Hilbert 90 与循环差方程

首尾相消解释必要性 ​

若 $u=b/\sigma (b)$，把它的 $n$ 个共轭相乘，分子分母逐项消去，最后一项使用 ${\sigma }^n(b)=b$，所以 $N(u)=1$。若 $a=b-\sigma (b)$，对共轭求和同样首尾相消，得到 $T(a)=0$。困难在反方向：一个全轨道条件，如何给出单步方程的原像？

不同自同构不能恒等抵消 ​

先证明将要使用的短引理：不同域同态 ${\tau }_1,\dots ,{\tau }_r:L\to L$ 作为函数，在 $L$ 上线性无关。假设存在对所有 $x$ 都成立的非平凡关系，选择非零项数最少的一条

只有一项时，代入 $x=1$ 已矛盾。若至少两项，取 $y$ 使 ${\tau }_1(y)\ne {\tau }_2(y)$。用 $xy$ 代入关系，再减去原关系的 ${\tau }_1(y)$ 倍，得到

第二项系数非零，第一项却已消失。这是项数更少的非平凡关系，矛盾。引理的系数来自整个 $L$，不是仅来自 $K$；这正适合下一步的加权和。

乘法构造：先累乘，再试基 ​

假设 $N(u)=1$。令

于是 $c_n=1$，且 $u\sigma (c_i)=c_{i+1}$。对辅助输入 $z\in L$，计算

将整式作用一次 $\sigma$ 后再乘 $u$，有

最后一个等号用 $c_n=1$ 把末项变回 $z$。所以只要 $B_u(z)\ne 0$，它就是式(2)的解。

为什么总能找到这样的 $z$？各 $c_i$ 都非零，而 $1,\sigma ,\dots ,{\sigma }^{n-1}$ 是不同自同构，刚才的引理说明 $B_u$ 不是零函数。它还是 $K$-线性的。因此，给定任意 $K$ 基 $e_1,\dots ,e_n$，逐个计算 $B_u(e_j)$，至少有一个非零。单次试验失败只排除了一个辅助输入，不能否定方程有解。

加法构造：迹一元素替代除以次数 ​

由同一引理，$T=1+\sigma +\cdots +{\sigma }^{n-1}$ 不是零映射。试基可找到 $T(e_j)\ne 0$，再取

分母在 $K^{\times }$ 中，故归一化正确。这个步骤即使 $n\cdot 1_K=0$ 也有效；此时不能取 $z=1/n$。

假设 $T(a)=0$，定义前缀和

对 $1\le i\le n$，有 $\sigma (s_{i-1})=s_i-a$。重新编号后，$\sigma (b)$ 中 ${\sigma }^i(z)$ 的系数就是 $s_i-a$；末项的 $s_n=0$ 与 $s_0=0$ 对齐。因此

从而 $b-\sigma (b)=a$。这里不需要猜测 $b$，也不依赖一个未求出的线性方程组。

为什么解族没有漏项 ​

若 $b,b_0\ne 0$ 都满足式(2)，交叉相除得到 $\sigma (b/b_0)=b/b_0$，故 $b/b_0\in K^{\times }$。反过来，乘以任何 $K^{\times }$ 元素仍是解。加法情形同理：两个解的差被 $\sigma$ 固定，所以差在 $K$；给一个解加任意 $K$ 元素又不会改变方程。

三次域中的两次零输出 ​

取 $K={\mathbb{F}}_7$，令 $L=K(\alpha )$、${\alpha }^3=2$。$K$ 的立方剩余只有 $0,1,6$，所以三次式 $X^3-2$ 无根并不可约。$L$ 有 $7^3$ 个元素，Frobenius $\sigma (x)=x^7$ 满足

它有阶三，固定域为 $K$。输入 $u=4$ 时，$N(4)=4^3=1$，式(5)是

在基 $(1,\alpha ,{\alpha }^2)$ 上逐项计算得到

第三项给出非零解；直接核验 $3{\alpha }^2/\sigma (3{\alpha }^2)=3/6=4$。全部六个解为 $c{\alpha }^2$，$c=1,\dots ,6$。所有运算都可在 多项式商域的唯一低次余式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。中完成。

