循环扩张终点：从方程原像到同域证书 ​

这组任务同时检查三件事：方程是否有解、如何写出全部解、不同方程是否生成同一个域。先读 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。，再按特征进入 Kummer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。 或 Artin–Schreier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。。返回循环扩张学习路线。

下载标准库精确复算程序和结果 JSON。程序的有限枚举验证下面的具体证书；一般循环扩张与所有有理函数原像的结论由正文证明。

任务一：两次零输出之后找到全部原像 ​

输入与字段合同 ​

取

$$K={\mathbb{F}}_7,L=K[\alpha ]/({\alpha }^3-2),\sigma (x)=x^7.$$

非零立方只有 $1,6$，所以 $X^3-2$ 无根。它是三次式，因此不可约，$L$ 确为343元素的域。每个元素唯一写成 $a+b\alpha +c{\alpha }^2$，乘法后使用 ${\alpha }^3=2$ 约简。又有

$$\sigma (\alpha )=4\alpha ,{\sigma }^2(\alpha )=2\alpha ,\sigma ({\alpha }^2)=2{\alpha }^2,{\sigma }^2({\alpha }^2)=4{\alpha }^2.$$

这指定了整个 $K$-线性自同构，不只指定一个根的候选像。

输入 u=4 ​

$N(4)=4^3=1$。前缀乘积为 $(1,4,2)$，故

$$B_4(z)=z+4\sigma (z)+2{\sigma }^2(z).$$

在基 $(1,\alpha ,{\alpha }^2)$ 上得到

$$\begin{array}{rl}{B}_4(1)& =1+4+2=0,\\ B_4(\alpha )& =(1+4\cdot 4+2\cdot 2)\alpha =0,\\ B_4({\alpha }^2)& =(1+4\cdot 2+2\cdot 4){\alpha }^2=3{\alpha }^2.\end{array}$$

所以 $b_0=3{\alpha }^2$ 是第一份成功证书。乘回验证

$$4\sigma (b_0)=4\cdot 6{\alpha }^2=3{\alpha }^2=b_0.$$

全部解为

$$\{{\alpha }^2,2{\alpha }^2,3{\alpha }^2,4{\alpha }^2,5{\alpha }^2,6{\alpha }^2\}.$$

这是 Hilbert 90 的全解族 $b_0{K}^{\times }$，不是只列出六个成功样本。若另有解 $b$，比值 $b/b_0$ 被 $\sigma$ 固定，必须属于 $K^{\times }$，所以不会漏解。

换成非恒定输入 ​

取 $u=4+6\alpha +4{\alpha }^2$。直接计算有

$$\sigma (u)=4+3\alpha +{\alpha }^2,u\sigma (u)=3+2\alpha +3{\alpha }^2.$$

因此

$$B_u(1)=1+u+u\sigma (u)=1+\alpha .$$

独立乘回检查

$$(4+6\alpha +4{\alpha }^2)(1+4\alpha )=1+\alpha ,$$

所以 $u=(1+\alpha )/\sigma (1+\alpha )$，范数确为一。原像本身却有

$$N(1+\alpha )=(1+\alpha )(1+4\alpha )(1+2\alpha )=3.$$

不要把“输入的范数为一”误加到原像身上。全部解为 $c(1+\alpha )$，$c\in {\mathbb{F}}_7^{\times }$。

完整有限检查 ​

程序枚举342个非零 $b$，按 $b/\sigma (b)$ 分纤维，恰得到57个输入，每个纤维六个元素。再对每个输入独立执行基试验，核对返回原像及整个 $b_0{K}^{\times }$ 与纤维相同。它还对全部343个加法输入做迹检验与原像核对；其中49个迹零输入各有七个原像。

任务二：幂类的阶与方程的次数 ​

两个不同类生成同一个域 ​

仍在 $K={\mathbb{F}}_7$ 中，用 $n=3$。参数 $2$ 和 $4$ 代表不同非零幂类：$4/2=2$ 不是立方。但它们满足 $[4]=[2{]}^2$，生成同一个三阶子群。

令 ${\alpha }^3=2$、$\beta ={\alpha }^2$，则

$${\beta }^3=4,\alpha =4{\beta }^2.$$

后一式由 ${\beta }^2={\alpha }^4=2\alpha$ 得到。两式分别给两个域的包含，是同域的完整证书。改用 ${\alpha }^3$ 则只得到常数2，说明满次数生成元转换中的指数须与3互素。

四次式却只添入二次元 ​

改取 $K={\mathbb{F}}_{13}$、$n=4$。本原四次单位根可取5，而非零四次幂集合为 $\{1,3,9\}$。所以4不是四次幂，但 $4^2=3$ 是四次幂，参数类的阶恰为二。

核对因式分解

$$X^4-4=(X^2-2)(X^2+2).$$

模十三的非零平方为 $\{1,3,4,9,10,12\}$，不含2或11，所以两个二次因子都不可约。在 ${\mathbb{F}}_{13}(\eta )$、${\eta }^2=2$ 中，${\eta }^4=4$；实际扩张次数是二，与参数类阶一致。

