有限域的相对迹与范数

迹把固定底域下的所有共轭作用相加，范数把它们相乘。只看元素自身的不同共轭还不够：如果元素留在较小子域中，乘法算子仍在整个环境域上作用，同一组共轭会重复出现。

在特征零中，$\mathrm{Tr}(1)=n$ 是非零数；在特征 $p$ 中，这个值应理解为域里的 $n\cdot 1$。当 $p\mid n$ 时它等于零，但这只说明一个输入的输出为零，不能推出迹映射恒零，更不能推出扩张不可分。有限域扩张始终可分；证明迹非零需要换一条论证。

数域迹理路数域迹与迹配对Number field trace · Trace pairing乘法算子的迹等于全部嵌入像之和；计算 Q(√13) 的迹配对矩阵，并解释非退化、整性与迹零的区别。和数域范数理路数域范数Number field norm · Field norm over the rationals将数域元素的乘法视作有理线性算子，以行列式定义范数并用于整数环中的因子约束。已经建立相同的乘法算子定义。本页的新计算重点是底域随塔变化时的取幂步长、特征导致的消失、有限纤维大小，以及这些数据如何用于解方程。

同一个元素的两种迹 ​

沿用 $L={\mathbb{F}}_2[a]$、$a^4=a+1$，并令 $b=a^5=a^2+a$。由 $b^2=b+1$，$K={\mathbb{F}}_2(b)$ 是 $L$ 中的四元子域。模数不可约性及全部共轭已在Frobenius轨道理路有限域的Frobenius轨道与极小多项式Frobenius orbits over finite fields · Minimal polynomial from a Frobenius orbit用重复q次幂和首次返回证书确定元素次数，构造极小多项式，并区分换底域后的轨道、乘法阶与共轭基。页逐项认证。

对扩张 $L/K$，次数为二，相对 Frobenius 是四次幂。因此

对扩张 $L/{\mathbb{F}}_2$，次数为四，相应地

两个迹值分别是 $1$ 和 $0$，没有矛盾：它们使用不同的底域和不同的乘法矩阵。实际上 $a$ 在 $K$ 上满足 $a^2=a+b$，在 $K$-基 $(1,a)$ 下其乘法矩阵为

矩阵的迹为 $1$、行列式为 $-b=b$，与相对公式一致。在 ${\mathbb{F}}_2$-幂基 $(1,a,a^2,a^3)$ 下，则是

其迹为零、行列式为一。矩阵维数的改变正是两种计算的区别。

元素在子域中也不能删掉重复次数 ​

$b$ 在 $K/{\mathbb{F}}_2$ 中的两个共轭是 $b,b+1$，所以 ${\mathrm{Tr}}_{K/{\mathbb{F}}_2}(b)=1$。但若在 $L/{\mathbb{F}}_2$ 中计算，四项为 $b,b+1,b,b+1$，于是迹为零。范数也要重复：$N_{L/K}(b)=b^2=b+1$，而不是把“元素已经在底域”误写成 $N_{L/K}(b)=b$。

又有 ${\mathrm{Tr}}_{L/{\mathbb{F}}_2}(1)=4\cdot 1=0$，但

后者可以把 $a^3,a^6,a^{12},a^9$ 的幂基坐标相加核验。因此迹不是零映射。因为迹线性，任意 $u=c_0+c_{1}a+c_2{a}^2+c_3{a}^3$ 的绝对迹恰为 $c_3$；这里其余三个基元素的迹均为零。

范数保乘法，不保加法 ​

在 $L/{\mathbb{F}}_2$ 中，每个非零元素的范数都是一，故绝对范数不可能区分十五个非零输入。例如 $a$ 与 $a+1$ 非零且和为一，于是

范数是乘法信息，不是线性坐标或长度。相对范数到 $K$ 有三个不同非零值，比到 ${\mathbb{F}}_2$ 保留更多信息；但每个非零值仍对应五个元素。

取幂公式与环境次数 ​

设 $u$ 在 $K$ 上的极小多项式次数为 $d$，令 $e=[L:K(u)]$，则由塔式定理理路扩张次数与塔式定理Extension degree · Tower law · 扩域次数以向量空间维数度量域扩张，并将一座有限扩张塔的次数分解为逐层次数之积。有 $n=de$。在每个 $K(u)$-基向量上展开幂基，乘以 $u$ 的矩阵分成 $e$ 个相同块，每块是极小多项式的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。。因此它的特征多项式为 $m_{u,K}^e$。

