综合学习笔记：主理想整环（PID）、唯一分解整环（UFD）与欧几里得整环（ED）

以下是基于 Maki 的抽象代数视频课以及 Victor 的抽象代数习题视频课综合整理的学习笔记. 关注重点主要在 PID、UFD 和 ED. 混合了一些自己的思考和理解. 内容也相应做了编排上的调整.

定义

整环：若 (R, +, ·) 是交换环，R ≠ {0}，且 R 没有非平凡零因子（即对任意 a, b ∈ R，若 ab = 0，则有 a = 0 或 b = 0），则称 R 是整环.

主理想整环（Principal Ideal Domain，PID）：若 (R, +, ·) 是整环，且 R 的任意一个理想都是主理想（即对任意的 I ◁ R，存在 a ∈ R，使得 I = (a) = Ra），则称 R 是主理想整环.

整除，因子，倍元：(R, +, ·) 是整环，a ∈ R \ {0}，b ∈ R，若存在 c ∈ R，使得 b = ac，则称 a 整除 b，记为 a | b，并称 a 是 b 的因子，b 是 a 的倍元.

相伴：(R, +, ·) 是整环，a, b ∈ R \ {0}，若 a | b 且 b | a，则称 a 和 b 相伴（也叫等价），记作 a ~ b.

最大公因子，最小公倍元：(R, +, ·) 是整环，a, b ∈ R \ {0}.

若 d ∈ R 满足 d | a 和 d | b，且对任意 e ∈ R，只要满足 e | a 和 e | b，就一定有 e | d. 则称 d 是 a, b 的一个最大公因子，记作 d = gcd(a, b).

若 m∈ R 满足 a | m 和 b | m，且对任意 n ∈ R，只要满足 a | n 和 b | n，就一定有 m | n. 则称 m 是 a, b 的一个最小公倍元，记作 m = lcm(a, b).

最大公因子整环：(R, +, ·) 是整环，若对任意 a, b ∈ R \ {0}，都存在 gcd(a, b) ∈ R，则称 R 是最大公因子整环.

可约元，不可约元： (R, +, ·) 是整环，x ∈ R \ {0}，若存在 a, b ∈ R 且 a, b 都不是单位，使得 x = ab，则称 x 是可约元，否则称 x 是不可约元.

素元：(R, +, ·) 是整环，p ∈ R \ {0}；p 不是单位；且对任意 a, b ∈ R，若 p | ab，则有 p | a 或 p | b. 这样的 p 称作素元.

唯一分解整环（Unique Factorization Domain，UFD）：(R, +, ·) 是整环，若任意 x ∈ R \ {0} 都可以写成 x = up₁...p_n 的分解形式，其中 u 是 R 的一个单位，p₁, ..., p_n 是 R 中有限多个素元，则称 R 是唯一分解整环. 【这里是个等价的简化定义，后面有说明】

欧几里得整环（Euclidean Domain，ED）：(R, +, ·) 是整环，称 R 是欧几里得整环，若存在 f: R \ {0} → N₀ 使得对任意 a ∈ R，b ∈ R \ {0}，都能找到 q, r ∈ R 使得 a = qb + r，其中 r = 0 或者 f(r) < f(b). 这里的 f 被称为欧几里得函数.

范数（Norm）：(R, +, ·) 是整环，称映射 N: R → R^≥0 是一个范数（R^≥0 表示全体非负实数的集合），若 N 同时满足以下三个要求：

N(x) = 0 当且仅当 x = 0；

N(x) = 1 当且仅当 x 是单位；

对任意 a, b ∈ R，N(ab) = N(a)N(b).

注解

【1】(R, +, ·) 是整环，且存在 R 到 N₀ 的一个映射 N 是范数，x ∈ R. 若 N(x) 是素数，则 x 是非单位的不可约元.

由 N(x) 是素数知 x ≠ 0（因为N(0) = 0）. 假设 x 是可约元，即有 x = ab，其中 a, b 都不是单位.  a, b 显然都不是 0（不然 x = ab = 0）. 故

N(a) > 1，N(b) > 1. 而 N(x) = N(a)N(b)，这与 N(x) 是素数矛盾. 因此，x 是不可约元.