这也是四次反例的拒绝证书：无基域根，只排除了线性因子。若提交“4不是四次幂，因此次数四”，其论证没有排除二次因子。

任务三：极点约化同时给出不可约与不同域 ​

参数与根同步改变 ​

取无限基域 $K={\mathbb{F}}_3(t)$，并令

$${\alpha }^3-\alpha =t^{-4}+2t^{-3}+t^{-1}.$$

使用 $B=2t^{-1}$，有

$$\mathrm{\wp }(B)=B^3-B=2t^{-3}+t^{-1}.$$

所以正确的新生成元是

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \gamma =\alpha -2t^{-1},{\gamma }^3-\gamma =t^{-4}.\end{array}$$

这个转换可逆，$\alpha =\gamma +2t^{-1}$。若只改方程右边而不改根，就没有给出两个表示之间的映射。

排除全部有理函数原像 ​

若 $h\in K$ 在零点有极点阶 $m>0$，$h^3-h$ 的极点阶一定是 $3m$，因为 $h^3$ 与 $h$ 的最高阶不同，不能抵消。若 $h$ 在零点没有极点，其差也没有。于是 $h^3-h$ 不可能等于四阶极点的 $t^{-4}$。

这说明 $t^{-4}\notin \mathrm{\wp }(K)$，故式(1)不可约，生成一个严格三次的循环扩张。无需限制候选 $h$ 的分子、分母次数；任意有理函数都被这个局部阶数理由排除。

同域与不同域各一份证书 ​

令 $\delta =2\gamma$。由于 $2^3=2$，有

$${\delta }^3-\delta =2t^{-4},\gamma =2\delta .$$

所以参数 $t^{-4}$ 和 $2t^{-4}$ 给出同一个域。它们的类不相等，却位于同一条 ${\mathbb{F}}_3$ 直线上。

另取 ${\eta }^3-\eta =t^{-1}$。如果这个域与式(1)同域，就必须存在 $c\in \{1,2\}$、$b\in K$，使

$$t^{-1}-c{t}^{-4}=\mathrm{\wp }(b).$$

左边最高极点仍为四，右边非零极点阶必为三的倍数，矛盾。因此两个域不同。只比较两个方程的外观不同不能作此结论；这里真正检查了同域判据允许的每个非零标量。

再比较参数 $t^{-3}$ 与 $t^{-3}-t^{-1}$：前者约化到 $t^{-1}$，仍不可约；后者约化到零，根已经在基域内。初始最高极点被三整除并不决定最终结果。

任务四：次数在基域中等于零，构造仍可执行 ​

取 $L={\mathbb{F}}_3[\theta ]/({\theta }^3-\theta -1)$。这个三次式在 ${\mathbb{F}}_3$ 无根，因此不可约，$L$ 有27个元素。Frobenius 满足

$$\sigma (\theta )=\theta +1,{\sigma }^2(\theta )=\theta +2.$$

求相对迹得到

$$T(1)=0,T(\theta )=0,T({\theta }^2)=2.$$

所以 $z=2{\theta }^2$ 的迹为一。这里无法取 $1/3$，但试基归一化完全有效。

为解 $\sigma (b)-b=1$，把 $a=-1=2$ 送入加法 Hilbert 90。前缀和是 $s_0=0,s_1=2,s_2=1$，于是

$$\begin{array}{rl}b& =2\sigma (z)+{\sigma }^2(z)\\ & =2(2{\theta }^2+\theta +2)+(2{\theta }^2+2\theta +2)=\theta .\end{array}$$

全部解为 $\theta ,\theta +1,\theta +2$。原像若取 $2\theta$，则 $\sigma (2\theta )-2\theta =2$，会解出另一个输入；这提供最直接的符号错误检查。

最后把问题移回基域 ${\mathbb{F}}_3$：$x^3-x=1$ 没有解，因为每个基域元素都有 $x^3=x$。在27元素的新域内，$\theta$ 恰是它的一个解。需要明确“在哪个域里找原像”，才能正确比较这两个结论。

自检与实现边界 ​

完成时应能独立提交：任务一的基试验和两个完整六元素解族；任务二的双向生成元转换与二次反例；任务三的参数恒等式、极点不可约和不同域证明；任务四的迹一向量与加权原像。

公开程序除主例外，还检查多个素数、扩张次数、相对基域及 Frobenius 生成元；用多项式 Frobenius gcd 独立检查 Kummer 二项式的因子次数；对素域稠密单极点输入枚举约化纤维、完整重构和仿射参数转换。非生成元、可约模多项式、零乘法输入和损坏的极点记录均有拒绝检查。

字段运算与有理函数规范均为精确运算。测试没有浮点容差，也没有把有限枚举提升为一般定理；尤其单极点不同域的无限范围保证来自最高极点证明。