那交叠的圆环复调与纷杂的晦暗领域，调谐出的究竟为何种光景？

$$\newcommand{\bb}{\mathbb}$$

孩子已经想不出魔怔标题了😭😭

Chapter 7. Introduction to Rings

7.1.

为什么环要求加法满足交换律？因为对 $(1+1)(a+b)$ 按照两种不同顺序拆开括号即可自然推出交换律——尽管环中的幺元不一定存在，但是这提醒我们加法交换律是有意义的。

• 除环 division ring：能除的环。因此需要存在单位元、逆元，并且显然无零因子；但是不要求交换律。
• 整环 integral domain：像整数一样的环。因此需要存在单位元、交换律、无零因子；但是不要求逆元。

几个比较有意义的环：

对于任何交换群 $R$，都可以通过定义 $ab=0$ 来得到其上的平凡环 trivial ring。也即，平凡环是两两积均为零元的环，而并非什么仅含少量元素的环。

Hamilton 四元数环 $\H=\{a+bi+cj+dk\mid a,b,c,d\in\R\}$，是除环。

ring of functions：对于一切 $f:X\to R$，其中 $X$ 是任意集合，$R$ 是任意环，则这些函数关于点积、点加成环。

环中一个非零元素 $a$ 被称作 zero divisor，如果存在非零元 $b$ 满足 $ab=0$ 或 $ba=0$。被称作 unit，如果存在 $b$ 满足 $ab=ba=1$。所有 unit 集合记作 $R^\times$。

……为什么可逆元素要被起一个 unit 这样灾难性的歧义名字？？？

如果 $ab=0,ac=ca=1$，则 $cab=0$，则 $b=0$，然后知 unit 必不是 zero divisor。

整环有一个 $ab=0\implies a=0\lor b=0$ 的性质，这个性质其实是一个很好玩的性质，正如同 $ab\in P\implies a\in P\lor b\in P$ 的素理想性质一样，之后可以看到整环与素理想内生的一种对应关系。

整环中存在消去律，即当 $a\neq0$ 时，$ab=ac\implies b=c$，证明通过左式相减得到。事实上，对于一切非零因子都可以执行消去律。

稍微分析一下。

对于元素 $a$，定义其左逆元 $b$ 是满足 $ba=1$ 的 $b$，左零因子 $b$ 是满足 $ba=0$ 的 $b$。

左逆元 $b$ 和右零因子 $c$ 不能同时存在，因为若 $ac=0$ 则 $bac=0$ 则 $c=0$。右逆元和左零因子同理。

左逆元唯一当且仅当左零因子不存在。因此，左逆元可以不唯一。

左右逆元同时存在则二者均唯一，且 二者相等，因为 $a=a(bc)=(ab)c=c$。

存在右逆元，或者退一步，不存在左零因子，意味着针对该元素的右消去律成立。同理，左逆元或者退一步地不存在右零因子意味着左消去律。

有限整环必是域；因为其中元素可以通过有限自乘回到 $1$（因为消去律而不会成 $\rho$ 状）进而少乘一次即为逆元。

子环是乘法封闭的加法子群。验证子环只需验证 非空、减法和乘法封闭即可。

Quadratic Field $\Q(\sqrt D)$ 是全体 $\{a+b\sqrt D\mid a,b\in\Q\}$。可以认为，只有当 $D$ 是 square-free 时的 Quadratic Field 才是优雅的。

Quadratic Integer Rings 是 $\Z[\sqrt D]=\{a+b\sqrt D\mid a,b\in\Z\}$ 的环，其中 $D$ 要求 square-free。进一步，当 $D\equiv1\pmod 4$ 时，存在更大的环 $\Z[\dfrac{1+\sqrt D}2]$。于是称 $\Q(\sqrt D)$ 的 ring of integers $\cal O$ 是 $\Z[\omega]$，其中在 $D\equiv2,3\pmod4$ 时是 $\sqrt D$，在 $D\equiv1\pmod4$ 时是 $\dfrac{1+\sqrt D}2$。其中，$\Z[i]$ 是高斯整数环。

$\Q(\sqrt D)$ 上可以定义 field norm $a+b\sqrt D\mapsto a^2-Db^2$。$\cal O$ 中元素的 field norm 均是整数。因为 field norm 满足完全积性，所以 $\cal O$ 中的 unit 是那些有 $\pm1$ norm 的元素。

7.2.