再结合范数定义中的要求：N(x) = 1 当且仅当 x 是单位. 可知，x 是非单位的不可约元.

【2】整环 R 中的单位一定是不可约元，且若 u 和 v 是 R 的任意两个单位，则 u ~ v.

令 u ∈ R 是单位，假设 u 是可约元，即存在 R 的两个非单位 a 和 b，满足 u = ab. 则 1 = (u^-1a)b = b(u^-1a)，即 b 是单位，与假设矛盾. 两个单位等价是显然的. 特别地，若 u 是单位，则 u ~ 1.

【3】整环 R 中的素元一定是不可约元.

令 p ∈ R 是素元，假设 p 是可约元，即存在 R 的两个非单位 a 和 b，满足 p = ab. 则显然有 a | p，b | p 以及 p | ab. 而 p 是素元，不妨令 p | a，于是 p ~ a. 即存在 c ∈ R 使得 a = pc，于是 p = ab = pcb，即有 p(1 - cb) = 0，由 p ≠ 0 及整环定义可知 1 = cb = bc，即 b 是单位，与假设矛盾.

【4】有些整环存在第三类不可约元，即既不是单位也不是素元的不可约元.

在 UFD、PID、ED 中，不可约元要么是单位，要么是素元. 但有些整环存在非单位非素元的不可约元.

以 R = Z[(-5)^1/2] = {a + b(-5)^1/2}: a, b ∈ Z} 为例，记 [m, n] = m + n(-5)^1/2，则

[a, b] + [c, d] = [a + c, b + d]，[a, b] · [c, d] = [ac - 5bd, ad + bc]

R 的加法单位元是 [0, 0] = 0，乘法单位元是 [1, 0] = 1. [a, b] 的加法逆元是 [-a, -b]. 进一步容易验证 R 是一个整环.

易知 R 是复数域 C 的子环. 对 x = [m, n] ∈ R，定义函数 N(x) = |x|²（即 x 的模长的平方），即有

N([m, n]) = m² + 5n². 显然 N 把 R 映射到 N₀.（N₀ ⊂ R^≥0）

对任意 u, v ∈ R，由 R 是 C 的子环，显然有 |uv|² = |u|²|v|²，即 N(uv) = N(u) · N(v).

【非要去验证一下 (a² + 5b²) · (c² + 5d²) = (ac - 5bd)² + 5(ad + bc)² 也可以，也不难】

 若 u 是 R 的一个单位，则存在 u 的逆元 v 使得 uv = 1. 于是 N(u) · N(v) = N(1) = 1² + 5·0² = 1.

故 N(u) = N(v) = 1. 而由 a² + 5b² = 1 必有 a = ±1，b = 0. 因此，R 的单位只有 ±1.

显然，N(±1) = 1，N(0) = 0. 综上，N 是 R 上的一个范数.

在 R 中，由 3·3 = 9 = 4 - (-5) = [2, 1]·[2, -1] 有 3 | [2, 1]·[2, -1] 以及 [2, ±1] | 3·3.

显然，3 不整除 [2, ±1]，[2, ±1] 也不整除 3，故 3 和 [2, ±1] 都不是素元，显然也都不是单位. 但由注解【1】并不能直接说明它们是不可约元，因为 N(3) = 3² = 9，N([2, ±1]) = 2² + 5·(±1)² = 9，而 9 不是素数. 因此，还需进一步判断.

假设 3 是可约元，即有 3 = xy，其中 x, y 都不是单位.  x, y 显然都不是 0. 故

N(x) > 1，N(y) > 1. 而 N(x)N(y) = N(3) = 9，故 N(x) = N(y) = 3. 而不定方程 a² + 5b² = 3 显然无解，即不存在 x ∈ R 使得 N(x) = 3. 因此 3 是不可约元.

同理，[2, ±1] 也是不可约元.