轨道页给出 $m_{u,K}$ 的 $d$ 个不同根 $u,u^q,\dots ,u^{q^{d-1}}$。每块的迹是这些根之和，行列式是这些根之积；$e$ 块便将和重复 $e$ 次、将积取 $e$ 次幂。长度为 $n$ 的 Frobenius 列表恰好重复这条 $d$ 点轨道 $e$ 次，得到形式陈述中的公式。这也解释了为何不可把 $L$ 的维数默默换成 $u$ 自己的次数。

迹非零不需要单位元的迹非零 ​

对 $T(u)=u+u^q+\cdots +u^{q^{n-1}}$，取 $q$ 次幂只轮换各项，故 $T(u{)}^q=T(u)$，输出落在 $K$。由于 $K$ 的标量满足 $c^q=c$，$T$ 是 $K$-线性的。形式多项式 $X+X^q+\cdots +X^{q^{n-1}}$ 非零，次数 $q^{n-1}<q^n$，不能在 $L$ 的所有元素上为零。所以 $T$ 的像是 $K$ 的非零线性子空间，只能等于 $K$。由秩零度定理理路秩–零化度定理Rank–nullity theorem有限维线性映射的定义域维数等于核维数与像维数之和。，核维数为 $n-1$；每个纤维是核的一个平移，遂有 $q^{n-1}$ 个元素。此论证在 $p\mid n$ 时仍然成立。

范数的满射使用有限域乘法群循环。取 $L^{\times }$ 的生成元 $v$，令 $s=(q^n-1)/(q-1)$。$v^s$ 的阶为 $q-1$，所以 $N(v)$ 生成 $K^{\times }$，范数满射，其核大小为 $s$。迹的核是加法子空间，范数的核是乘法子群，不能把两者的元素数公式交换使用。

两层计算与一次计算相同 ​

设 ${\mathbb{F}}_q=K\subseteq M={\mathbb{F}}_{q^r}\subseteq L={\mathbb{F}}_{q^{rs}}$。相对迹逐层复合时，展开为

整数 $ri+j$ 恰好遍历 $0,\dots ,rs-1$，没有遗漏或重复。相对范数同理满足

零输入也成立，因为两层范数都把零送到零。对前述 $a$，先到 ${\mathbb{F}}_4$ 得迹 $1$、范数 $b$，再到 ${\mathbb{F}}_2$ 得 $1+1=0$、$b^3=1$，恰好恢复绝对结果。

用迹判定Frobenius差方程 ​

给定 $c\in L$，方程

在 $L$ 中可解，当且仅当 ${\mathrm{Tr}}_{L/K}(c)=0$；可解时恰有 $q$ 个解。证明不是逐个猜根：线性映射 $D(x)=x^q-x$ 的核恰为 $K$，所以像维数为 $n-1$；又因迹和式首尾相消，$\mathrm{Tr}(D(x))=x^{q^n}-x=0$。它的像包含于同为 $n-1$ 维的迹零空间，两者相等。任一解加上 $K$ 的元素给出全部解。

在 $L={\mathbb{F}}_{16}$、$K={\mathbb{F}}_4$ 中求 $x^4+x=b$。因为 $b\in K$ 且相对次数为二，${\mathrm{Tr}}_{L/K}(b)=b+b=0$，存在四个解。$x_0=ba=a^3+a^2$ 满足

全部解就是 $ba+K$。若右边换成 $a$，相对迹为一，方程没有解。这样得到的是可复用的存在性与全解证书，不需要展开一般有限域因式分解算法。