有限的形式幂和 $a_nx^n+\dots+a_0$ 被称作多项式。多项式的度数是最高非零 $a_n$ 的次数，此时 $a_nx^n$ 被称作 leading term，$a_n$ 被称作 leading coefficient；零多项式的 leading coefficient 被认为是 $0$。一个多项式是 首一 monic 的，如果 $a_n=1$。

$R$ 上所有多项式集合 $R[x]$。前提是 $R$ 必须是交换幺群，不然多项式的卷积会很丑。

$R[x]$ 的幺元与 $R$ 中幺元相同，且同样是交换环。

当 $R$ 是整环时，度数满足 $\deg pq=\deg p+\deg q$ 的性质，于是可以得到 $R[x]$ 中的 unit 即为 $R$ 中的 unit 且 $R[x]$ 是整环。

$M_n(R)$ 为 $n\times n$ 方阵全体，其中所有元素都属于 $R$。当 $R$ 非平凡（存在积非零的元素对）且 $n\geq2$ 时，就算 $R$ 是交换群 $M_n(R)$ 也非交换群。

scalar matrix 是矩阵环中，那些对角元素全部相同且非对角元素全为零的元素。scalar matrices 与 $R$ 同构，同时是 $M_n(R)$ 的子环。除此之外，当 $S\leq R$ 时 $M_n(S)\leq M_n(R)$；$M_n(R)$ 中上三角矩阵全体也是 $M_n(R)$ 子环。

对于有限群 $G=\{g_1,\dots,g_n\}$ 和交换环 $R$，定义形式和 $\sum a_ig_i$ 其中 $a_i\in R$ 全体为 group ring $RG$。不妨令 $g_1=1$，然后 $a_1g_1$ 这项被简写为 $a_1$；$1g_i$ 的项可以被简写为 $g_i$，$0g_i$ 的项则可以直接省略。

加法就是逐项加，乘法则是 $(a_ig_i)(a_jg_j)=(a_ia_j)(g_ig_j)$。$RG$ 交换当且仅当 $G$ 交换。

$R$ 是 $RG$ 的子环，$R$ 中若存在单位元则其为 $RG$ 单位元。当 $G$ 非平凡时，因 $G$ 有限所以 $RG$ 中必然存在零因子 $(1-g)(1+g+\dots+g^{m-1})=1-g^m=0$。

7.3.

环同态是保加保乘的映射。环同态的像必是值域的子环。环同态的核是满足若 $r\in\ker\varphi$，则对于一切 $a\in R$ 均有 $ar,ra\in\ker\varphi$ 的特殊子环。

一个较为本质的思考是，取逆映射其实是把一个子环的信息放大为一个环的信息的过程；零元具有一个较为本质的 $a0=0a=0$ 的性质，于是将 $0$ 放大后就得到了关于一切乘法封闭的子环。

• 也即，$\{0\}$ 是 $\Im\varphi$ 的理想，所以映回去就有 $\ker$ 是 $R$ 的理想。

令 $I=\ker\varphi$，则考虑 $I$ 的加法陪集 $a+I$ 全体，其就是 $\Im\varphi$ 的 fiber 们，且 fiber 显然有着同构于 $\Im\varphi$ 的结构。然后知 $R/I$ 是环。

现在考虑何种 $I$ 的加法陪集成环。首先因为 $R$ 是加法交换群所以一切 $I$ 均有 $R/I$ 是加法交换群。然后考虑何时有 $(a+I)(b+I)=ab+I$ 此式关于取 $a+I,b+I$ 的任何代表元均成立。也即，取任何 $i,j\in I$，均有 $(a+i+I)(b+j+I)=(a+I)(b+I)$，也即 $(a+i)(b+j)+I=ab+I$。

令 $a=b=0$，则需要有 $I$ 关于乘法封闭；令 $i=b=0$，则需要 $aj\in I$；令 $a=j=0$，则需要 $ib\in I$；然后知 $rI\sube I,Ir\sube I$ 是必要条件，构建同态可知充分。

然后可以定义左理想是 $rI\sube I$ 的子环，右理想是 $Ir\sube I$ 的子环，双边理想同时是左右理想。于是，证明理想等价于证明 非空、关于左右乘封闭、关于减法封闭。