有意思的是，在本示例中，非 0 元素 [m, n] 是不可约元这个命题，可以等价地表述为：

不定方程组 ac - 5bd = m, ad + bc = n（m, n 是整数常量，a, b, c, d 是整数变量）只有如下 4 组平凡解：

(1) a = m, b = n, c = 1, d = 0. 即对应 [m, n] · 1 = [m, n]

(2) a = -m, b = -n, c = -1, d = 0. 即对应 [-m, -n] ·([-1) = [m, n]

(3) a = 1, b = 0, c = m, d = n.  即对应 1 · [m, n] = [m, n]

(4) a = -1, b = 0, c = -m, d = -n.  即对应 (-1) · [-m, -n] = [m, n]

以 [m, n] = [3, 0] 为例，对应的不定方程组为

ac - 5bd = 3, ad + bc = 0

假如不转化为上述复数子环的命题（利用模长或范数的特性求解），而尝试用初等数学的方法去求方程组的解会相当麻烦. 不妨实际试一下：

若 a = 0，则有 -5bd = 3，无解（5 不整除 3）. 故 a ≠ 0，则由 ad = -bc，有 d = -bc / a，于是有

ac + 5b²c / a = c(a² + 5b²) / a = 3，即 c(a² + 5b²) = 3a. 由此可知 a, c 同号，而 |a| ≤ a² ≤ a² + 5b²，故有 |c| ≤ 3.

若 c = 0，同样会有 -5bd = 3，无解. 故 c ≠ 0.

若 c = 1，则 a² + 5b² = 3a. 显然 a ≥ 4 时无解，a = 1 或 2 也无解，只有 a = 3 时有解，此时 b = 0，d = 0. 对应上述复数形式的 [3, 0] · [1, 0] = 3.

若 c = 2，则由 c(a² + 5b²) = 3a 可知，a 是偶数，a  ≥ 4 时无解，a = 2 时，同样无解.

若 c = 3，则 a² + 5b² = a. 只有 a = 1, b = 0 时等式满足，此时 d = 0. 对应上述复数形式的 [1, 0] · [3, 0] = 3. 

同样地，依次考虑 c = -1 和 c = -3 的情形，还可得到另外两组平凡解.

【5】PID 是最大公因子整环.

令 (R, +, ·) 是 PID，对任意 a, b ∈ R \ {0}，由 PID 的性质存在 d ∈ R 使得 (a) + (b) = (d). 由 b = 0·a + 1·b ∈ (d) = Rd，有 d | b，同理有 d | a.

而由 d ∈ (d) = (a) + (b) 知，存在 x, y ∈ R 使得 d = xa + yb. 假设 e ∈ R 满足 e | a 和 e | b，则 e | xa + yb = d.

即 d 就是 a, b 的一个最小公因子，且有 (a) + (b) = (gcd(a, b)). 因此，PID 是最大公因子整环.

【6】PID 中，非单位的不可约元一定是素元.

 令 (R, +, ·) 是 PID，p ∈ R \ {0} 是非单位的不可约元. 若 a, b ∈ R 使得 p | ab，需证 p | a 或 p | b.

假设 p 既不整除 a，也不整除 b. 此时显然有 a ≠ 0，b ≠ 0. 记 d = gcd(p, a). 于是存在 e ∈ R 使得 p = de. 

p 是非单位的不可约元，则 d 和 e 恰有一个是单位【d, e 都是单位，则 p = de 也是单位】.

若 e 是单位，则 p = de ~ d，即有 p | d | a，这与假设 p 不整除 a 矛盾，故 d 是单位. 即 d = gcd(p, a) ~ 1.

由注解【5】有 (p) + (a) = (1). 由 1 ∈ (1) = (p) + (a) 知，存在 x, y ∈ R 使得 1 = xp + ya.

于是 b = b(xp + ya) = bxp + yab，bxp 和 yab都是 p 的倍元，因此有 p | b. 这与假设 p 不整除 b 矛盾.

综上，命题成立.

关于 UFD 的定义的说明

Maki 的讲解视频里给出的 UFD 的定义是：

(R, +, ·) 是整环，若任意 x ∈ R \ {0} 都可以写成 x = up₁...p_n 的分解形式，其中 u 是单位，p₁, ..., p_n 是 R 中的（有限多个）不可约元；且这种分解形式满足唯一性，即若 x 还有 x = vq₁...q_m 的分解形式，则必有 m = n（即不可约元个数相等）且 p_i 与 q_i 之间存在一个双射，使得它们对应等价（即存在一个双射 α: {1, ..., n} → {1, ..., n} 使得 ∀ i ∈ {1, ..., n}，都有 p_i ~ q_α(i)），则称 R 是唯一分解整环.

