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有限特征计算证书：终点任务及完整答案 ​

输入与验收任务 ​

只使用精确的模二系数运算。令

$$f(T)=T^4+T+1,L={\mathbb{F}}_2[T]/(f),a=T+(f),$$

并记 $b=a^5$、$g=a^3$。入口是有限域、极小多项式和商域的余式运算；后半部分还需矩阵迹、行列式和双线性配对。这里复用原有四次不可约证书，不把“换成有限域的同一模数”计作另一个判据。

交付一份能让另一位读者逐项乘回的证书，完成以下任务：

1. 认证 $L$ 确为十六元域，给 $a,b,g$ 的平方轨道与 ${\mathbb{F}}_2$ 极小多项式
2. 找出 $K={\mathbb{F}}_4\subset L$，求 $a$ 在 $K$ 上的极小多项式，并说明换底域后哪些共轭不再允许
3. 对 $1,a,b,g$ 分别求 $L/{\mathbb{F}}_2$ 和 $L/K$ 的迹与范数，核对塔式公式
4. 给出幂基 $(1,a,a^2,a^3)$ 的迹 Gram 矩阵、逆矩阵与对偶基；从迹读数恢复 $u=1+a+a^3$
5. 给出 $L/K$ 的相对对偶基和 $u$ 的两层坐标，并用乘法矩阵或二次范数公式再核验一次
6. 比较 $a$ 与 $g$ 的域生成、乘法生成、加法生成和共轭成基能力，必须给实际阶数和秩
7. 判定 $x^4+x=b$ 与 $x^4+x=a$ 是否有解；有解时列出全部解并证明没有遗漏
8. 将导数对偶公式迁移到八元域 ${\mathbb{F}}_2[c]$、$c^3+c+1=0$，实际计算非恒定导数的逆元，并解释两例中 $\mathrm{Tr}(1)$ 为什么不同

答案一：构造域与逐元素轨道 ​

$f(0)=f(1)=1$，所以没有一次因子。模唯一首一不可约二次式 $T^2+T+1$，有 $T^4=T$，故 $f$ 的余式为一。一个可约四次式必有次数一或二的不可约因子，两类都已排除，所以 $f$ 不可约。这是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。已有算例的复用。于是 $L$ 有十六个不同余式，$E=(1,a,a^2,a^3)$ 是 ${\mathbb{F}}_2$-基，约简关系为 $a^4=a+1$。

重复平方得到

$$\begin{array}{rl}{\mathcal{O}}_2(a)& =(a,a^2,a+1,a^2+1),\\ {\mathcal{O}}_2(b)& =(a^2+a,a^2+a+1),\\ {\mathcal{O}}_2(g)& =(a^3,a^3+a^2,a^3+a^2+a+1,a^3+a).\end{array}$$

每行再平方一次回到开头，行内元素的幂基坐标互不相同，因此首次返回时间分别为 $4,2,4$。由轨道极小多项式定理理路有限域的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。，次数分别为 $4,2,4$，对应多项式为

$$m_a=T^4+T+1,m_b=T^2+T+1,m_g=T^4+T^3+T^2+T+1.$$

前两个式子可由 $a^4=a+1$、$b^2=b+1$ 代回。第三个式子来自 $g^5=a^{15}=1$ 且 $g\ne 1$，所以 $1+g+g^2+g^3+g^4=0$；轨道已证明次数为四，排除了更低次数关系。注意这一步只在 $g\ne 1$ 后才能从 $g^5-1$ 除去因子 $g-1$。

若要独立检查所有幂，$a^0,\dots ,a^{14}$ 的四位坐标依次为

$$1,2,4,8,3,6,12,11,5,10,7,14,15,13,9.$$

这里整数 $\sum _i{c}_i{2}^i$ 仅用于编码 $\sum _i{c}_i{a}^i$，不是在 $\mathbb{Z}/16\mathbb{Z}$ 中运算。下一项为一；这张表可以按“左移后用 $a^4=a+1$ 约简”逐项复核。

答案二：四元子域与相对极小多项式 ​

$b^2=b+1$ 给 $b^3=1$，所以

$$K=\{0,1,b,b+1\}={\mathbb{F}}_2(b)$$

是四元子域。它的每个元素满足 $z^4=z$，而 $T^4-T$ 最多有四个根，所以它也恰是 $L$ 内四次幂的不动集合。

相对 Frobenius 是 $z\mapsto z^4$，$a$ 的轨道是 $(a,a+1)$，因此

$$m_{a,K}(T)=(T+a)(T+a+1)=T^2+T+b.$$

${\mathbb{F}}_2$ 上的四个共轭并不全是 $K$ 上的共轭：平方把 $b$ 送到 $b+1$，不固定基域。保持 $K$ 的两个嵌入把 $a$ 分别送到 $a$、$a+1$。例如原来的 $a^2$ 满足另一个二次式 $T^2+T+b+1$，不是 $T^2+T+b$ 的根。