1st Iso. Thm.: $R/\ker\varphi\cong\Im\varphi$。同时，对于理想 $I$，可以定义自然同态 $\pi:r\mapsto r+I$，也可以将 $r$ 的像记作 $\bar r$，此时简单有 $\bar r+\bar s=\overline{r+s},\bar r\bar s=\overline{rs}$。

商环的本质和商群的本质一样，都是 reduction 也即建立等价类的过程。例如，$\Z/n\Z$ 就是把模 $n$ 同余的东西 collapse 的过程；多项式环里，可以把所有低 $n$ 项系数完全相同的多项式 collapse 在一起；ring of function 可以关于定义域中某一点的取值 collapse。

假如我们要求解某些丢番图问题 Diophantine Equations，也即某些整系数多项式方程的整数解集合，例如 $x^2+y^2=3z^2$，那么可以首先假定 $x,y,z$ 有 $\gcd=1$（这需要建立在此方程齐次的前提下），然后考察模剩余系下的结果（$a^2$ 在剩余系下的取值有限），会发现例如在模 $4$ 意义下二次剩余只有 $0,1$，然而 $1$ 不可能满足上述方程，所以三个数必然满足平方模 $4$ 余 $0$ 也即均是偶数，然后知其无整数解。这个方法除了证明无解以外，还可以被用来限制其在模一些剩余类下的结果。

2nd Iso. Thm. 若 $A$ 是子环，$B$ 是理想（注意和群中不同，群中只需要 normalize，但是因为环乘法的优秀（？）性质所以必须要是理想）$(A+B)/B\cong A/(A\cap B)$。

3rd Iso. Thm. $(R/I)/(J/I)\cong R/J$。

4th Iso. Thm. 包含 $I$ 的子环与 $R/I$ 子环的对应关系。

两个理想的和 $I+J=\{a+b\mid a\in I,b\in J\}$ 是包含 $I\cup J$ 的最小理想，也即 $I+J=(I,J)$。

两个理想的积 $IJ$，是所有的 $ij$ 的有限和。这是 $I\cap J$ 包含的某个理想，但并非其包含的最大理想：事实上其包含的最大理想就是 $I\cap J$ 本身。

也即，和就像 $\text{lcm}$，积就像 $\gcd$。

同理可以定义多个理想的和与积。

7.4.

本节中环需要单位元。

$(A)$ 被定义为 $A$ 生成的理想，ideal generated by $A$。注意与生成群 $\lang A\rang$ 区分。

本原理想 principle ideal 是仅由一个元素生成的理想。

$RA$ 是包含 $A$ 的最小左理想（在没有单位元时不成立，因为 $RA$ 甚至不一定关于乘法封闭也不一定包含 $A$）；$AR$ 是包含 $A$ 的最小右理想；$RAR$ 则是包含 $A$ 的最小双边理想，即 $(A)$。在交换幺群中，有 $RA=AR=RAR=(A)$。

对于交换幺群，$b\in(a)$，当且仅当 $b$ 是 $a$ 的倍数或者 $a$ 是 $b$ 的因数，且必有 $(b)\sube (a)$。

$I=R$，当且仅当 $I$ 中包含任一 unit，因为包含 unit 就是包含 $1$，包含 $1$ 就是 $R$。因此，交换幺群是域，当且仅当其理想只有自身和零理想。【注意，trivial ideal 仅指零理想，不包含自身】因此，非零的域同态都是单射。

进一步，若幺环中唯一的左右理想只有自身和零，则其是除环，除环中唯一的左右理想和双边理想也只有自身和零，非零的除环同态也都是单射。但是，如果幺环中唯一的双边理想只有自身和零，其不一定是除环：当 $F$ 是域时，$M_n(F)$ 是满足上述条件的幺环，但是其包含零因子。

除环不成立的场合是因为，对于非零元 $u$ 有 $1\in R=(u)$，在域的场合有 $1=uv$，但是在除环的场合 $1$ 只能被写成 $puq$ 这样的东西。

极大理想 $M$ 是不存在严格包含之的真理想的 真理想。可以发现这个性质与域的不存在非平凡真理想的性质异曲同工，于是 $M$ 是交换环极大理想当且仅当 $R/M$ 是域。进一步，除环也不存在非平凡真理想，因此 $R/M$ 是除环推出 $M$ 是极大理想，但是 $M$ 极大无法推出 $R/M$ 是除环。

由 Zorn's Lemma，幺环中必存在极大理想，且所有真理想都包含于极大理想。

素理想是 $ab\in P\implies a\in P\lor b\in P$ 的 真理想，一如素数是满足 $p\mid ab\implies p\mid a\lor p\mid b$ 的数。这同时表明，$p\Z$ 是素理想。注意，素理想仅在交换群中有定义。

若将其定义扩充至非交换群的话，则对于一切理想 $A,B$，若 $AB\sube I$ 则 $A\sube I$ 或 $B\sube I$。

在交换群中，$P$ 是素理想当且仅当 $R/P$ 是整环。因此，在交换群中，极大理想必是素理想。

7.5.