在留意到整环中存在三种类型的不可约元（如注解【2】【3】【4】所述）之后，我发现这个定义描述中的不可约元实际是指非单位的不可约元. 

从网上看，也有在定义上就把单位排除在外的做法，如 整环的整除理论 - 知乎 (zhihu.com) 给出的定义是：

称 c ∈ R 是不可约元，如果 c 非零非单位，且如果 c = ab，a, b ∈ R，那么 a, b 中至少有一个是单位.

在给出 UFD 的定义后，Maki 给出了一个引理：

(R, +, ·) 是 UFD，p ∈ R 是一个不可约元，则 p 是素元.

同样这里的不可约元实际也是指非单位的不可约元. 结合这个引理可知，UFD 的定义的确可以等价地简化为前面给出的描述，即：

(R, +, ·) 是整环，若任意 x ∈ R \ {0} 都可以写成 x = up₁...p_n 的分解形式，其中 u 是 R 的一个单位，p₁, ..., p_n 是 R 中有限多个素元，则称 R 是唯一分解整环.

使用这个等价地简化定义，一个直接地好处是在证明 PID 是 UFD 时，无需先证分解的存在性再证分解的唯一性，只证分解的存在性即可. 素元的特性会确保分解的唯一性.

PID 是 UFD

采用反证法. 令 (R, +, ·) 是 PID，假设 R \ {0} 中存在至少一个元素不能分解成一个单位和有限多个素元的乘积，这样的元素构成的子集记为 S. 

任取 a1 ∈ S，考虑 S 中元素生成的主理想升链：

(a₁)  ⊂< (a₂) ⊂< ... ⊂< (a_n) ⊂< ...  【这里用 ⊂< 表示严格包含关系，如 A ⊂< B 表示 A ⊂ B 且 A ≠ B】

假设这是一个无穷升链，记 J = ∪_n=1^..∞(a_n)，易证 J 是理想.【J 中任意两个元素的加法，比如 i ∈ (a_m)，j ∈ (a_n)，(a_m) ⊂< (a_n)，i + j 可以看作是 (a_n) 中的两个元素的加法；对任意 r ∈ R，i ∈ J，若 i ∈ (a_n)，则 ri ∈ (a_n) ⊂ J】

由 R 是 PID 知，存在 a ∈ R 使得 (a) = J. 显然 a ∈ J，不妨设 a ∈ (a_k)，即存在 r ∈ R 使得 a = ra_k. 于是

J = (a) = Ra = R(ra_k) ⊂ Ra_k = (a_k) ⊂ ∪_n=1^..∞(a_n) = J.

即有 (a) = (a_k)，即这个升链到第 k 项就打住了. 【同样的方法可证 PID 中任何理想升链都只有有限项，这样的环被称作诺特环】

假设由 a₁ 得到的主理想升链为

(a₁)  ⊂< (a₂) ⊂< ... ⊂< (a_k)，a₁, ^..., a_k ∈ S

考虑 a_k，显然 a_k 不能是单位【否则 a_k 是单位和 0 个素元的乘积】，也不能是素元【否则 a_k 可以分解为 1·a_k】.

结合注解【6】可知，a_k 是可约元，令 a_k = bc，b,c ∈ R 且为非单位. 因此有 (a_k) ⊂< (b) 以及 (a_k) ⊂< (c).

(a_k) 是主理想升链的链尾，故 b 和 c 都不在 S 中. 即有

b = up₁...p_s，c = vq₁...q_t，其中 u, v 为 R 的单位，p₁, ..., p_s, q₁, ..., q_t 为 R 的素元.

而 a_k = bc = (uv)p₁...p_sq₁...q_t，这与 a_k ∈ S 矛盾.

综上，R \ {0} 中任意一个元素都可以分解成一个单位和有限多个素元的乘积，即 PID 是 UFD. 【在理想升链上运用极值原理】

关于 PID 是 UFD 的证明的补充说明

上面证明 PID 是 UFD 时用到了注解【6】中的引理，即：

PID 中，非单位的不可约元一定是素元.

Maki 的视频课中证明 PID 是 UFD 时也用到了一个引理，即：

最大公因子整环中，【非单位的】不可约元一定是素元.

