$，验证时只需乘回 $GH=I$；数域页已有这一线性代数思路，本页将其用于正特征的坐标认证。

幂基导数公式及其证明 ​

更一般地，设 $L=K(a)$ 是次数为 $n$ 的有限可分扩张理路可分扩张Separable extension · 可分域扩张扩张中每个代数元的最小多项式都没有重根，从而保留足够多的不同共轭嵌入。，极小多项式为首一 $f(T)\in K[T]$。有限域情形自动满足可分性。将

则幂基 $(1,a,\dots ,a^{n-1})$ 的迹对偶基为

可分性保证 $f^{\prime }(a)\ne 0$，所以这里允许除法。分母的逆元可以按商域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。用 Bézout 恒等式计算，不需要实数近似。

证明使用不同根上的Lagrange 插值理路多项式插值问题Polynomial interpolation由互异节点上的有限数据唯一确定次数受限的插值多项式，并区分对象存在性与具体表示算法。。设 $a_1,\dots ,a_n$ 是 $f$ 在分裂域中的不同根。对 $0\le k<n$，有多项式恒等式

两边次数都小于 $n$，在全部 $n$ 个不同根处相等，故恒等。多项式除法的系数 $b_j$ 是 $a$ 的一个 $K$ 系数多项式；将 $a$ 换成 $a_{\ell }$ 后，恰得到 $f(T)/(T-a_{\ell })$ 的相应系数，记作 $b_j(a_{\ell })$。比较 $T^j$ 的系数，便有

末一步使用可分单扩张的嵌入求和公式：每个不同根给一个嵌入。有限域中这些嵌入就是不同的 Frobenius 幂，正是相对迹公式；一般可分单扩张中，乘以 $a$ 的算子在幂基下为伴随矩阵理路循环子空间与伴随矩阵Cyclic subspace and companion matrix · Cyclic vector · Polynomial companion matrix把一个向量的精确幂递推表示为多项式商模和伴随矩阵，给出列向量约定下的换基证书。，特征多项式为 $f$，有 $n$ 个不同根，因此在分裂域上可对角化。任意 $z=g(a)$ 的乘法算子为 $g(m_a)$，相应对角值是 $g(a_1),\dots ,g(a_n)$，相加便得到同一嵌入求和公式。于是全部配对值恰为单位矩阵，公式得证。

在 $a^4+a+1=0$ 的十六元域中，除法给 $b_0=1+a^3$、$b_1=a^2$、$b_2=a$、$b_3=1$，而 $f^{\prime }(a)=1$，恰好恢复前面用 Gram 逆算出的双基。两种方法独立核验同一答案。

扩张塔的对偶基可以逐层组装 ​

设有限域塔为 $K\subseteq M\subseteq L$。若 $(e_i)$ 是 $L/M$ 的基，其相对迹对偶为 $(e_i^{\ast })$；$(b_j)$ 是 $M/K$ 的基，其对偶为 $(b_j^{\ast })$，则乘积基 $(e_i{b}_j{)}_{i,j}$ 的 $L/K$-迹对偶是 $(e_i^{\ast }{b}_j^{\ast }{)}_{i,j}$，次序须保持配对一致。

用迹的塔式公式和 $M$-线性即可验证：

这提供了分层坐标的构造法，不必每次重新求一个更大的逆矩阵。例如在 ${\mathbb{F}}_2\subset {\mathbb{F}}_4\subset {\mathbb{F}}_{16}$ 中，$(1,b)$ 的双基为 $(b+1,1)$，$(1,a)$ 的相对双基为 $(a+1,1)$，所以按 $(1,b,a,ab)$ 排列的乘积基，其绝对对偶为

不能把这一列表直接当作 $(1,a,a^2,a^3)$ 的双基；基的次序和元素不同，坐标泛函当然也不同。

不可分时为什么停在分母这一关 ​

一般正特征扩张未必可分。例如 $K={\mathbb{F}}_p(s)$、$L=K(u)$、$u^p=s$，由于有理函数的 $p$ 次幂在 $s=0$ 处的零点阶数为 $p$ 的倍数，而 $s$ 的阶数为一，$s$ 不是 $K$ 中的 $p$ 次幂；等价地，可在 ${\mathbb{F}}_p[s]$ 上对素元 $s$ 使用 Eisenstein，证明 $T^p-s$ 不可约。它就是极小多项式，其导数恒零。乘法算子的迹对全部幂基元素都为零，故整个迹配对退化，不可能有单位配对矩阵。这同时解释了导数式不能除以零，以及为何只说“有限次扩张”还不足够。有限域避开此问题，是因为有限域完美，而不是因为任意正特征都无妨。