对于交换环 $R$，取不含零因子也不含 $0$ 的非空、关于乘法封闭的子集 $D$，则 $\dfrac rd$ 全体构成满足所有 $D$ 中元素均可逆的最小环。特别地，如果 $D=R\setminus\{0\}$，则其构成域。这个环被称作 ring of fractions；在 $R$ 是整环且 $D=R\setminus\{0\}$ 的场合，其变成被称作 field of fractions 或者 quotient field 的域。

7.6.

本节中认为 $R$ 是交换幺群。

两个理想 $A,B$ 被称作 comaximal，如果 $A+B=R$。理想的 comaximal 其实与质数的互质是类似的。

对于任意 $a,b$，总有 $(a)(b)=(ab)$：因为 $ab\in(a)(b)$ 所以 $(ab)\sube(a)(b)$；每个 $(a)$ 中元素都可以写成 $ra$，每个 $(b)$ 中元素都可以写成 $bs$，于是每个 $(a)(b)$ 里的积都可以写成 $tab$，于是 $(a)(b)\sube(ab)$。进一步，总有 $\prod(a_i)=(\prod a_i)$。

CRT：有 $R\to\prod R/A_i$ 是核为 $\bigcap A_i$ 的映射，也即 $R/\bigcap A_i\cong\prod R/A_i$；如果 $A_i$ 两两 comaximal，则 $\bigcap A_i=\prod A_i$。

首先，若 $A,B$ comaximal，则 $A\cap B=AB$。这是因为，首先必有 $AB\sube A\cap B$；其次，因为 $A+B=R$，则存在 $x\in A,y\in B$ 满足 $x+y=1$，于是对于 $c\in A\cap B$ 有 $c=c(x+y)=cx+cy\in AB$，所以 $A\cap B\sube AB$，于是 $A\cap B=AB$。

其次，若 $A,B,C$ 两两 comaximal，则 $1=a+c_1=b+c_2$，有 $(a+c_1)(b+c_2)=ab+c_3=1$，而 $ab\in AB$，所以 $AB$ 与 $C$ comaximal；因此，嗯归纳即可得到两两 comaximal 时，总有交等于积。

于是就得到 CRT 的优雅形式：对于两两 comaximal 的 $A_1,\dots A_n$，有 $R/\prod A_i=\prod R/A_i$。

CRT 的证明核心不在于同态的核是 $\bigcap A_i$，而在于该同态是满射。这等价于存在每个 $(1,0,\dots,0),(0,1,\dots,0),\dots$。按照上面的分析，$A_1$ 与 $A_2\dots A_n$ comaximal，故其是满射。

特别地，当 $m,n$ 互质时，有 $(\Z/mn\Z)^\times\cong(\Z/m\Z)^\times\times(\Z/n\Z)^\times$，因此在考察 $(\Z/n\Z)^\times$ 的结构时可以对其质因数分解然后考察每个质数幂约化剩余系的结构。

Chapter 8. ED, PID & UFD

$\Z$ 是 ED 但不是域。

$\Z[\dfrac{1+\sqrt{-19}}2]$ 是 PID 但不是 ED。

$\Z[x]$ 是 UFD 但不是 PID（$(2,x)$ 非主理想）

$\Z[\sqrt{-5}]$ 是整环但不是 UFD（$(1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})=6$）

8.1.