这个引理的结论比注解【6】中的引理要强. Maki 对这个强引理的证明如下：

令 (R, +, ·) 是最大公因子整环，p ∈ R 是【非单位的】不可约元. 令 a, b ∈ R 满足 p | ab. 假设 p 不整除 a，需证 p | b.

p 和 a 显然都不为 0，因此可令 d = gcd(a, p)，即存在 e ∈ R 使得 p = de.

由 p 是不可约元可知，d 和 e 至少有一个是单位. 若 e 是单位，则 p ~ d，即有 p | d | a，与 p 不整除  a 矛盾，故 d 是单位. 即有 d = gcd(a, p) ~ 1. 

根据最大公因子的性质就有 (a) + (p) = (1). 由 1 ∈ (1) = (a) + (p) 可知，存在 x, y ∈ R 使得 ax + py = 1.

于是 b = abx + pby. 结合 p | ab，有 p | b.

黄色标注的部分，我认为是有问题的，至少是没有把最大公因子的什么性质交代清楚，即什么样的性质可以推出 (a) + (p) = (1).

在网上找了一下，也的确有这个强引理，但是没有看到令人信服的证明.

在 PID 中有 (a) + (b) = (gcd(a, b))，所以注解【6】中弱化的引理是成立的，而且正好可以用来证明 PID 是 UFD.

ED 是 PID

分析：令 R 是 ED，任给 J ◁ R. 需证存在 i ∈ R 使得 (i) = Ri = J.

可以尝试找 J 中全体元素的最大公因子. 比如考察 J 中的两个非零元素 x 和 y，由 ED 的定义可知，存在 q, r ∈ R 使得

x = qy + r，且有 r = 0 或 f(r) < f(y)，f 是从 R \ {0} 映到 N₀ 的欧几里得函数.

若 r = 0，说明 x 是 y 的倍元，接下去可以从 J \ {0} 中再取一个元素 w，进一步考察 w 和 y.

若 r ≠ 0，即有  f(r) < f(y). 由 r = x - qy 知 r ∈ J. 接下去考察 y 和 r.

按这种类似辗转相除法的思路，一定会找到一个 i ∈ J，使得对任意 a ∈ J \ {0} 都有 f(i) ≤ f(a).

于是就一定存在 q ∈ R 使得 a = qi. 所以这个 i 恰好满足 (i) = J.

证明：令 R 是 ED，任给 J ◁ R. 需证存在 i ∈ R 使得 (i) = Ri = J.

若 J = {0}，则 J = (0) 显然是主理想.

若  J ≠ {0}，因为欧几里得函数 f 的陪域为 N₀，所以在 J 中一定存在某个元素 i 满足

①      f(i) = min{ f(x): x ∈ J \ {0} }.

任取 a ∈ J \ {0}，则存在 q, r ∈ R 使得 a = qi + r，且 r = 0 或 f(r) < f(i).

由 r = a - qi 可知 r ∈ J. 若 r ≠ 0，则 f(r) < f(i)，这与 ① 矛盾. 故 r = 0. 于是 J \ {0} ⊂ (i)，显然 0 ∈ (i)，因此 J ⊂ (i).

而由 i ∈ J，有 (i) ⊂ J. 所以 (i) = J.

综上，ED 是 PID.

补充示例 1：整数环对元素 2 的局部化

令 R = <2>^-1Z = {m / 2ⁿ: m ∈ Z, n ∈ N₀}. 如下是对元素 15 的三个分解：

②     15 = 5 · 3 = 10 · 3/2 = 20 · 3/4

但我们不能据此就判断 R 不是 UFD. 因为由 2ⁿ · 1 / 2ⁿ = 1 可知，±2^k（k ∈ Z）是单位，于是 3 ~ ±3·2^k，具体在 ② 中就有

3 ~ 3/2 ~ 3/4.

同样有 5 ~ 10 ~ 20.

若 5 是素元，则 10, 20, 5/2, 5/16 等形如 5·2^k 的元素都是素元.

接下来证明：

R = <2>^-1Z 是 ED.