乘回得到

$$f(T)=(T^2+T+b)(T^2+T+b+1),$$

这既核验换底域后的分解，也解释原四点轨道为什么分成两对。

答案三：相对与绝对迹范数 ​

记

$$S={\mathrm{Tr}}_{L/K},P=N_{L/K},T={\mathrm{Tr}}_{L/{\mathbb{F}}_2},Q=N_{L/{\mathbb{F}}_2}.$$

由取幂公式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。，

$$S(z)=z+z^4,P(z)=z^5,T(z)=z+z^2+z^4+z^8,Q(z)=z^{15}.$$

因此四个指定输入的证书为

$$\begin{array}{ccccc}z& S(z)& P(z)& T(z)& Q(z)\\ 1& 0& 1& 0& 1\\ a& 1& b& 0& 1\\ b& 0& b+1& 0& 1\\ g=a^3& b+1& 1& 1& 1\end{array}$$

例如 $S(g)=a^3+a^{12}=b+1$，$P(g)=a^{15}=1$；$T(g)$ 则是第一问四个轨道元素之和，结果为一。$b$ 在 $L$ 的四维计算中必须重复两遍两点轨道，因此 $T(b)=0$，不能误用 ${\mathrm{Tr}}_{K/{\mathbb{F}}_2}(b)=1$。

对 $w\in K$，下层迹范数是 $w+w^2$ 与 $w^3$。逐层核对如下：$S(a)=1$ 的下层迹为零；$S(g)=b+1$ 的下层迹为一；$P(a)=b$、$P(b)=b+1$ 的下层范数均为一，其余两个范数值原本为一。与表中的绝对结果全部相符。

虽然 $T(1)=0$，但 $T(g)=1$，所以 $T$ 是非零满射。此扩张可分，因为定义模数的导数为一。把“单位元的迹为零”当作不可分证据，会在这里给出错误结论。

答案四：双基与四个坐标读数 ​

由 $T(a^j)$ 对 $j=0,\dots ,6$ 的值

$$(0,0,0,1,0,0,1),$$

得到

$$G=\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 1\end{array}\right),H=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 1\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 1& 0& 0& 0\end{array}\right).$$

按模二矩阵乘法直接算得 $GH=I$。因此迹对偶基理路有限域的迹对偶基与坐标恢复Trace dual bases over finite fields · Power basis trace duality不借Tr(1)非零证明有限域迹配对非退化，以Gram逆和极小多项式导数构造对偶基，并从迹读数精确恢复坐标。为

$$E^{\ast }=(1+a^3,a^2,a,1).$$

这一结论还可用导数公式独立复核：

$$\frac{T^4+T+1}{T-a}=T^3+a{T}^2+a^{2}T+(a^3+1),f^{\prime }(a)=1.$$

这里左式的 $T$ 是多项式变量，不是前面的迹映射。商多项式从常数项到最高项的系数，除以 $f^{\prime }(a)$，正是上述双基。

对 $u=1+a+a^3$，四个测试乘积可化为

$$\begin{array}{rl}u(1+a^3)& =a^2+a^3,\\ u{a}^2& =a+a^3,\\ ua& =1+a^2,\\ u& =1+a+a^3.\end{array}$$

每个余式的迹是 $a^3$ 的系数，所以读数为 $(1,1,0,1)$，据此恢复 $1+a+a^3$。最后一步只读取坐标，不依赖于求逆矩阵的过程，是一份可单独复核的证书。

答案五：两层坐标与二次范数 ​

$L/K$ 的基取 $(1,a)$。其迹矩阵、逆矩阵及双基为

$$G_K=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right),G_K^{-1}=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right),(1,a{)}^{\ast }=(a+1,1).$$

故任意 $z=s+ta$ 满足

$$s=S(z(a+1)),t=S(z),s,t\in K.$$

由 $a^2=a+b$，有 $a^3=b+(b+1)a$。因此

$$u=1+a+a^3=(b+1)+ba,$$

相对读数为 $(b+1,b)$。在 ${\mathbb{F}}_2$ 的乘积基 $(1,b,a,ab)$ 下，这对应 $(1,1,0,1)$；本例两个基的坐标数字恰好相同，基元素本身却不同，不能据数字相同认定两组基相同。

相对共轭把 $a$ 送到 $a+1$，所以

$$P(s+ta)=(s+ta)(s+t(a+1))=s^2+st+b{t}^2.$$

代入 $s=b+1,t=b$，利用 $b^2=b+1$，得到 $P(u)=b$。另一项 $S(u)=b$，继续下层得到 $T(u)=b+b^2=1$、$Q(u)=b^3=1$，与四维结果一致。