在整环 $R$ 上定义范数 norm，即一个 $R\to\N$ 的映射，且满足 $N(0)=0$。positive norm 是非零元都有正范数的范数。

一个整环是 Euclidean Domain 欧几里得域，或者称其有 Division Algorithm，如果对于一切 $a,b$ 满足 $b\neq0$ 都存在 $a=qb+r$ 其中 $N(r)<N(b)$ 或者 $r=0$。$q$ 称作 quotient，$r$ 称作 remainder。注意 Division Algorithm 的 $q,r$ 不一定唯一。ED 里可以执行欧几里得算法。

常见的 ED 包括：

• 域。
• $\Z$。
• $F[x]$，norm 被定义为 degree。
• quadratic integer rings $\cal O$ 经常不是 ED；特别地，例如 $\Z[i]$ 的 Gaussian Integers 确实是 ED。

ED 的所有理想都是主理想；特别地，ED 的理想可以被其中最小 norm 非零元素生成。这是因为，令最小 norm 元是 $v$ 则 $(v)\sube I$；对于理想中的一个非零元 $u$，必有 $u=qv+r$，其中 $r=u-qv\in I$ 因此必有 $r=0$，也即 $I\sube(v)$，因此 $(v)=I$。

在任意交换环中，可以定义 $a$ be multiple of $b$、$b$ be divisor of $a$、$b$ devides $a$，如果 $a=bx$，记作 $b\mid a$。GCD 是这样的 $d$，满足 $d\mid a,d\mid b$，且对于一切 $d'\mid a,d'\mid b$ 都有 $d'\mid d$。翻译成 ideal 的语言就是，如果 $d=\gcd(a,b)$，则 $(a,b)\sube(d)$ 且 $(a,b)\sube(d')\implies(d)\sube(d')$。也即，$\gcd$ 是包含 $(a,b)$ 的最小主理想的生成元。

当 $(a,b)$ 是主理想时，其任一生成元均为 $\gcd$。满足所有 $(a,b)$ 均是主理想的环被称作 Bezout Domain 裴蜀环。非裴蜀环中也可以存在 $\gcd$。

裴蜀环满足裴蜀定理，也即对于一切 $a,b$，方程 $ax+by=\gcd(a,b)$ 都有解的环。

在整环中，$(d)=(d')\iff d=ud'$，其中 $u$ 是某个 unit。特别地，如果 $d$ 和 $d'$ 同是 $\gcd$，则 $d$ 和 $d'$ 关于 unit 等价。

8.2.

PID 是所有理想都是主理想的整环。主理想整环必是裴蜀环，因此裴蜀定理仍然成立。同时其仍是整环，因此所有 $\gcd$ 都关于乘 unit 而等价。

在 PID 中，非零的素理想必是极大理想。

若 $(a)\sube(b)$，则满足 $a=kb$，由素性推出 $k\in(a)\lor b\in(a)$，后者直接有 $(a)=(b)$，前者则 $k=ap$，于是 $bp=1$，$b$ 是 unit 则 $(b)=R$。

如果 $I$ 是 $R$ 的理想，则 $(I,x)$ 是 $R[x]$ 的理想（这可以被第三同态证明）。因此，若 $R[x]$ 是 PID（或者进一步，ED），则 $R$ 必然是域，反之亦然。

8.3.

要求 $\gcd$，除了欧几里得算法外，还可以用质因数分解法。

首先，对于整环 $R$，定义一个非 unit 元素是 irreducible 的，如果它不能被拆成两个非 unit 之积，反之其就是 reducible 的；$R$ 中的非零元素被称作 prime 如果其生成素理想，换言之 prime 是满足 $p\mid ab\implies p\mid a\lor p\mid b$ 的非 unit。

两个元素 associate，如果它们可以由乘以 unit 而得到。

在整环中，prime element 总是 irreducible 的：这是因为若 $p=ab$ 且 $a=pc$ 则 $bc=1$。然而，irreducible 的元素不总是 prime。

特别地，在 PID 中，irreducible 等价于 prime，这是因为若 $(p)\sube(m)$ 则 $p=mq$，于是有 $m,q$ 二者至少有一是 unit；如果 $m$ 是 unit 则 $(m)=R$，如果 $q$ 是 unit 则 $(p)=(m)$，总之 $(p)$ 极大则素。 因此，PID 中，极大、素、不可约，三者彼此等价。

UFD 是满足每个元素 $r$ 都可以被写成有限个不一定不同的不可约元素 $p_i$ 的积的整环，且这样的 decomposition 在 association 意义下唯一。

UFD 中，irreducible 也等价于 prime，但是这个证明依赖于 PID 中 irreducible 与 prime 的等价性。

对于 irreducible 的 $p$，若 $p\mid ab$，令 $pc=ab$，则将 $ab$ 展开，因为其展开方式唯一所以 $p$ 必然与 $a,b$ 中至少一个 irreducible factor 是 associated 的，则 $p$ divide 对应的 $a$ 或 $b$，