对任意非零元素 m / 2ⁿ ∈ R，显然可以写成 m / 2ⁿ = s · 2^t / 2ⁿ = s · 2^{t - n}  = s · 2^k  的形式，其中 s ∈ Z \ 2Z ，k ∈ Z.

即把非零整数 m 中的因子 2 全部提出来与 2^-n 相乘，就得到奇数 s 与 2^k 相乘的形式. 而任意 s · 2^k  形式的数也显然是 R 中的元素. 当然 0 = 0 · 2^k 也是 R  的元素.

因此有 R = <2>^-1Z = {s · 2^k: s ∈ {0} ∪ (Z \ 2Z), k ∈ Z}. 定义 f(s · 2^k) = |s|. 只需验证 f 满足欧几里得函数性质就证明了 R = <2>^-1Z 是 ED.

对任意 a = s · 2^m ∈ R 和任意 b = t · 2ⁿ ∈ R \ {0}：

若 a = 0，取 q = r = 0 ∈ R，即有 a = qb + r，且满足 r = 0 或 f(r) < f(b).

若 a ≠ 0，则 s 和 t 都是奇数，在整数环中存在唯一的 u 和 v 使得 s = ut + v，且满足 0 ≤ v < |t|.

取 q = u · 2^{m - n}，其中 u 中可能含有因子 2，但由上面的处理方法可知 q 依然是 R 中的元素.

取 r = a - qb = (ut + v) · 2^m - (u · 2^{m - n} · t · 2ⁿ) = v · 2^m.

显然有 a = qb + r. 若 v = 0，则 r = v · 2^m = 0；若 v ≠ 0，即 v > 0，此时有 v = w · 2ⁱ，且 i ≥ 0，w 是正奇数，显然有 w < v.

而 f(r) = f(v · 2^m) = f(w · 2^{m + i}) = w，f(b) = f(t · 2ⁿ) = |t|.

由 w < v < |t|，有 f(r) < f(b).

综上，f 是 R 上的欧几里得函数. 因此，R = <2>^-1Z 是 ED.

进一步还可以证明：

f(s · 2^k) = |s| 是 R = <2>^-1Z 上的范数.

①. 一方面，f(0 · 2^k) = |0| = 0；另一方面，若 f(s · 2^k) = |s| = 0，则显然有 s = 0.

②. 一方面，f(±2^k) = f(±1 · 2^k) = |±1| = 1；另一方面，若 f(s · 2^k) = |s| = 1，则显然有 s = ±1.

③. 对任意 a = s · 2^m ∈ R 和任意 b = t · 2ⁿ ∈ R，显然 f(a) = |s|，f(b) = |t|.

f(ab) = f(s · 2^m · t · 2ⁿ) = f(st · 2^{m + n}) = |st|【2 是素数，2 不整除 s，也不整除 t，则 2 不整除 st】.

故有 f(ab) = f(a)f(b).

综上，f 是从 R 映到 N₀ 的范数.

于是由 f(5 · 2^k) = 5，结合前述的内容，可知 5 ·  2^k（k ∈ Z）是 <2>^-1Z 中的素元.

补充示例 2：高斯整数环

令 R = Z[i] = {a + bi: a, b ∈ Z}. 判断 1 + i，1 + 3i，2，3，5 中哪些是素元.

这里 R 是一个 ED，N(a + bi) = a² + b² 既是 R 上的范数，又是 R 上的欧几里得函数. 

N(1 + i) = 1² + 1² = 2，由注解【1】直接可知 1 + i 是非单位的不可约元，且 R 是 ED，因此 1 + i 是素元.

N(1 + 3i) = 1² + 3² = 10 = 2 · 5， 若 1 + 3i 是可约元，即存在 xy = 1 + 3i，不妨设 N(x) ≤ N(y)，则 N(x) = 2, N(y) = 5.

由 N(x) = 2，可知 x = ±1±i；由 N(y) = 5，可知 y = ±1±2i 或 y = ±2±i. 经简单尝试，有 1 + 3i = (-1 + i)(1 - 2i)，因此 1 + 3i 不是素元.

同样，由 2 = (1 + i)(1 - i) 可知，2 不是素元.

N(3) = 9 = 3 · 3，但由于 a² + b² = 3 无解，可知 3 是素元.

5 不是素元，因为 5 = (1 + 2i)(1 - 2i).