若需要两层组装双基，$K/{\mathbb{F}}_2$ 的 $(1,b)$ 双基为 $(b+1,1)$，所以 $(1,b,a,ab)$ 的绝对双基为

$$((a+1)(b+1),a+1,b+1,1).$$

配对值可先取 $L/K$ 迹，再取 $K/{\mathbb{F}}_2$ 迹，逐项得到单位矩阵。两层坐标并非把基域符号换个名字，而是把四个二进制读数组织成两个四元域读数。

答案六：四种“生成”不能混同 ​

$a^{15}=1$，且 $a^3\ne 1$、$a^5=b\ne 1$，排除 $15$ 的全部真因子，所以 $a$ 的乘法阶为 $15$。$g=a^3$ 的乘法阶为 $5$。第一问已给两者极小多项式次数都为四，因此两者都是 $L/{\mathbb{F}}_2$ 的域生成元，只有 $a$ 生成整个乘法群。

对加法群，两者都满足 $z+z=0$ 且非零，所以加法阶为二，均不能生成十六元素的加法群。实际上在本域里任何单个元素都做不到这一点。

最后核验共轭能否成基。在幂基下分别将两条轨道作列，得到

$$C_a=\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 1& 1\\ 1& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right),C_g=\left(\begin{array}{cccc}0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 1& 1\\ 0& 1& 1& 0\\ 1& 1& 1& 1\end{array}\right).$$

$C_a$ 前三列无关，第四列为前三列之和，所以秩为三。$C_g$ 的行列式在 ${\mathbb{F}}_2$ 中为一，所以秩为四，$g$ 的四个共轭确实构成正规基。至此可以看出：乘法群生成元 $a$ 不给正规基，而给正规基的 $g$ 又不是乘法群生成元。这里认证的是两个具体元素，不以例子代替一般正规基存在定理。

答案七：迹零条件给出完整解集 ​

对 $D(x)=x^4+x$，其核为 $K$。相对迹满足 $S(D(x))=0$；$D$ 的像与 $S$ 的核都是一维 $K$-空间，所以两者相等。因此方程 $D(x)=c$ 可解恰好要求 $S(c)=0$，可解时有四个解。

$S(b)=0$，并且 $x_0=ba=a^3+a^2$ 满足

$$D(x_0)=b(a^4+a)=b.$$

全部解为 $x_0+K$，即

$$a^3+a^2,a^3+a^2+1,a^3+a,a^3+a+1.$$

四个值不同，加上 $K$ 不改变 $D$，所以它们全部满足方程；核只有四个元素，证明没有第五个解。对第二个右边，$S(a)=1\ne 0$，所以 $x^4+x=a$ 在 $L$ 中无解。这比只给“枚举没找到”更强，因为它说明了阻碍来自哪一个线性条件。

答案八：换到八元域仍能执行 ​

$h(T)=T^3+T+1$ 在 $0,1$ 都不为零，所以作为三次式不可约。令 $c^3=c+1$，则 $F={\mathbb{F}}_2(c)$ 有八个元素。平方轨道为

$$c,c^2,c^2+c,$$

三项互异，下一步返回 $c$。于是极小多项式确为 $h$，${\mathrm{Tr}}_{F/{\mathbb{F}}_2}(c)=0$，而 $\mathrm{Tr}(1)=3\cdot 1=1$。

多项式除法和导数给

$$\frac{h(T)}{T-c}=T^2+cT+(c^2+1),h^{\prime }(c)=c^2+1.$$

由于 $c(c^2+1)=1$，导数的逆元是 $c$，故幂基 $(1,c,c^2)$ 的双基为 $(1,c^2,c)$。这一步实际使用了域内求逆，并没有把十六元域中的分母一照抄过来。

取 $v=1+c+c^2$。$\mathrm{Tr}(v)=1$；$v{c}^2=c^2+c^3+c^4=1$，迹为一；$vc=c+c^2+c^3=1+c^2$，迹也为一。因此按双基的三个读数为 $(1,1,1)$，准确恢复 $v$。

两例都可分，差别在次数：四次扩张在特征二中有 $4\cdot 1=0$，三次扩张则有 $3\cdot 1=1$。可分性保证的是迹映射非零、迹配对非退化，并不保证单位元的迹非零。换底域、换模数和换基以后，必须重新检查这几个不同的条件。

核验顺序与来源 ​

一份可重算交付应保留：模数不可约证书、轨道余式列表、相应多项式乘积、迹范数底域、Gram 与逆矩阵、对偶配对值，以及方程的核和一个特解。所有输入在十六元域中只有十六种余式，还可以穷举检查坐标恢复与两层迹范数复合；穷举在这里是对已经给出的证明再作有限核验。

• Keith Conrad，Finite Fields，Theorems 5.5–5.7：相对 Frobenius、共轭、迹范数
• The Stacks Project Authors，Fields, §9.20，Lemmas 9.20.2、9.20.5、9.20.7：环境次数、塔式公式和迹配对
• Keith Conrad，The Different Ideal，Theorem 3.7：幂基导数双基公式；其在有限可分域扩张中的完整证明见本单元的迹对偶基页