UFD 中，假设两个 $a=up_1^{a_1}\dots p_n^{a^n},b=vp_1^{b_1}\dots p_n^{b_n}$ 是两组 decomposition，则它们的 $\gcd$ 即为 $p_1^{\min(a_1,b_1)}\dots p_n^{\min(a_n,b_n)}$。

PID 必是 UFD。代数基本定理，即是说 $\Z$ 是 UFD；因为 $\Z$ 是 ED 所以 $\Z$ 是 UFD。

Chapter 9. Polynomial Rings

9.1.

首先，多项式环一般仅定义在交换幺环上。

对于 $R$ 的理想 $I$，有 $(I)=I[x]$，也即 $I$ 在 $R[x]$ 中张成的理想是 $I[x]$。同时，有

$$R[x]/I[x]\cong(R/I)[x]$$

特别地，如果 $I$ 是 $R$ 的素理想，那么 $I[x]$ 是 $R[x]$ 的素理想。证明构造同态 $R[x]\to(R/I)[x]$，映射是把多项式的所有系数变成自然同态下的像。易知该同态的核即为 $I[x]$，且是满射。特别地，如果 $I$ 是素理想，那么 $R/I$ 是整环，整环上的多项式环亦是整环，然后知左侧亦是整环，则 $I[x]$ 是素理想。

注意，$I$ 极大不能推出 $I[x]$ 极大：因为域上多项式环不是域。但是，$I$ 极大可以推出 $(I,x)$ 极大：

由第三同态，$R[x]/(I,x)\cong(R[x]/(x))/((I,x)/(x))$；有 $R[x]/(x)\cong R$，$(I,x)$ 中包含全体常数项属于 $I$、更高项系数属于 $R$ 的多项式，因此 $(I,x)/(x)\cong I$；因此 $R[x]/(I,x)\cong R/I$，进而 $R/I$ 是域推出 $R[x]/(I,x)$ 是域，进而 $(I,x)$ 极大。

多元多项式 $R[x_1,\dots,x_n]$ 被递归定义为 $R[x_1,\dots,x_{n-1}][x_n]$。

一个单项 monomial term 是形如 $ax_1^{d_1}\dots x_n^{d_n}$ 的项，多项式是单项的有限和。$x_1^{d_1}\dots x_n^{d_n}$ 被称作 monomial，同时也是 monomial term 的 monomial part；$d_i$ 被称作 $x_i$ 的 degree，全体 $d_i$ 的和被称作该 term 的 degree；有序 $n$ 元组 $(d_1,\dots,d_n)$ 被称作该 term 的 multidegree。齐次 homogeneous 多项式的所有项都有着相同度数；所有度数为 $k$ 的 monomial terms 的和被称作度数为 $k$ 的齐次分量 homogeneous component of degree $k$。

9.2.

域上的一元多项式环是 ED，norm 等于 degree。因为元素可逆所以可以作多项式除法。并且，多项式环是性质好的 ED：其有唯一的商和余项。

但是，多元多项式环不是 ED 甚至不是 PID，因为递归第一次后得到的 $F[x_1]$ 就已经不是域了。

多项式除法的商和余项是 independent of field extensions 的；也即，如果域 $F$ 有扩张 $E$，且在 $F[x]$ 上有 $a(x)=q(x)b(x)+r(x)$，则在 $E[x]$ 上亦然。

9.3.

当 $R$ 是整环时，$R[x]$ 亦然；整环可以扩张至分式域，分式域上多项式环是 ED，整环上多项式环，作为分式域上多项式环的子环，也即某个 ED 的子环，是可以利用该性质展开更多分析的。

首先，既然分式域多项式环是 ED 进而 UFD，那么我们希望知道 $R[x]$ 是否是 UFD；但这大体是错误的，因为其中常数项只能分解为常数项，因此 $R$ 为 UFD 是 $R[x]$ 为 UFD 的必要条件。事实上，这是充要条件。