中间三项逐项相加才是最后一列；两个零输出都只对应所试的辅助输入。右侧列出同一方程的完整六元素原像纤维。

特征整除次数不妨碍迹非零 ​

取 $L={\mathbb{F}}_3(\theta )$、${\theta }^3-\theta =1$。在 ${\mathbb{F}}_3$ 内每个 $c$ 都有 $c^3-c=0$，故三次式无根而不可约。Frobenius 满足 $\sigma (\theta )=\theta +1$。直接求和有

因此 $z=2{\theta }^2$ 的迹为一。若要解 $\sigma (b)-b=1$，就向式(8)输入 $a=-1=2$。此时 $(s_0,s_1,s_2)=(0,2,1)$，计算得 $b=\theta$，确有 $b-\sigma (b)=2$。迹在某些基向量上消失，不能推出整个迹映射为零。

生成元不能换成任意自同构 ​

在 $L=\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ 上，令 $\sigma$ 只改变 $\sqrt{2}$ 的符号。它的阶是二，不生成这个四阶 Galois 群。取 $u=2+\sqrt{3}$，它被 $\sigma$ 固定，对 $\mathbb{Q}$ 的总范数为 $(2+\sqrt{3}{)}^2(2-\sqrt{3}{)}^2=1$。但若 $u=b/\sigma (b)$，施加 $\sigma$ 并相乘就必须有 $u^2=1$，与 $u=2+\sqrt{3}$ 矛盾。正确应用应改用 $L/L^{⟨\sigma ⟩}$ 的二次范数，而不能把四个自同构的总范数混进来。

当 $n=1$ 时，两条结论仍成立：乘法输入只能是 $u=1$，全部非零元素都是解；加法输入只能是 $a=0$，全部元素都是解。输入 $u=0$ 不属于乘法形式的定义域。

从存在性变成可执行过程 ​

若输入给出了 $K$ 基、$L$ 中的精确四则运算、相等判断及 $\sigma$ 的可执行作用，式(4)–(8)就是有限算法。先检查范数或迹；检查不通过就返回无解，通过后试基并输出一份原像及上述全解族。

预先保存一个输入的 $n$ 个共轭和前缀系数，每个辅助基向量用 $O(n)$ 次 $L$ 运算及自同构调用求值，至多试 $n$ 个，因此有保守的 $O(n^2)$ 调用上界。逐个试验、不保留全部历史时，除输入基外只需 $O(n)$ 个 $L$ 元素的工作空间。若每个 $L$ 元素展开为 $n$ 个 $K$ 坐标，这对应 $O(n^2)$ 个坐标槽；有理数或有理函数系数的位增长另算。对任意抽象域，公式给出代数构造，本身不保证已有可执行的域运算。

在有限扩张 ${\mathbb{F}}_{q^n}/{\mathbb{F}}_q$ 上，式(2)化成 $u=b^{1-q}$，式(3)化成 $a=b-b^q$。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。已经证明迹零差方程的判据，并给出范数满射。结合满射与核纤维，可知范数一元素共 $(q^n-1)/(q-1)$ 个，每个都有 $q-1$ 个乘法原像；迹零元素有 $q^{n-1}$ 个，每个有 $q$ 个加法原像。

更一般地，给乘法构造输入一个本原单位根，就能产生自同构的特征向量，进而得到 Kummer 生成元理路Kummer 扩张与幂类证书Cyclic Kummer extensions · Kummer power classes · 循环 Kummer 扩张在基域含本原单位根时，以参数幂类的阶认证添根次数，以循环子群和生成元转换认证两个添根域相同。。在特征 $p$ 的 $p$ 次循环扩张中，给加法构造输入 $-1$，则得到 Artin–Schreier 生成元理路Artin–Schreier 扩张与极点约化Artin-Schreier cyclic extensions · Artin–Schreier classes and pole reduction · 阿廷–施赖尔扩张用正特征加法类认证循环添根和同域转换，在素域有理函数的单极点输入上给出终止约化、唯一规范剩余及不可约证明。。两条分支使用同一类有限求和，根方程却分别是乘法型与加法型。