Gauss's Lemma: 对于 UFD $R$ 和其上分式域 $F$，令 $p(x)\in R[x]$，则若 $p(x)$ 于 $F[x]$ 中可约则在 $R[x]$ 中亦可约；进一步，若在 $F[x]$ 上 $p(x)=A(x)B(x)$，其中 $A(x),B(x)$ 非常数（因为域上多项式环的 unit 为所有非零常多项式），则存在 $r,s\in F$ 使得 $a(x)=rA(x),b(x)=sB(x)$ 均是 $R[x]$ 上多项式，且 $p(x)=a(x)b(x)$ 是 $R[x]$ 上分解。

$A(x),B(x)$ 的所有系数都是 $\dfrac rd$ 的形式，其中 $r\in R,d\in R\setminus\{0\}$；可以取全体 $d$ 的积，仍记其为 $d$，则满足 $dp(x)=a'(x)b'(x)$，其中 $a'(x),b'(x)$ 的全体系数均为 $R$ 中元素；若 $d$ 是 $R$ 上 unit，则直接把 $d^{-1}$ 乘过去即可；否则把 $d$ 展成 $p_1\dots p_n$ 其中每个 $p_i$ 均不可约，于是 $(p_i)$ 是素理想，于是由前述结论 $(R/p_iR)[x]$ 是整环。对方程 $dp(x)=a'(x)b'(x)$ 在模 $p_i$ 下进行，得到 $\bar0=\overline{a'(x)b'(x)}$；因为其是整环，所以必有 $a'(x),b'(x)$ 其一模 $p$ 余 $0$，于是 $p_i$ 可以被用于除到相应的多项式中。不断除 $p_i$ 最终可以把 $d$ 项除光。

注意，可以由 $A,B$ 乘以 $F$ 中元素得到 $a,b$，但是不可以乘以 $R$ 中元素得到 $a,b$。

因此有推论：对于所有系数 $\gcd$ 为 $1$ 的 $p(x)$，其在 $R[x]$ 中不可约当且仅当其在 $F[x]$ 中不可约。

$R[x]$ 是 UFD，当且仅当 $R$ 是 UFD。这是因为，$R$ 非 UFD 从常数项即可推出 $R[x]$ 非 UFD。现在尝试证明 $R$ 是 UFD 推出 $R[x]$ 是 UFD。

首先，对于系数 $\gcd$ 非 $1$ 的 $p(x)$，可以先把 $\gcd$ 摘出来：这种分解是 unique up to unit 的。然后可以把 $d$ 在 $R$ 里展开。于是接下来需要证明 $\gcd$ 为 $1$ 的 $p(x)$ 是 UF 的。

因为 $F[x]$ 是 UFD 所以 $p(x)$ 可以在 $F[x]$ 中唯一分解，进而变成 $R[x]$ 上的一种分解，新分解的所有项都是原分解中项的 $F$-倍数。

然后拆开来证明每一对都在 $R$ 中 associate 即可。

9.4.

对于域上多项式而言，一阶因子等价于根。【注意非域的场合，一阶因子不一定是根】因此，域上的二阶、三阶多项式的不可约性可以以找根的方式验证。

对于任意整环，$(R/I)[x]$ 中不可约可以推出 $R[x]$ 中不可约（前提是 non-constant monic）。这是因为，若 $R[x]$ 中可约，则对每个 factor 在 $I$ 下约即得到 $(R/I)[x]$ 下的 factorize。

Eisentein 判别式：在整环中，对于 monic 的多项式，如果除首项外其余项系数都属于某个素理想 $P$ 但是零次项系数不属于 $P^2$，则在整环中不可约。进一步，非 monic 的场合，要求系数 $\gcd=1$ 且首项系数不属于 $P$。【事实上，假如首项系数也属于 $P$ 则 $\gcd$ 显然非一】

若 $f(x)$ 可约，则对展开 modulo $P$ 得到 $a_nx^n=\bar a(x)\bar b(x)$。首先，$\bar a$ 与 $\bar b$ 不可能均为常数，则二者必然均至少为一次多项式。因为 $R/P$ 是整环，所以 $\bar a(x)\bar b(x)$ 均应有零常数，则 $f(x)$ 的常数必须属于 $P^2$。

Eisenstein 证明例如 $\Q$ 中不可约性的场合，往往是证明 $\Z$ 中不可约，然后由 Gauss Lemma 推出 $\Q$ 中不可约。

9.5.

$F$ 是域的场合，$F[x]/(g(x))$ 可以根据 $g(x)$ 的 factorize，由 CRT 拆成 irreducible 幂次的商环之积。